MATH 321 - Licence de mathématiquesgcomte.perso.math.cnrs.fr/Math321/MATH321.pdf · x7!ydu fait de...

MATH 321 - Licence de mathematiques

Georges COMTE

Laboratoire de Mathematiques de l’Universite de Savoie, UMR CNRS5127, Batiment Chablais, Campus scientifique, 73376 Le Bourget-du-Lac cedex, France

E-mail address : [email protected]: http://gcomte.perso.math.cnrs.fr/

2 mars 2017

Table des matieres

Chapitre 1. Ensembles et fonctions convexes 51. Rappels 52. Ensembles convexes 73. Fonctions convexes 94. Inegalites de convexite 34

Chapitre 2. Etude locale de fonctions 411. Rappels 412. Domination, preponderance, equivalence de fonctions 433. Echelles de comparaison et developpements asymptotiques 564. Developpement limites 62

Chapitre 3. Series numeriques 831. Rappels 832. Introduction 843. Definitions generales 854. Convergence absolue et series de terme general positif 955. Series de terme general ayant un signe non constant 149

Chapitre 4. Annexe : approximation des reels par les rationnels 1571. Approximation des reels par des rationnels 1572. Approximation par les fractions continues 159

Bibliographie 167

3

CHAPITRE 1

Ensembles et fonctions convexes

1. Rappels

On rappelle brievement dans cette section des notions de base qui seront utilesdans la suite du chapitre.

Commencons par rappeler que pour montrer que deux ensembles E et F sontegaux ont montre souvent que E ⊂ F et F ⊂ E. Et pour montrer une inclusionE ⊂ F , on considere un element x ∈ E, dont on montre qu’il est aussi dans F . Cetelement x etant choisi sans contrainte dans E. Pour une illustration de ce principe,voir par exemple l’Exemple 1.7 ci-dessous. On dira souvent qu’un sous-ensemble deRn est une � partie � de Rn. On utilisera ces deux mots comme des synonymes.

1.1. Definition. L’intervalle [a, b] de R est l’ensemble suivant

[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}.

De meme

]a, b[= {x ∈ R; a < x < b}.

]a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b}.

[a, b[= {x ∈ R; a ≤ x < b}.

Rappelons que tout sous-ensemble C de R possede une borne inferieure α etune borne superieure β, avec α, β ∈ R∪{−∞,+∞}. Les quantites α et β peuventappartenir a C ou ne pas y appartenir. Par definition α est le plus grand minorantde C, c’est-a-dire que

∀x ∈ C, α ≤ x et si a ∈ R est tel que ∀x ∈ C, a ≤ x, alors a ≤ α.

De meme, β est le plus petit majorant de C, c’est-a-dire que

∀x ∈ C, β ≥ x et si b ∈ R est tel que ∀x ∈ C, b ≥ x, alors b ≥ β.

Une autre definition utile des bornes inf et sup est la suivante :

∀x ∈ C, α ≤ x et ∀ε > 0,∃x ∈ C tel que α ≤ x < α + ε

∀x ∈ C, β ≥ x et ∀ε > 0,∃x ∈ C tel que β − ε < x ≤ β.

Cette derniere definition montre que l’on peut construire une suite (αn)n∈N d’elementsde C qui converge (en decroissant si l’on veut) vers α. De meme, on peut construireune suite (βn)n∈N d’elements de C qui converge (en croissant si l’on veut) vers β.

5

6 1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES

1.2. Definition. Si E et F sont deux ensembles, le produit de E par F , noteE × F , est l’ensemble defini par

E × F := {(x, y);x ∈ E, y ∈ F}.

1.3. Definition. Etant donnes deux ensembles E et F , un graphe Γ de E × Fest la donnee d’un sous-ensemble de E × F qui verifie

Si (x, y1) et (x, y2) sont dans Γ, alors necessairement y1 = y2.

Ainsi se donner un graphe Γ est se donner une application (au sens naıf d’uneapplication), puisque les elements (x, y) ∈ Γ determinent une unique applicationx 7→ y du fait de l’unicite, x etant fixe, de y tel que (x, y) ∈ Γ. En realite la definitionrigoureuse d’une application n’est rien d’autre que la donnee d’un graphe !

1.4. Definition. Soit f : E → R une fonction definie sur un sous-ensemble Ede Rn. On note, pour tout (x1, · · · , xn) ∈ Rn, ‖(x1, · · · , xn)‖ =

√x21 + · · ·+ x2n (si

n = 1, ‖x‖ = |x|, pour tout x ∈ R). On dit que f est Lipschitzienne sur E s’ilexiste k ≥ 0 tel que

∀x, y ∈ E, |f(y)− f(x)| ≤ k · ‖y − x‖.On dit que k est une constante de Lipschitz de f sur E (tout k′ ≥ k en est uneautre). On dit que f est localement lipschitzienne sur E si

∀a ∈ E ∃ra > 0 ∃ka ≥ 0 tel que ∀x, y ∈ E,‖x− a‖ < ra et ‖y − a‖ < ra =⇒ |f(y)− f(x)| ≤ ka · ‖y − x‖.

1. Exercice. Montrer que si f : E → R est lipschitzienne sur E alors f estlocalement lipschitzienne sur E. Montrer que si f est localement lipschitzienne surE alors f est continue sur E.

Solution de l’exercice. Pour la premiere proposition, et avec les notations dela Definition 1.4, il suffit, pour a ∈ E, de prendre ka = k.

Soit maintenant a ∈ E et montrons que f est continue en a, c’est-a-dire quesi (an)n∈N est une suite de E tendant vers a, alors f(an) tend vers f(a). Soientra, ka comme dans la Definition 1.4. Comme (an)n∈N tend vers a, il existe N , telque n ≥ N =⇒ ‖a− an‖ ≤ ra. Ainsi, pour tout n ≥ N ,

|f(a)− f(an)| ≤ ka · ‖a− an‖.Mais cette derniere egalite, puisque limn→∞ ‖a−an‖ = 0, montre que limn→∞ |f(a)−f(an)| = 0.

1.5. Definition. Etant donnes deux elements A et B de Rn, le segment (ferme)joignant A et B est le sous-ensemble de Rn note [AB] et defini par

[AB] := {(1− λ)A+ λB;λ ∈ [0, 1]}.Autrement dit, [AB] est l’ensemble des points X de Rn pour lesquels existe λ ∈ [0, 1],tel X = (1 − λ)A + λB. Noter que la parametrisation [0, 1] 3 λ 7→ (1 − λ)A + λB

2. ENSEMBLES CONVEXES 7

du segment [AB] montre que celui-ci est contenu dans la droite de Rn passant parA et B (lorsque A 6= B).

1.6. Exemple. On pose A = (π,√

2) ∈ R2 et B = (1,√

3) ∈ R2. Decrire [AB].

1.7. Exemple. Soient deux points a, b de R avec a ≤ b. Alors le segment [ab]n’est rien d’autre que l’intervalle [a, b], dont on rappelle qu’il est defini par

[a, b] := {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}.

En effet, si x ∈ [ab], il existe λ ∈ [0, 1] tel que x = (1 − λ)a + λb, par definitiondu segment [ab]. Mais comme x− a = λ(b− a) ≥ 0 et b− x = (1−λ)(b− a) ≥ 0, ona bien a ≤ x ≤ b, donc x ∈ [a, b]. Ce qui prouve que [ab] ⊂ [a, b]. Reciproquement,montrons que [a, b] ⊂ [ab]. Soit x ∈ [a, b], alors a ≤ x ≤ b. On peut ecrire dans cecas x = (1−λ)a+λb, avec λ = x−a

b−a (noter que le cas a = b est trivial). Mais commedans ce cas λ ∈ [0, 1], on a bien x ∈ [ab].

2. Ensembles convexes

2.1. Definition. Soit C un sous-ensemble de Rn. On dit que C est un sous-ensemble convexe de Rn ou une partie convexes de Rn ou plus simplement unconvexe de Rn, lorsque

∀x, y ∈ C,∀λ ∈ [0, 1], (1− λ)x+ λy ∈ C,

Ainsi, en vue de la Definition 1.5, C est convexe si et seulement si

∀x, y ∈ C, [xy] ⊂ C.

2.2. Remarque. L’ensemble vide ∅ ainsi que les sous-espaces vectoriels et affinesde Rn sont des convexes de Rn.

2. Exercice. Montrer que les parties convexes de R sont les intervalles de R.Dessiner des parties convexes et non convexes de R2 et de R3.

Solution de l’exercice. Nous allons commencer par montrer qu’un intervalle,disons ]a, b[ ou a, b ∈ R ∪ {−∞,+∞} avec a ≤ b, est un sous-ensemble convexe deR (les arguments sont les memes pour les intervalles du type [a, b], ]a, b] ou [a, b[).On peut supposer que a < b, sinon ]a, b[= ∅ et ∅ est convexe. Soient alors x, y ∈]a, b[tels que x < y. D’apres l’Exemple 1.7, on a [xy] = [x, y] mais [x, y] ⊂]a, b[, donc[xy] ⊂]a, b[.

Reciproquement, montrons maintenant qu’un convexe C de R est bien un inter-valle de R. Pour cela notons α := inf C et β := sup C. On a α, β ∈ R∪ {−∞,+∞}.Plusieurs cas se presentent selon que α et β sont ou non dans C. Pour fixer les ideessupposons que α 6∈ C et β ∈ C, les autres cas se traitant de la meme maniere. On vamontrer que C =]α, β]. A nouveau pour prouver cette egalite entre ensembles, nousallons prouver une double inclusion.

Commencons par montrer que C ⊂]α, β]. Cette inclusion est claire puisque α estun minorant de C et β en est un majorant et que de plus α 6∈ C et β ∈ C.


Montrons alors pour terminer que ]α, β] ⊂ C. Soit pour cela z ∈]α, β]. Pardefinition des bornes sup et inf, il existe x, y ∈ C tels que α < x < z < y ≤ β (onpourrait prendre β pour y !). Mais alors par convexite de C, [xy] ⊂ C. Or z ∈ [xy]puisque z ∈ [x, y] et [xy] = [x, y] (d’apres l’Exemple 1.7). On en conclut bien quez ∈ C.

3. Exercice. Etudier la stabilite de la convexite sous la reunion et l’intersection.Montrer que pour tout ensemble E ⊂ Rn existe C(E) ⊂ Rn un ensemble convexe quicontient E et qui est contenu dans tout ensemble convexe contenant E. On appelleC(E) l’enveloppe convexe de E.

Solution de l’exercice. La convexite n’est pas une propriete preservee parreunion : deux ensembles convexes peuvent avoir une reunion non convexe (pen-ser a deux points distincts dans R).

En revanche si C1 et C2 sont deux ensembles convexes de Rn, et si A,B ∈ C1∩C2,le segment [AB] est dans C1 par convexite de C1 et aussi dans C2 par convexite deC2. Donc [AB] ⊂ C1 ∩ C2. Ce qui prouve la convexite de C1 ∩ C2.

La preve que l’on vient de faire se generalise immediatement a une famille quel-conque de convexes (Ci)i∈I , avec I un ensemble d’indices quelconque et pour touti ∈ I, Ci un convexe de Rn. Considerons alors

I = {C ⊂ Rn, tel que C est convexe et E ⊂ C}.L’ensemble I est non vide puisque Rn ∈ I. Alors

C(E) :=⋂C∈I

C

est un convexe de Rn qui contient E, et si C ′ en est un autre, necessairement C ′ ∈ Iet donc C(E) ⊂ C ′.

4. Exercice. Montrer que C ⊂ Rn est convexe si et seulement si

∀p ≥ 2,∀x1, · · · , xp ∈ C, ∀λ1, · · · , λp ∈ [0, 1] verifiant

p∑j=1

λj = 1,

on a :

p∑i=1

λixi ∈ C.

Solution de l’exercice. Voir la Proposition 3.8, qui est la version de ce theoremepour les fonctions.

Pour etudier les ensembles convexes de Rn, on va considerer que ceux-ci sont� delimites � par des graphes d’applications (cf Proposition 3.5).

En effet, si C est un convexe de Rn, sa projection sur Rn−1×{0} est un convexe Kde Rn−1. Considerons x = (x1, · · · , xn−1, 0) ∈ K etDx la droite affine {(x1, · · · , xn−1, w) ∈Rn}. Alors C ∩Dx est un convexe Ix de Dx (puisque l’intersection de deux convexesest convexe par l’Exercice 3). Mais Dx etant identifiee a R, par l’Exercice 1.7, onsait que Ix est un intervalle de Dx. Notons αx et βx les bornes de cet intervalle,

3. FONCTIONS CONVEXES 9

avec αx ≤ βx et αx, βx ∈ R∪{−∞,+∞} (cf fig.1). Nous venons d’associer a C deuxfonctions α : K 3 x 7→ αx et β : K 3 x 7→ βx dont on dira que les graphes dans Rn

delimitent C. Puisque ces deux fonctions definissent a leur tour C de maniere uni-voque, etudier ces deux fonctions equivaut a etudier C lui-meme (cf les Propositions3.5 et 3.7).

x

Dx

Rn−1

Rn

αx

Γ

Γ(α)

(β)

xβ

Ix

fig.1

On veut traduire les proprietes fondamentales des applications α (et β) en uneseule definition, la convexite (et la concavite). On va commencer dans la Section3 par proposer une telle definition generale. On montrera ensuite d’une part quel’application α associee a un ensemble convexe satisfait bien cette definition (cfProposition 3.7) et d’autre part qu’une fonction est convexe (rep. concave) si etseulement si son graphe delimite inferieurement (resp. superieurement) un ensembleconvexe (cf Proposition 3.5).

3. Fonctions convexes

3.1. Definition. Soit C ⊂ Rn une partie convexe de Rn et f : C → R. On ditque f est une fonction convexe si et seulement si

∀x, y ∈ C,∀λ ∈ [0, 1], f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y).

On dit que f est une fonction concave lorsque la proposition precedente a lieuavec ≥ au lieu de ≤ et on dit que f est une fonction strictement convexe lorsque


la proposition precedente a lieu avec < au lieu de ≤ (avec toutefois x 6= y et λ ∈]0, 1[afin d’eviter les cas automatiques d’egalite). De meme, on dit que f est une fonctionstrictement concave lorsque la proposition precedente a lieu avec > au lieu de ≥(avec toutefois x 6= y et λ ∈]0, 1[ afin d’eviter les cas automatiques d’egalite).

5. Exercice. Soient I un intervalle de R et f : I → R et g : I → R deuxfonctions convexes. Etudier la convexite de f(−x), f + g, fg, max{f, g}, min{f, g}et lorsque la composition de g et f est permise, celle de g ◦ f .

3.2. Remarque. En vue de la discussion de la fin de la section precedente rame-nant l’etude des ensembles convexes a celle des fonctions convexes, la definition desfonctions convexes est naturelle, puisque l’interpretation graphique de la convexited’une fonction est la suivante : pour tout couple de points A et B du grapheΓ(f) ⊂ Rn+1 de f , le segment [AB] est situe � au-dessus � de Γ(f). Ce qui cor-respond bien a l’idee que l’on se fait du graphe de la fonction α.

B

x y(1−λ) +λx y

(1−λ) +λ

(1−λ) +λ

A

x y

f( )

f( )

(1−λ) +λf( ) f( )∆=

f( )

x y

x

y

A B

FE

D

fig.2

Pour bien comprendre cette interpretation, il convient de remarquer que si A =(x, f(x)), B = (y, f(y)), le point ∆ = ((1 − λ)x + λy, (1 − λ)f(x) + λf(y)) est lepoint du segment [AB] � au-dessus � de ((1−λ)x+λy, 0). En effet, il n’existe dansla droite (ED) (qui est parallele a BF ) qu’un seul point ∆ tel que

∆E

BF=AE

AF.


orAE

AF=

(1− λ)x+ λy − xy − x

= λ.

D’autre part, par le theoreme de Thales, si ∆ est le point d’intersection du segment[AB] et de la droite (ED), on a bien

∆E

BF=AE

AF= λ,

ce qui, en notant w l’ordonnee de ∆, fournit

w − f(x)

f(y)− f(x)= λ

et donc

w = (1− λ)f(x) + λf(y).

6. Exercice. Montrer que si f : [c, d]→ R est continue sur [c, d] et convexe sur]c, d[, alors f est convexe sur [c, d].

Solution de l’exercice. Il faut demontrer que pour tout x, y ∈ [c, d], pour toutλ ∈ [0, 1],

f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y). (∗)Soient x, y ∈ [c, d] et z, w ∈]c, d[. Par convexite de f sur ]c, d[, on a pour toutλ ∈ [0, 1],

f((1− λ)z + λw) ≤ (1− λ)f(z) + λf(w). (∗∗)En faisant tendre z vers x et w vers y, du fait de la continuite de f sur [c, d], on af(z)→ f(x), f(w)→ f(y) et f((1−λ)z+λw)→ f((1−λ)x+λy). Par conservationde l’inegalite large dans (∗∗) lorsque z → x et w → y, on obtient bien (∗).

7. Exercice. Soient a, b deux nombres reels verifiant a < b et soit une f : [a, b]→R une fonction convexe non constante. On suppose enfin que f(a) = f(b) = m. Onveut montrer que ∀x ∈]a, b[, f(x) < m.

(1) Montrer que dans le but de montrer que ∀x ∈]a, b[, f(x) < m, on peutsupposer sans perte de generalite que m = 0.

On suppose dans la suite que m = 0.

(2) Montrer que ∀x ∈ [a, b], f(x) ≤ 0.

(3) En raisonnant par l’absurde, montrer finalement que ∀x ∈]a, b[, f(x) < 0.

Solution de l’exercice. (1) Supposons que l’on ait montre que lorsque fest convexe, non constante et f(a) = f(b) = 0, on a ∀x ∈]a, b[, f(x) < 0.Maintenant si g est une fonction convexe et non constante telle que g(a) =g(b) = m, la fonction f(x) = g(x) − m est convexe en tant que sommede deux fonctions convexes (cf Exercice 5) et telle que f(a) = f(b) = 0. Ils’ensuit que ∀x ∈]a, b[, g(x)−m = f(x) < 0 et donc que ∀x ∈]a, b[, g(x) <m.


(2) La definition de la convexite de f est

∀λ ∈ [0, 1], f(x) ≤ (1− λ)f(a) + λf(b) = 0,

avec x = (1− λ)a+ λb qui decrit l’intervalle [a, b] lorsque λ decrit [0, 1].

(3) Supposons qu’existe c ∈]a, b[ tel que f(c) = 0. Comme f n’est pas constanteet que ∀x ∈ [a, b], f(x) ≤ 0, il existe d ∈ [a, b] tel que f(d) < 0. Sansperte de generalite, on peut supposer que a < d < c (si c < d < b, leraisonnement s’adapte). En notant, pour un certain λ ∈]0, 1[ (c n’est ni dni b !), c = (1−λ)d+λb, par convexite de f , on a 0 = f(c) ≤ (1−λ)f(d) +λf(b) = (1− λ)f(d) < 0, ce qui est contradictoire.

3.3. Definition. Soit f : C → R une fonction definie sur le convexe C ⊂ Rn. Onconsidere

Γ(f)+ := {(x, y) ∈ C × R; y ≥ f(x)} et Γ(f)− := {(x, y) ∈ C × R; y ≤ f(x)}.

On dit que Γ(f)+ est l’epigraphe de f .

3.4. Remarque. Dire que le segment [AB] de la figure 1 est � au-dessus � dugraphe Γ(f) signifie plus rigoureusement que [AB] ⊂ Γ(f)+ ou, de maniere equivalente,que [AB] ∩ Γ(f)− = ∅.

Le lien entre ensemble convexe de Rn+1 et fonction convexe est donne par leresultat suivant.

3.5. Proposition. Soit C un ensemble convexe de Rn et f : C → R une fonction.Alors f est convexe si et seulement si l’epigraphe Γ(f)+ de f est une partie convexede Rn+1.

Demonstration. Si Γ(f)+ est convexe et si deux points A,B sont choisis surΓ(f), du fait que Γ(f) ⊂ Γ(f)+, nous avons [AB] ⊂ Γ(f)+, ce qui montre que f estconvexe (par la Remarque 3.4).

Reciproquement, supposons f convexe et soient A = (xA, yA), B = (xB, yB) deuxpoints de Γ(f)+. Considerons a = (xA, f(xA)) et b = (xB, f(xB)) les deux points dugraphe de f respectivement sous A et B. La convexite de f dit alors que, quel quesoit λ ∈ [0, 1]

f((1− λ)xA + λxB) ≤ (1− λ)f(xA) + λf(xB).

D’autre part, puisque A,B ∈ Γ(f)+, on a, par definition de Γ(f)+, f(xA) ≤ yA etf(xB) ≤ yB, ce qui donne

(1− λ)f(xA) + λf(xB) ≤ (1− λ)yA + λyB.

Mais les deux dernieres inegalites ont pour consequence

f((1− λ)xA + λxB) ≤ (1− λ)yA + λyB,

ce qui prouve que [AB] ⊂ Γ(f)+ et donc que Γ(f)+ est convexe.


3.6. Remarque. Si f : C → R est convexe, on vient de voir que Γ(f)+ estconvexe. Notons que la fonction α : C → R associee au convexe Γ(f)+ n’est autreque f , qui dans ce cas est convexe. La Proposition qui suit montre que ce phenomenen’est par specifique au convexe Γ(f)+ : la fonction α associe a n’importe quel convexede Rn est une fonction convexe.

8. Exercice. Montrer que f : C → R est concave si et seulement si −f estconvexe si et seulement Γ(f)− est convexe.

3.7. Proposition. Soit C un ensemble convexe de Rn, K sa projection sur Rn−1×{0} et soient enfin α : K 3 x 7→ αx ∈ R et β : K 3 x 7→ βx ∈ R les fonctions definiesplus haut. Alors α est convexe et β est concave.

Demonstration. Il suffit de demontrer la convexite de α : K 3 x 7→ αx, leraisonnement s’adaptant a la lettre a β : K 3 x 7→ βx a condition de renversertoutes les inegalites 1.

Soient x, y ∈ K et λ ∈ [0, 1]. On note z = (1−λ)x+λy et A = (x, αx), B = (y, αy).On veut montrer que

αz ≤ (1− λ)αx + λαy.

Si A et B sont dans C, cela est clair, puisqu’alors la convexite de C montre que(1 − λ)A + λB ∈ C et par definition-meme de αz, on a bien αz � au-dessous � de(1− λ)A+ λB, c’est-a-dire αz ≤ (1− λ)αx + λαy.

Le cas delicat arrive lorsque A ou B ne sont pas dans C. Mas dans ce cas, puisqueA est defini comme

(x, inf{v tel que (x, v) ∈ C}),

il existe une suite An := (x, vn) de points de C telle que

limn→∞

An = A, c’est-a-dire limn→∞

vn = αx.

De meme existe une suite Bn := (y, wn) de points de C telle que

limn→∞

Bn = B, c’est-a-dire limn→∞

wn = αy.

1. On peut aussi observer que si C est un convexe de Rn, C′ est aussi un convexe de Rn, lorsqueC′ est le symetrique de C par rapport a Rn−1. Or la fonction αC′ associee a C′ est −βC . De sorteque si l’on sait que αC′ est convexe, on en deduit que βC est concave, par l’Exercice 8.


C

(1−λ)α +λαx y

x yz

αx

αy

αz

A

Bn

n

A

B

(1−λ) +λn BnA

fig.3

On a alors par convexite de C :

(1− λ)An + λBn ∈ C,

ce qui implique pour chaque n ≥ 0 :

αz ≤ (1− λ)vn + λwn.

Finalement, en passant a la limite dans cette derniere inegalite on obtient l’inegaliterecherchee : αz ≤ (1− λ)αx + λαy.

3.8. Proposition (inegalite de Jensen). 2 Soit C un ensemble convexe de Rn etf : C → R une fonction. Alors f est convexe si et seulement si

∀p ≥ 2,∀x1, · · · , xp ∈ C, ∀λ1, · · · , λp ∈ [0, 1] tels que

p∑i=1

λi = 1, on a

f(

p∑i=1

λixi) ≤p∑i=1

λif(xi).

2. Cette inegalite a ete demontree en 1906 par le mathematicien danois Johan Jensen. Il s’agitici de sa variante discrete ; elle connait des variantes integrales.


Demonstration. Commencons par noter que, puisque C est convexe, l’appar-tenance de x1, · · · , xp a C et λ1, · · · , λp ∈ [0, 1] avec

∑pi=1 λi = 1, assurent bien que∑p

i=1 λixi ∈ C, par l’Exercice 4.Notons P(p) la propriete

∀x1, · · · , xp ∈ C,∀λ1, · · · , λp ∈ [0, 1] tels que

p∑i=1

λi = 1, f(

p∑i=1

λixi) ≤p∑i=1

λif(xi).

Remarquons ensuite que P(2) est exactement la definition de la convexite, donc siP(p) est vraie pour tout p ≥ 2, f est bien convexe. Reciproquement, supposonsmaintenant f convexe et montrons par recurrence sur p que P(p) a lieu pour toutp ≥ 2.

– L’initialisation de la recurrence consiste a prouver P(2), qui est exactement ladefinition de la convexite de f .

– Soit p ≥ 2 et supposons que P(p) soit vraie. Nous allons alors montrer queP(p + 1) est vraie. Pour cela soient x1, · · · , xp+1 ∈ C, λ1, · · · , λp+1 ∈ [0, 1] tels

que∑p+1

i=1 λi = 1. On note σ le reel∑p

i=1 λi. Alors σ + λp+1 = 1,∑p

i=1λiσ

= 1.

Si x :=∑p

i=1λiσxi, on a x ∈ C et donc σx+ (1− σ)xp+1 ∈ C, d’apres l’Exercice

4, ce qui donne par convexite de f :

f(σx+ (1− σ)xp+1) ≤ σf(x) + (1− σ)f(xp+1).

Mais par hypothese de recurrence, P(p) est vraie, donc

f(x) ≤p∑i=1

λiσf(xi),

ce qui conduit, en tenant compte de l’avant derniere inegalite, a

f(

p+1∑i=1

λixi) ≤ σf(x) + (1− σ)f(xp+1) ≤ σ

p∑i=1

λiσf(xi) + λp+1f(xp+1) =

p+1∑i=1

λif(xi).

Ce qui prouve P(p+ 1), et par principe de recurrence, P(j), ∀j ≥ 2.

3.9. Remarque. On peut aussi commencer par prouver l’Exercice 4 (qui est laProposition 3.8 pour les ensembles, et a ce titre un peu plus simple que la Proposition3.8 elle-meme). La convexite de l’epigraphe d’une fonction convexe se ramene alorsa la caracterisation de la convexite proposee par l’Exercice 4. Mais il est finalementfacile de voir que cette caracterisation n’est rien d’autre que la propriete P(p) pourcette fonction. Ce qui demontre la Proposition 3.8.

9. Exercice. Representer graphiquement les proprietes de la Proposition 3.8 etde l’exercice 4.

10. Exercice. Soit f : R → R. Monter que f est convexe et concave si etseulement si f est affine, ie du type f(x) = ax+ b, ou a, b ∈ R.


Solution de l’exercice. Par convexite et concavite simultanees, quel que soientx, y ∈ R, quel que soit λ ∈ [0, 1], on a

f((1− λ)x+ λy) = (1− λ)f(x) + λf(y). (∗)

Notons que si f est effectivement affine, avec les notations de l’enonce, b = f(0) eta = f(1) − f(0). Posons alors b = f(0) et a = f(1) − f(0). En faisant x = 0 ety = 1 dans (∗) on obtient que

∀λ ∈ [0, 1], f(λ) = (1− λ)f(0) + λf(1) = (1− λ)b+ λ(a+ b) = λa+ b. (∗∗)

Maintenant soit y > 1. Alors en faisant x = 0 et λ = 1/y ∈ [0, 1] dans (∗), on a

a+ b = f(1) = f(y

y) = (1− 1

y)b+

f(y)

y

ce qui donne

∀y > 1, f(y) = ay + b. (∗ ∗ ∗)Remarquons que (∗∗) et (∗∗∗) donnent que ∀z ≥ 0, f(z) = az+b. Enfin, si z ∈ R+,l’egalite (∗) donne, en y faisant λ = 1

2et x = z, y = −z

b = f(0) =1

2(f(z) + f(−z)),

soit

f(−z) = 2b− f(z) = −az + b.

On a donc demontre que pour tout w ≤ 0, on a aussi f(w) = aw + b.

Le theoreme qui suit est le theoreme principal de ce chapitre.

3.10. Theoreme (croissance et inegalite des pentes). Soit I un intervalle de Ret f : I → R. Fixons x ∈ I, et considerons pour t ∈ I, t 6= x,

px(t) :=f(x)− f(t)

x− t,

qui est la pente de la droite contenant le segment [(x, f(x))(t, f(t))]. Alors sontequivalentes les propositions suivantes

(1) f est convexe,

(2) t 7→ px(t) est croissante sur I \ x, quel que soit x ∈ I,

(3) pour tout x, y, z ∈ I deux a deux distincts, avec x < y < z,

px(y) ≤ px(z) ≤ py(z)

ou encore

f(x)− f(y)

x− y≤ f(x)− f(z)

x− z≤ f(y)− f(z)

y − z(inegalite des pentes).


On visualise la proposition 2 du Theoreme 3.10 par la figure suivante, ou l’on voitque la pente de (AB) est inferieure a celle de (AC), elle-meme inferieure a celle de(BC) (attention, sur cette figure, toutes les pentes sont negatives !).

A

CB

x zy

Γ( )f

fig.4

Demonstration. Par definition de la croissance d’une fonction, il est clair que2⇐⇒ 3. Nous allons prouver maintenant 1⇐⇒ 2.

Commencons par prouver que 1 =⇒ 2. Pour cela on se donne x ∈ I puis y < z,deux autres elements de I, distincts de x, et on va montrer que px(y) ≤ px(z).Notons que l’on peut ecarter le cas facile y = z. Supposons donc que y < z.• Supposons que x < y < z. Dans ce cas, existe λ ∈]0, 1[ tel que y = (1−λ)x+λz.

Par hypothese de convexite de f , nous avons

f(y) ≤ (1− λ)f(x) + λf(z),

doncf(y)− f(x) ≤ λ(f(z)− f(x)),

et donc

px(y) =f(y)− f(x)

y − x≤ λ(f(z)− f(x))

y − x.

Mais comme y − x = λ(z − x), on en deduit

px(y) ≤ f(z)− f(x)

z − x= px(z).

• Le cas ou y < z < x se traite de la meme maniere.


• Enfin le cas y < x < z se traite ainsi : d’apres le deuxieme des trois cas,nous avons pz(y) ≤ pz(x). Mais d’apres le premier cas py(x) ≤ py(z). Or commepy(z) = pz(y), nous en deduisons que

py(x) ≤ pz(x), c’est-a-dire px(y) ≤ px(z).

Montrons maintenant que 2 =⇒ 1. Pour cela donnons-nous x < z dans I et pourλ ∈ [0, 1], posons y = (1− λ)x+ λz. Par l’hypothese de croissance des pentes, nousavons px(y) ≤ px(z), soit

f(y)− f(x)

y − x≤ f(z)− f(x)

z − x.

Or y − x = λ(z − x), d’ou

f(y)− f(x) ≤ λf(z)− λf(x)⇐⇒ f(y) ≤ (1− λ)f(x) + λf(z).

3.11. Corollaire. Soit I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonctionconvexe. Alors f est derivable a gauche et a droite sur I et on a

∀x, y ∈ I, x < y, f ′g(x) ≤ f ′d(x) ≤ f(y)− f(x)

y − x≤ f ′g(y) ≤ f ′d(y) 3.

En particulier f est localement lipschitzienne et donc continue.

Demonstration. Soit y ∈ I. On va montrer que f etant convexe est derivablea gauche et a droite en y. Pour cela soient x, z ∈ I avec x < y < z (ce qui estpossible grace a l’ouverture de I. Si I n’etait pas ouvert, et si y etait une extremitenon ouverte de I, on ne pourrait pas trouver de tels x et z). Le taux d’accroissementpy(x) est majore par py(z), d’apres le Theoreme 3.10. D’autre part x 7→ py(x)

est croissante, toujours d’apres le Theoreme 3.10. Etant croissante et majoree, lafonction x 7→ py(x) admet une limite quand x→ y (x < y). Or par definition-memecette limite est f ′g(y). On en deduit que

f ′g(y) ≤ f(z)− f(y)

z − y.

De meme, en faisant tendre z vers y dans la majoration f ′g(y) ≤ py(z) ci-dessus,on obtient

f ′g(y) ≤ f ′d(y). (∗)Notons que si x tend vers y par valeurs inferieures, par croissance des pentes,

py(x) tend en croissant vers f ′g(y). On a donc bien, des que x < y,

f(y)− f(x)

y − x≤ f ′g(y). (∗∗)

De meme, si z tend vers y par valeurs superieures, par croissance des pentes, py(z)tend en decroissant vers f ′d(y). On a donc bien, des que y < z,

f ′d(y) ≤ f(z)− f(y)

z − y. (∗ ∗ ∗)

3. O. Stolz, (1893)


Les inegalites (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent la quadruple inegalite annoncee.Maintenant si py(x) admet une limite quand x → y pour x < y, c’est que

limx→y,x<y f(y)−f(x) = 0, donc que limx→y,x<y f(x) = f(y). De meme limz→y,z>y f(z) =f(z). Il s’ensuit que limy f = f(y), ce qui est une definition de la continuite de fen y. Montrons que mieux que continue, f est localement lipschitzienne. Pour celaplacons-nous sur un intervalle du type [a, b] ⊂ I, avec a < b. Alors on a, d’apres cequi precede

∀x, y ∈ [a, b], f ′d(a) ≤ f(y)− f(x)

y − x≤ f ′g(b),

ce qui montre que sur [a, b] est f ′g(b)-lipschitzienne, car

∀x, y ∈ [a, b],|f(y)− f(x)||y − x|

≤ max{|f ′g(b)|, |f ′d(a)|}.

3.12. Remarque. Si I n’est pas ouvert dans le Corollaire ci-dessus, la conclusiondu Corollaire n’est pas certaine. Par exemple la fonction f : [0, 1] → R definie parf(0) = 1 et f(x) = 0, pour tout x ∈]0, 1], est convexe sur [0, 1] sans y etre continue,ni derivable a droite.

On ne peut d’autre part esperer que le caractere localement lipschitzien d’unefonction convexe sur un intervalle ouvert et non en general le caractere globalementlipschitzien. Par exemple la fonction ]0, 1[3 x 7→ −

√x(1− x) est convexe, locale-

ment lipschitzienne sur ]0, 1[, mais f ′g par exemple n’est pas bornee au voisinagede 1, ce qui interdit l’existence d’une constance k telle que pour tout x, y ∈ I,|f(y) − f(x)| ≤ k|y − x|, puisque dans ce cas on aurait |f ′g(x)| ≤ k, pour toutx ∈]0, 1[.

11. Exercice. Soit f : R→ R une fonction. On note, pour m ∈ R, fm : R→ Rla fonction definie par fm(x) = f(x) +mx.

1. On suppose dans cette question que f est convexe. Soit alors m ∈ R.

1.a. Montrer que fm est convexe.

1.b. Justifier sans preuve mais a l’aide d’une propriete du cours que fm estbornee sur n’importe quel intervalle [a, b] ⊂ R et que fm atteint sa bornesuperieure sur cet intervalle (c’est-a-dire qu’existe α ∈ [a, b] tel que ∀x ∈[a, b], fm(x) ≤ fm(α)).

1.c. Soient a, b ∈ R, a < b. On note M = max{fm(a), fm(b)}. En utilisant laquestion precedente, c’est-a-dire la connexite de fm sur [a, b], montrer quela borne superieure de fm sur [a, b] est atteinte en a ou en b.

2. Soient a, b ∈ R, a < b. On pose m = −f(b)− f(a)

b− a.

2.a. Calculer fm(a) et fm(b).

2.b. A l’aide de l’hypothese � fm atteint sa borne superieure sur [a, b] en a ouen b �, montrer que f est convexe sur R.


Solution de l’exercice. 1.a. Par hypothese f est convexe et comme x 7→mx est aussi convexe, fm en tant que somme de ces deux fonctions convexesest convexe. (cf Exercice 5).

1.b. Comme f est convexe sur R, f y est continue, d’apres le Corollaire 3.11.Or une fonction continue sur un intervalle ferme et borne est bornee surcet intervalle et y atteint ses bornes.

1.c. Soit x ∈ [a, b]. Il existe λ ∈ [0, 1] tel que x = (1 − λ)a + λb. Par convexitede fm, on a

fm((1− λ)a+ λb) ≤ (1− λ)fm(a) + λfm(b) ≤ (1− λ)M + λM = M.

On en conclut que pour tout x ∈ [a, b], fm(x) ≤ M et donc que fm atteintses bornes sur [a, b] en a ou b.

2.a. Un calcul direct montre que

fm(a) = fm(b) =bf(a)− af(b)

b− a.

2.b. Par hypothese, pour tout λ ∈ [0, 1],

fm((1− λ)a+ λb) ≤ fm(a).

Ce qui donne

f((1− λ)a+ λb) +m((1− λ)a+ λb) ≤ f(a) +ma,

f((1− λ)a+ λb) ≤ f(a) +mλ(a− b) = (1− λ)f(a) + λf(b).

La derniere inegalite prouvant la convexite de f .

12. Exercice. Soient I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonctionbijective et convexe.

(1) Montrer que f est une bijection continue de I sur un intervalle ouvert J deR.

(2) Montrer que g = f−1 : J → I est soit convexe, soit concave.

Solution de l’exercice. (1) La fonction f est continue sur I, d’apres leCorollaire 3.11. Comme f est de plus bijective, elle est monotone sur I etson image J est un intervalle du meme type que I, soit ouvert. On sait deplus que g a la meme monotonicite que f .

(2) Soient a, b ∈ J , et notons x = g(a), y = g(b). On a donc a = f(x), b = f(y).Soit λ ∈ [0, 1].

• Supposons f (et donc g) croissante sur I. Par convexite de f , on a

f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y).

En composant par g les deux membres de cette inegalite, on conserve le sensde l’inegalite, puisque g est croissante. On obtient alors

(1− λ)g(a) + λg(b) = (1− λ)x+ λy ≤ g((1− λ)f(x) + λf(y)) = g((1− λ)a+ λb).


Ce qui montre que g est concave (par exemple f(x) = ex, I = R et g(x) =log(x), J =]0,+∞[).

• Supposons f (et donc g) decroissante sur I.

Par convexite de f , on a

f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y).

En composant par g les deux membres de cette inegalite, on renverse le sensde l’inegalite, puisque g est decroissante. On obtient alors

(1− λ)g(a) + λg(b) = (1− λ)x+ λy ≥ g((1− λ)f(x) + λf(y)) = g((1− λ)a+ λb).

Ce qui montre que g est convexe (par exemple f(x) = −√x, I =]0,+∞[ et

g(x) = x2, J =]−∞, 0[).

En conclusion : Si f est croissante et convexe, g est concave, si f estdecroissante et convexe, g est convexe.

13. Exercice. Soient I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonctioncontinue. Montrer que f est convexe si et seulement si

∀x, y ∈ C, f(1

2(x+ y)) ≤ 1

2(f(x) + f(y)) 4.

Le rapport 12

apparaissant dans l’Exercice 13 n’a rien de specifique. On peut eneffet montrer plus generalement qu’une fonction est convexe des qu’elle verifie uneinegalite de convexite pour un barycentre de rapport a ∈]0, 1[. Ceci est l’objet del’Exercice 14 qui suit.

14. Exercice. Soit a ∈]0, 1[ un nombre reel. Pour tout n ≥ 0, on construit 2n

intervalles I1n, · · · I2n

n de la maniere suivante.– Pour n = 0, on pose I10 = [0, 1].– Supposons construits I1n, · · · I2

n

n , pour n ≥ 0, et soit k ∈ {1, · · · , 2n}. On noteIkn = [αn,k, αn,k+1]. On pose alors :

I2k−1n+1 = [αn,k , (1− a)αn,k + aαn,k+1]

et I2kn+1 = [(1− a)αn,k + aαn,k+1 , αn,k+1].

(1) On note σ := max{a, 1 − a} ∈]0, 1[. Montrer, par recurrence sur n, quela longueur d’un intervalle Ikn est majoree par σn, pour n ≥ 0 et k ∈{1, · · · , 2n}.

(2) Deduire de la question precedente que si (un)n≥0 est une suite telle que

u0 = 1 et ∀n ≥ 0, un+1 ∈ {2un − 1, 2un},

alors⋂n≥0 I

unn est un singleton inclus de [0, 1].

4. J. Jensen, (1906)


(3) Soit λ ∈ [0, 1]. Montrer qu’existe une suite (un)n≥0 telle que

u0 = 1, ∀n ≥ 0, un+1 ∈ {2un − 1, 2un} et {λ} =⋂n≥0

Iunn .

Noter que ceci equivaut a αn,un → λ. (Ind. On pourra construire la suite(un)n≥0 par recurrence en utilisant une dichotomie.)

Soit f : [0, 1]→ R une fonction continue verifiant

∀x, y ∈ [0, 1], f((1− a)x+ ay) ≤ (1− a)f(x) + af(y). (∗)On veut montrer que cette condition, apparemment plus faible que la convexitede f , implique la convexite de f .

(4) Fixons x < y dans [0, 1] et considerons les fonctions F et G definies par

F : [0, 1] → Rλ 7→ F (λ) = f((1− λ)x+ λy)

G(λ) = F (λ)− F (0).

Montrer que F et G sont continues et verifient :

∀X, Y ∈ [0, 1], F ((1− a)X + aY ) ≤ (1− a)F (X) + aF (Y ),

∀X, Y ∈ [0, 1], G((1− a)X + aY ) ≤ (1− a)G(X) + aG(Y ).

(5) Montrer que

∀λ ∈ [0, 1], f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y)⇐⇒ G(λ) ≤ λG(1)

(6) Soit λ ∈ [0, 1] et (un)n≥0 une suite comme construite a la question 3, c’est-a-dire telle que ∀n ≥ 0, un ∈ {1, · · · , 2n} et lim

n→∞αn,un = λ. Montrer par

recurrence que

∀n ≥ 0, G(αn,un) ≤ αn,unG(1).

(7) Conclure de la question precedente que f est convexe.

Solution de l’exercice. (1) Notons |I| la longueur d’un intervalle I. On a|I10 | = 1 = σ0. Supposons que pour un certain n ≥ 0 et tout k ∈ {1, · · · , 2n},|Ikn| ≤ σn. Soit alors ` ∈ {1, · · · 2n+1}, notons ` = 2k − 1 si ` est impairet ` = 2k si ` est pair. Dans ce cas, I`n+1 est obtenu a partir de Ikn et|I`n+1| = βn+1,` − αn+1,`. Si ` est impair, on a donc

|I`n+1| = βn+1,` − αn+1,` = (1− a)αn,k + aαn,k+1 − αn,k= a(αn,k+1 − αn,k) = a|In,k| ≤ aσn ≤ σn+1.

Tandis que si ` est pair

|I`n+1| = βn+1,` − αn+1,` = αn,k+1 − (1− a)αn,k − aαn,k+1

= (1− a)(αn,k+1 − αn,k) = (1− a)|In,k| ≤ aσn ≤ σn+1.


En tous les cas nous avons obtenu que |I`n+1| ≤ σn+1, ce qui prouve lapropriete demandee par principe de recurrence.

(2) Une telle suite (un)n∈N est telle que Iun+1

n+1 ⊂ Iunn . On a alors, pour toutn ≥ 0 :

αunn ≤ αun+1un+1

< βun+1

n+1 ≤ βunn

et d’apres la question 1,

βunn − αunn ≤ σn.

Il s’ensuit que les suites (αn)n∈N et (βn)n∈N sont adjacentes et convergentdonc toutes les deux vers un reel λ ∈ [0, 1]. Comme pour tout n ≥ 0

αunn ≤ λ ≤ βunn ,

on a λ ∈ Iunn , pour tout n ≥ 0, et donc λ ∈ ∩n≥0Iunn . Si µ ∈ Iunn , on a|λ − µ| < σn, donc si µ ∈ Iunn , pour tout n ≥ 0, du fait que σ < 1 etpar suite que σn → 0 lorsque n → +∞, on a necessairement µ = σ. Enconclusion, {λ} = ∩n≥0Iunn .

(3) On construit la suite demandee par recurrence. On pose u0 = 1. Soit n ∈ N.Supposons alors construits u0, · · · , un tels que pour tout k ∈ {1, · · · , n},Iukk ⊂ I

uk−1

k−1 (ce qui equivaut a uk ∈ {2uk−1 − 1, 2uk−1}) et λ ∈ Iunn . Alors,

puisque Iunn = I2un−1n+1 ∪ I2unn+1

• soit λ ∈ I2un−1n+1 ,

• soit λ ∈ I2unn+1.Dans le premier cas, on pose un+1 = 2un− 1 et dans le second un+1 = 2un.On a alors bien un+1 ∈ {2un − 1, 2un}, λ ∈ I

un+1

n+1 , ce qui construit notresuite principe de recurrence et assure que {λ} = ∩n≥0Iunn .

(4) Les fonctions F et G sont continues en tant que composees et sommes defonctions continues. On a d’autre part

F ((1− a)X + aY ) = f([1− ((1− a)X + aY )]x+ [(1− a)X + aY ]y)

et comme

[1− ((1− a)X + aY )]x+ [(1− a)X + aY ]y

= (1− a)[(1−X)x+Xy] + a[(1− Y )x+ Y y],

on en deduit par la propriete (∗) de f

F ((1− a)X + aY ) = f((1− a)[(1−X)x+Xy] + a[(1− Y )x+ Y y])

≤ (1− a)f((1−X)x+Xy) + af((1− Y )x+ Y y) = (1− a)F (X) + aF (Y ).

Enfin, comme G = F − F (0), on a

G((1− a)X + aY ) = F ((1− a)X + aY )− F (0)

≤ (1− a)F (X) + aF (Y ) + (1− a+ a)F (0) = (1− a)G(X) + aG(Y ).


Remarque. L’interet de cette question est de ramener l’etude de la convexitede f qui est une propriete portant sur les couples (x, y) ∈ [0, 1]2 et les rap-ports λ ∈ [0, 1] a la propriete

∀λ ∈ [0, 1], G(λ) ≤ λG(1)

portant sur les fonctions G := Gx,y : [0, 1] → R. C’est cette reduction quiest proposee dans la question suivante.

(5) Il suffit d’exprimer G en fonction de f dans G(λ) ≤ λG(1).

(6) On a u0 = 1 et Iu00 = [α0,0, β0,0] = [0, 1], donc α0,u0 = 0, β0,u0 = 1 et ainsi

G(α0,u0) ≤ α0,u0 ·G(1) et G(β0,0) = β0,0 ·G(1).

puisque

0 = G(0) ≤ 0 ·G(1) et G(1) = 1 ·G(1).

Supposons maintenant que pour un certain entier n ∈ N∗, on ait

P(n) : Γ(αn,un) ≤ αn,unG(1) et G(βn,un) ≤ βn,unG(1).

Deux cas se presentent alors pour αn+1,un+1.• Soit αn+1,un+1 = αn,un, et dans ce cas l’hypothese de recurrence donne

immediatement

G(αn+1,un+1) ≤ αn+1,un+1G(1).

• Soit αn+1,un+1 = (1− a)αn,un + aβn,un. On en deduit par la question 4que

G(αn+1,un+1) ≤ (1− a)G(αn,un) + aG(βn,un),

puis grace a notre hypothese de recurrence

G(αn+1,un+1) ≤ (1− a)αn,unG(1) + aβn,unG(1) = αn+1,un+1G(1).

De meme deux cas se presentent pour βn+1,un+1.• Soit βn+1,un+1 = βn,un, et dans ce cas l’hypothese de recurrence donne

immediatement

G(βn+1,un+1) ≤ βn+1,un+1G(1).

• Soit βn+1,un+1 = (1− a)αn,un + aβn,un. On en deduit par la question 4que

G(βn+1,un+1) ≤ (1− a)G(αn,un) + aG(βn,un),

puis grace a notre hypothese de recurrence

G(βn+1,un+1) ≤ (1− a)αn,unG(1) + aβn,unG(1) = βn+1,un+1G(1).

La propriete P(n+ 1) est alors prouvee. Par principe de recurrence, on endeduit que P(n) est vraie pour tout n ∈ N.


(7) Comme la suite (un)n∈N est telle que αn,un → λ quand n→ +∞, et que Gest continue sur [0, 1] (donc en particulier en λ) par la question 4, on a parla question precedente

limn→∞

G(αn,un) = G( limn→∞

αn,un) = G(λ) = limn→∞

αn,unG(1) = λG(1),

ce qui par la question 5 est l’inegalite definissant la convexite de f , puisquex, y qui etaient fixes dans [0, 1] sont quelconques.

15. Exercice. Soit f : R → R une fonction convexe non constante. Montrerque lim+∞ f = +∞ ou lim−∞ f = +∞. Ce resultat est-il encore valable lorsquef : [0,+∞]→ R ?

Montrer que si f :]a,+∞[→ R est convexe, lim+∞f(x)x

existe dans R ∪ {+∞}.

Solution de l’exercice. Soient a < b deux points fixes de R. Considerons

m = f(b)−f(a)b−a la pente de la droite passant par (a, f(a)) et (b, f(b)). Si y > b, par

l’inegalite des pentes (cf Theoreme 3.10), on a f(y)−f(a)y−a ≥ m, d’ou

f(y) ≥ m(y − a) + f(a).

Si m > 0, cette inegalite assure que lim+∞ f(y) = +∞.Si m < 0, on considere la fonction g(x) = f(−x) (ici intervient le fait que f est

defini sur un intervalle symetrique par rapport a l’origine). La fonction g est convexe

et la pente de la droite passant par (−a, g(−a)) et (−b, g(−b)) est g(−b)−g(−a)−b+a =

−m > 0. Il s’ensuit d’apres ce qui precede que lim+∞ g(y) = +∞. Or ceci equivauta lim−∞ f(y) = +∞.

Enfin supposons qu’il n’existe pas de couple a, b tel que m 6= 0. Dans ce cas quelsque soient a, b ∈ R, f(a) = f(b), et donc f serait constante.

Notons que la fonction f : [1,+∞] → R, f(x) = 1/x, est convexe mais quelim+∞ f 6= +∞.

Soit maintenant f :]a,+∞[→ R une fonction convexe et b ∈]a,+∞[. Si on montre

que pb(x) := f(x)−f(b)x−b admet une limite dans R ∪ {+∞} lorsque x→ +∞, alors on

montre aussi que f(x)x

admet une limite dans R ∪ {+∞} lorsque x → +∞, puisquef(x)x

= [f(x)−f(b)x−b + f(b)

x−b ]·x−bx

et lim+∞f(b)x−b = 0, lim+∞

x−bx

= 1. Or d’apres le Theoreme3.10, x 7→ pb(x) est croissante. Il s’ensuit que si x 7→ pb(x) n’est pas majoree,lim+∞ pb(x) = +∞ et si x 7→ pb(x) est majoree, lim+∞ pb(x) existe (dans R).

16. Exercice. Soit f : Rn → R une fonction convexe. Montrer que si f possedeen un point un minimum relatif, celui-ci est en realite absolu.

Solution de l’exercice. Raisonnons dans Rn = R, ce qui ne change rien. Pardefinition il existe a ∈ R et r > 0 tel que |x−a| ≤ r implique f(x) ≥ f(a). Montronsque si y ∈ R, alors on a encore f(y) ≥ f(a). Pour cela considerons un point x =(1− λ)a + λy avec λ ∈ [0, 1], sur le segment [ay], de sorte que |x− a| ≤ r. Il suffit

pour cela de choisir λ suffisamment petit, ou encore λ ≤ |y−a|r

. Comme |x− a| ≤ r,on a f(x) ≥ f(a) et comme f est convexe, on a f(x) ≤ (1 − λ)f(a) + λf(y). On


en deduit que f(a) ≤ (1− λ)f(a) + λf(y), c’est-a-dire λf(a) ≤ λf(y) et finalementf(a) ≤ f(y).

3.13. Corollaire. Soit I un intervalle ouvert et f : I → R une fonction convexe.Alors Γ(f) est situe au-dessus de ses tangentes a gauche et a droite.

Demonstration. D’apres le Corollaire 3.11, les derivees a gauche et a droitede f existent bien. Les notions de tangente a gauche et a droite en un point dugraphe sont donc aussi bien definies. Raisonnons sur les tangentes a gauche parexemple, le raisonnement etant le meme pour les tangentes a droite. En un point(a, f(a)) du graphe de f , la tangente a gauche est par definition la droite d’equationY = f ′g(a)(X − a) + f(a).

Si x > a, d’apres le Corollaire 3.11, on a f ′g(a) ≤ f(x)−f(a)x−a , donc f ′g(a)(x − a) +

f(a) ≤ f(x), de sorte que les points du graphe ayant des abcisses superieures a asont bien au-dessus la tangente a gauche au graphe en (a, f(a)).

Maintenant si x < a, toujours d’apres le Corollaire 3.11, f(x)−f(a)x−a ≤ f ′g(a), donc

(noter bien que x − a < 0 cette fois-ci) f(x) ≥ f ′g(a)(x − a) + f(a), de sorte queles points du graphe ayant des abcisses inferieures a a sont bien sous la tangente agauche au graphe en (a, f(a)).

3.14. Corollaire. Soit I un intervalle et f : I → R une fonction derivable surI. Alors

(1) f est convexe (resp. strictement convexe) si et seulement si f ′ est croissante(resp. strictement croissante).

(2) Si f est deux fois derivable sur I, f est convexe (resp. strictement convexe)si et seulement si f ′′ ≥ 0 (resp. f ′′ > 0) sur I.

Demonstration. Le cas de la stricte convexite est laisse en exercice, la preuves’adaptant (cf Exercice 21)• Demontrons 1. On suppose tout d’abord que f est convexe et derivable sur I

et on montre la croissance de f ′. Pour cela, soit x ∈ I et supposons par exempleque x n’est pas l’extremite droite de I, tout en autorisant la possibilite que x soitl’extremite gauche de I (le cas ou x est l’extremite droite de I se traitant de maniereanalogue au cas ou x est l’extremite gauche de I). On choisit ensuite y, z ∈ I, telsque x < y < z (ce qui est possible puisque x n’est pas l’extremite droite de I).D’apres l’inegalite des pentes 3.10, on a

f(y)− f(x)

y − x≤ py(z). (∗)

Comme f est par hypothese derivable en x, le membre de gauche de cette inegalitetend vers f ′(x) lorsque y → x (par valeurs superieures). D’autre part, puisque f estderivable en x, f est continue en x et donc f(y) tend vers f(x) lorsque y tend vers x.Il s’ensuit que py(z) tend vers px(z) lorsque y tend vers x. En conclusion en faisanttendre y vers x, l’inegalite (∗) donne

f ′(x) ≤ px(z).


Soit alors x′ ∈ I, tel que x < x′ < z, d’apres la croissance des pentes (cf Theoreme3.10), on a

f ′(x) ≤ px(z) = pz(x) ≤ pz(x′), (∗∗)

puisque x < x′. Mais en faisant tendre z vers x′ (par valeurs superieures), comme fest derivable en x′, on a pz(x

′) → f ′(x′). L’inegalite (∗∗) donne alors, en y faisantz → x′

f ′(x) ≤ f ′(x′),

avec x < x′ quelconques dans I. C’est-a-dire que f ′ est croissante.Remarquons que si x et x′ sont des points de I qui ne sont pas des extremites

de I, on peut appliquer le Corollaire 3.11 directement, car alors I peut etre supposeouvert et on obtient immediatement l’inegalite f ′(x) ≤ f ′(x′).

Reciproquement, supposons que f ′ est croissante sur I et montrons que f estconvexe. Soient x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1] et z = (1− λ)x+ λy. Comme f est derivable surI, f est continue sur [x, z] et derivable sur ]x, z[. On peut appliquer a f le theoremedes accroissements finis sur [x, z]. Il existe θ ∈]x, z[ tel que

f(z)− f(x) = (z − x)f ′(θ),

soit

f(x) = f(z)− f ′(θ)(z − x). (a)

De meme, il existe ν ∈]z, y[ tel que

f(y) = f(z) + f ′(ν)(y − z) (b)

Remarquons ensuite que z−x = λ(y−x) et que y−z = (1−λ)(y−x). Les inegalites(a) et (b) donnent alors

f(x) = f(z)− λf ′(θ)(y − x) (c),

f(y) = f(z) + (1− λ)f ′(ν)(y − x) (d).

On deduit donc de (c) et (d)

(1− λ)f(x) + λf(y) = f(z) + λ(1− λ)(y − x)(f ′(ν)− f ′(θ)). (e)

Or puisque par hypothese f ′ est croissante, la quantite λ(1−λ)(y−x)(f ′(ν)−f ′(θ))est positive, et finalement l’inegalite (e) donne

(1− λ)f(x) + λf(y) ≥ f(z),

ce qui prouve que f est bien convexe.• La proposition 2 resulte de la proposition 1, puisqu’une fonction derivable est

croissante si et seulement si sa derivee est positive.

3.15. Proposition. Soit f : I → R une fonction derivable et convexe, alors fest C1 (c’est-a-dire que f ′ est continue sur I).


Demonstration. La preuve de cette proposition est une consequence directed’un theoreme du a Darboux et demontre en 1875. Ce theoreme stipule que siα, β ∈ I et si k est compris entre f ′(α) et f ′(β), alors il existe γ ∈ I tel que f ′(γ) = k.Autrement dit une derivee verifie, comme une fonction continue, le theoreme desvaleurs intermediaires (sans pour autant etre necessairement continue). Ce theoremeest demontre ci-dessous.

Maintenant d’apres le Corollaire 3.14, si f est convexe et derivable, f ′ est crois-sante. Or une fonction croissante qui verifie le theoreme des valeurs intermediairesest continue (preuve facile laissee en exercice).

3.16. Theoreme (Theoreme de Darboux). Une derivee verifie le theoreme desvaleurs intermediaires 5.

Demonstration. Soient I un intervalle et f : I → R une fonction derivable.Soient α, β ∈ I et, en supposant f ′(α) ≤ f ′(β) (ce qui ne nuit pas a la generalite),soit k ∈ [f ′(α), f ′(β)]. On peut supposer que k 6= f ′(α) et k 6= f ′(β), sinon lapreuve n’a plus d’objet. Considerons g(x) = f(x) − kx. On cherche un zero deg′(x) = f ′(x)−k. On alors est tente de caracteriser un zero de g′ comme un point enlequel g est extremale sur [α, β]. Rappelons que la borne inferieure (et superieure) deg sur [α, β] est atteinte, car g est continue sur l’intervalle ferme et borne [α, β]. Notonsg(γ) = inf [α,β] g. Si γ ∈]α, β[, alors on sait que g′(γ) = 0 et la preuve est terminee.Il nous suffit donc de montrer que γ n’est ni α, ni β. Comme g′(α) = f ′(α)− k < 0,

le taux d’accroissementg(x)− g(α)

x− αde g en α est negatif pour x proche de α dans

]α, β[ ; il s’ensuit que g(x) < g(α) pour x au voisinage de α dans ]α, β[, et doncγ 6= α. On montre par le meme argument que γ 6= β, ce qui termine la preuve.

Remarquons que la borne superieure de g sur [α, β] peut tres bien etre atteinteen α ou en β, contrairement a la borne inferieure de g sur [α, β], ce qui justifie lechoix de γ = inf [α,β] g.

17. Exercice. Soit f : R∗+ → R∗+ une application decroissante de classe C1,convexe et telle que limx→+∞ f(x) = 0. On veut montrer que limx→+∞ f

′(x) = 0.

(1) Montrer que f ′ admet une limite lorsque x tend vers +∞. On appelle ` cettelimite.

(2) En raisonnant par l’absurde, montrer que ` = 0.

5. Le theoreme des valeurs intermediaires pour une fonction f : I → R dit que si α, β ∈ I et sik est compris entre f(α) et f(β), alors il existe γ ∈ I tel que f(γ) = k. Une autre formulation estla suivante : l’image par une derivee d’un intervalle est un intervalle.

Les fonctions continues verifient le theoreme des valeurs intermediaires. Mais une fonction noncontinue peut aussi le verifier (penser a x 7→ f(x) = sin(1/x) si x 6= 0 et f(0) = 0). D’autre part,une fonction continue est toujours une derivee (car une fonction continue admet une primitive). Letheoreme de Darboux etend donc le theoreme des valeurs intermediaires des fonctions continuesaux fonctions derivees. Notons qu’il s’agit d’une extension stricte : une derivee peut tres bien nepas etre continue. En effet, Darboux a construit un exemple de fonction derivable, dont la deriveen’est continue sur aucun sous-intervalle de son intervalle de definition.


Solution de l’exercice. (1) Comme f est par hypothese decroissante, f ′ ≤0 sur R∗+. Mais le Corollaire 3.14 assure d’autre part que f ′ est croissante.

Etant majoree (par 0) et croissante, f ′ converge en +∞ vers ` ≤ 0.

(2) D’apres le Corollaire 3.11, on a pour tout x < y,

f(y)− f(x) ≤ (y − x)f ′(y).

En fixant x et en faisant tendre y vers +∞, on en deduit, puisque f ′(y)→ `,que si ` < 0, f(y) → −∞. Ce qui contredit l’hypothese limx→+∞ f(x) = 0.Ainsi ` = 0.

18. Exercice. Soit I ⊂ R un intervalle et f : I → R∗+ une fonction.

(1) Montrer que la fonction log : R∗+ → R est concave.

(2) Deduire de la question precedente que si log ◦f : I → R est convexe, alorsf est convexe.

On veut maintenant montrer que log ◦f est convexe si et seulement sipour tout C > 0, la fonction x 7→ f(x)Cx est convexe sur I.

(3) On suppose dans cette question que log ◦f est convexe. Soit C > 0. Onrappelle que pour tout x, y ∈ R, x > 0, on note xy = ey log(x).

Montrer que x 7→ log(Cxf(x)) est la somme de deux fonctions convexes.En deduire que Cxf(x) est convexe.

(4) Reciproquement, on suppose dans cette question que pour tout C > 0, lafonction x 7→ f(x)Cx est convexe.

4.a. Soient a, b ∈ I, a < b. Montrer que pour tout C > 0,

f((1− λ)a+ λb) ≤ (1− λ)f(a)Cλ(a−b) + λf(b)C(1−λ)(b−a).

4.b. Montrer que la fonction x 7→ (1 − λ)f(a)x−λ + λf(b)x1−λ atteint sonminimum sur R∗+ en f(b)/f(a). Conclure

Solution de l’exercice. (1) La fonction log est deux fois derivable surR∗+ de derivee negative. D’apres le Corollaire 3.14 cette fonction est bienconcave.

(2) Supposons que log◦f est convexe, soient a < b deux points de I et λ ∈ [0, 1].On a

log(f(1− λ)a+ λb) ≤ (1− λ) log(f(a)) + λ log(f(b)).

Mais par concavite de la fonction log, on a

log(f(1− λ)a+ λb) ≤ (1− λ) log(f(a)) + λ log(f(b))

≤ log[(1− λ)f(a) + λf(b)].

Maintenant comme la fonction exponentielle est croissante, en prenant l’ex-ponentielle des membres extremes de cette double inegalite, on en conservele sens et on obtient alors exactement la definition de la convexite de f .


(3) On a log(Cxf(x)) = x logC + log(f(x)), qui est bien la somme de deuxfonctions convexes. D’apres la question 2, on en deduit que Cxf(x) estconvexe.

4.a. Cette inegalite est obtenue directement en ecrivant la convexite deCxf(x). Notons qu’en posant x = Ca−b, cette inegalite s’ecrit

∀x > 0, f((1− λ)a+ λb) ≤ (1− λ)f(a)xλ + λf(b)xλ−1 = ϕ(x). (∗)

4.b. On a ϕ′(x) = λ(1 − λ)xλ−2[f(a)x − f(b)]. La fonction ϕ′ est negativesur ]0, f(b)/f(a)[ et positive ]f(b)/f(a),+∞[. Elle atteint ainsi sonminimum en f(b)/f(a), en lequel elle vaut fλ(b)f 1−λ(a). L’inegalite(∗) donne alors

f((1− λ)a+ λb) ≤ ϕ(f(b)/f(a)) = fλ(b)f 1−λ(a).

En prenant le logarithme des deux membres de cette derniere inegalite,on en deduit que log ◦ est bien convexe.

19. Exercice (Constante d’Euler). (1) Montrer que la fonction log : R∗+ →R est concave (utiliser par exemple le Corollaire 3.14).

On considere la suite u := (un)n≥1 definie par

un :=n∑k=1

1

k− log(n).

(2) En utilisant la concavite de x 7→ log(x) et le Corollaire 3.13, montrer queu est decroissante.

On considere la suite v := (vn)n≥1 definie par

vn :=n∑k=1

1

k− log(n+ 1).

(3) De la meme facon que dans la question precedente, montrer que v est crois-sante.

(4) En deduire que un > v1 = 1 − log 2, puis que u converge vers une limiteγ ∈ R∗+. La constante γ est appelee la constante d’Euler 6

Solution de l’exercice. (1) On a (x 7→ − log(x))′′ = 1/x2 ≥ 0. D’apresle Corollaire 3.14, − log est convexe, donc log est concave.

6. γ ' 0, 57721566 · · · . On verra dans l’Exercice 79 un developpement asymptotique plus precisde la suite 1 + 1

2 + · · ·+ 1n , qui permet d’approcher γ a l’ordre 1/n4 par une expression dependant

de n. Cette expression permet donc de donner la 4eme decimale de gamma des n = 10, tandis quel’approximation de γ par log(n) avec n = 50 ne donne que la deuxieme decimale. On ne sait pas siγ ∈ Q, mais on sait que si tel est le cas, son denominateur possede au moins 242 080 chiffre.


(2) On a un+1−un = 1n+1−log(n+1)+log(n) = 1

n+1+log(1− 1

n+1). D’autre part

la concavite de x 7→ log(x) montre que le graphe de cette fonction est situesous n’importe laquelle de ses tangentes (cf Corollaire 3.13). En particulier,puisque la droite y = x− 1 est la tangente de x 7→ log(x) en (1, 0), on a

x ∈]0,+∞[, log(x) ≤ x− 1, (∗)

ou encore

α ∈]− 1,+∞[, log(1 + α) ≤ α, (∗)ce qui pour α = − 1

n+1donne un+1 − un ≤ 0.

(3) On a vn − vn−1 = 1n− log(n+ 1) + log(n) = 1

n− log(1 + 1

n). L’inegalite (∗)

de concavite de log donne ici 1n− log(1 + 1

n) ≥ 1

n− 1

n= 0, ce qui prouve que

vn − vn−1 ≥ 0.

(4) On a pour tout n ≥ 1, vn = un+1− 1n+1≤ un+1. Ce qui donne, en considerant

les proprietes de monotonicite obtenues a la question precedente, v1 ≤ · · · ≤vn ≤ un+1 ≤ un ≤ · · · ≤ u1. On en conclut que (un)n∈N est minoree parv1 = 1− log 2 et donc etant decroissante, converge.

Notons que les suies u et v sont adjacentes, puisque l’on a un− vn → 0.Ces deux suites convergent donc vers la meme limite γ.

20. Exercice. Soit ABC un triangle du plan non degenere et α, β, γ ∈]0, π[ lesmesures de ses angles.

(1) Montrer que 1/ sin :]0, π[→ R est convexe.

(2) A l’aide de l’inegalite de Jensen (Proposition 3.8) montrer que

1

sinα+

1

sin β≥ 8

3 + 2 cos γ. (∆)

Solution de l’exercice. (1) La fonction 1/ sin est derivable deux fois sur

]0, π[, de deriveesin2 +2 cos2

sin3 ≥ 0. D’apres le Corollaire 3.14, 1/sin est

bien convexe sur ]0, π[.

(2) On peut appliquer l’inegalite de Jensen a 1/ sin, avec λ1 = λ2 = 1/2 :

1

sin(α/2 + β/2)≤ 1

2 sinα+

1

2 sin β. (J)

Comme α + β = π − γ, on en deduit que

1

sinα+

1

sin β≥ 2

cos γ/2. (∗)

D’autre part, on a : cos γ = cos(2γ/2) = 2 cos2(γ/2)− 1 et ainsi

8

3 + 2 cos γ=

8

1 + 4 cos2(γ/2). (∗∗)


D’apres (∗) et (∗∗), l’inegalite (∆) demandee aura lieu en particulier si

2

cos γ/2≥ 8

1 + 4 cos2(γ/2),

ce qui en posant X = cos(γ/2) revient a 4(X − 1/2)2 ≥ 0.Remarquons que l’egalite dans l’inegalite (∆) de l’enonce impose une egalite dans

l’inegalite de Jensen (J) de depart. Or la fonction 1/sin etant strictement convexe,ceci impose a son tour que α = β. Alors, en posant Y = sinα et en tenant comptede α + β = π − γ, l’egalite (∆) prend la forme :

2

Y=

8

3− 2(1− 2Y 2),

ce qui conduit a Y = 1/2 et donc α = β = π/6 et γ = 2π/3.

21. Exercice. (1) Soit I un intervalle ouvert de R. Montrer qu’une fonctionf : I → R, derivable sur I, est strictement convexe ssi sa derivee eststrictement croissante (cf Corollaire 3.14).

(2) Soit f : R → R la fonction definie par f(x) = log(1 + ex). Montrer que fest strictement convexe.

(3) Soient n ∈ N∗ et x1, · · · , xn > 0. A l’aide de l’inegalite de Jensen appliqueea f et a log c1, · · · , log cn, montrer que

1 + n√x1 · · ·xn ≥ n

√(1 + x1) · · · (1 + xn).

(4) En deduire que si a1, · · · , an, b1, · · · , bn > 0,

n√a1 · · · an + n

√b1 · · · bn ≥ n

√(a1 + b1) · · · (an + bn).

Solution de l’exercice. (1) On reprend mot pour mot la demonstrationdu Corollaire 3.14, en introduisant l’adverbe strictement quand il le faut.

• On suppose tout d’abord que f est strictement convexe et derivablesur I et on montre la croissance stricte de f ′. Pour cela, soient x, x′ ∈ I,x < x′. On va montrer que f ′(x) < f ′(x′).

Soient y, z ∈ I, tels que x < y < x′ < z (ce qui est possible puisque Iest ouvert). D’apres l’inegalite des pentes 3.10, on a

f(y)− f(x)

y − x≤ py(z). (∗)

Comme f est par hypothese derivable en x, le membre de gauche de cetteinegalite tend vers f ′(x) lorsque y → x (par valeurs superieures). D’autrepart, puisque f est derivable en x, f est continue en x et donc f(y) tendvers f(x) lorsque y tend vers x. Il s’ensuit que py(z) tend vers px(z) lorsquey tend vers x. En conclusion en faisant tendre y vers x, l’inegalite (∗) donne

f ′(x) ≤ px(z).

Soit maintenant x′′ ∈ I, tel que x < x′′ < x′ < z, d’apres la stricteconvexite, la croissance des pentes est stricte (cf la preuve du Theoreme 3.10


ou l’on remplace partout les inegalites larges par des inegalites strictes), ona

f ′(x) ≤ px(z) = pz(x) < pz(x′′) < pz(x

′), (∗∗)puisque x < x′′ < x′. Mais en faisant tendre z vers x′ (par valeurs superieures),comme f est derivable en x′, on a pz(x

′) → f ′(x′), et comme f est conti-nue pz(x) → px′(x) et pz(x

′′) → px′(x′′). D’autre part, puisque x < x′′, par

stricte convexite de f , l’negalite des pentes strictes donne aussi px′(x) <px′(x

′′) Finalement, l’inegalite (∗∗) donne alors, en y faisant z → x′

f ′(x) ≤ px′(x) < px′(x′′) ≤ f ′(x′).

On a donc montre que f ′ est strictement croissante.

• Reciproquement, supposons que f ′ est strictement croissante sur I etmontrons que f est strictement convexe.

Soient x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1] et z = (1− λ)x+ λy. Comme f est derivablesur I, f est continue sur [x, z] et derivable sur ]x, z[. On peut appliquer af le theoreme des accroissements finis sur [x, z]. Il existe θ ∈]x, z[ tel que

f(z)− f(x) = (z − x)f ′(θ),

soit

f(x) = f(z)− f ′(θ)(z − x). (a)

De meme, il existe ν ∈]z, y[ tel que

f(y) = f(z) + f ′(ν)(y − z) (b)

Remarquons ensuite que z − x = λ(y − x) et que y − z = (1 − λ)(y − x).Les inegalites (a) et (b) donnent alors

f(x) = f(z)− λf ′(θ)(y − x) (c),

f(y) = f(z) + (1− λ)f ′(ν)(y − x) (d).

On deduit donc de (c) et (d)

(1− λ)f(x) + λf(y) = f(z) + λ(1− λ)(y − x)(f ′(ν)− f ′(θ)). (e)

Or puisque par hypothese f ′ est strictement croissante, la quantite λ(1 −λ)(y−x)(f ′(ν)−f ′(θ)) est strictement positive, et finalement l’inegalite (e)donne

(1− λ)f(x) + λf(y) > f(z),

ce qui prouve que f est bien strictement convexe.

(2) La derivee de f est strictement croissante car f ′(x) =1

1 + e−xest stricte-

ment croissante en tant que composee de deux fonctions strictement decroissantes(e−x et 1/(1 + x)).


(3) L’inegalite de Jensen (Proposition 3.8) appliquee a f , λ1 = · · · = λn = 1/net log c1, · · · , log cn donne

1

n

n∑i=1

f(ci) ≤ f(1

n

n∑i=1

ci),

1

n

n∑i=1

log(1 + elog ci) ≤ log(1 + e1n

∑ni=1 log ci),

log( n√

(1 + c1) · · · (1 + cn)) ≤ log(1 + n√c1 · · · cn).

Ce qui par croissance et bijectivite de log equivaut bien a

n√

(1 + c1) · · · (1 + cn) ≤ 1 + n√c1 · · · cn.

(4) En divisant l’inegalite

n√a1 · · · an + n

√b1 · · · bn ≥ n

√(a1 + b1) · · · (an + bn)

par n√a1 · · · an on obtient l’inegalite equivalente

1 + n√b1/c1 · · · bn/cn ≥ n

√(1 + b1/c1) · · · (1 + bn/cn),

qui n’est autre que l’inegalite prouvee a la question precedente, pour c1 =b1/a1, · · · , cn = bn/an.

22. Exercice. Soit I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction.Alors f est convexe si et seulement si quel que soit x ∈ I, existe une droite passantpar (x, f(x)) qui ne coupe pas Γ+(f). Montrer d’autre part qu’une droite d’equationY = f(x) +m(X − x) ne coupe pas Γ+(f) si et seulement si f ′g(x) ≤ m ≤ f ′d(x).

23. Exercice. Etudier la convexite des fonctions suivantes.

(1) ]0,+∞[3 x 7→ − ln(x) ∈ R(2) [0,+∞[3 x 7→ ex − xe ∈ R(3) R \ {0} 3 x 7→ x

ex−1 ∈ R et 0 7→ 1.

4. Inegalites de convexite

La convexite, ou la concavite, de certaines fonctions permettent de demontrer desinegalites tres utiles en analyse et souvent difficiles a obtenir par d’autres techniques.

4.1. Proposition. Soient x1, · · · , xn des reels strictement positifs. Pour tout n-uplet λ1, · · · , λn ∈ [0, 1] tels que

∑ni=1 λi = 1, on a :

xλ11 xλ22 · · ·xλnn ≤ λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn

7.

En particulier :

n√x1x2 · · · xn ≤

x1 + x2 + · · ·+ xnn

. (Inegalite arithmetico-geometrique)

7. L. J. Rogers, (1888).

4. INEGALITES DE CONVEXITE 35

Demonstration. D’apres l’Exercice 23, la fonction − ln est convexe sur ]0,+∞[,ce qui donne d’apres l’inegalite de Jensen (Proposition 3.8) :

− ln(n∑i=1

λixi) ≤ −n∑i=1

λi ln(xi).

En multipliant par−1 cette inegalite, et en prenant l’exponentielle de chaque membre(l’exponentielle est croissante) on obtient

xλ11 xλ22 · · ·xλnn ≤ λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn.

L’inegalite arithmetico-geometrique s’obtient alors en prenant λ1 = · · · = λn = 1n.

4.2. Remarque. Le nombre n√x1x2 · · ·xn s’appelle la moyenne geometrique de

x1, · · · , xn, tandis que le nombre x1+x2+···+xnn

s’appelle la moyenne arithmetique dex1, · · · , xn. L’inegalite arithmetico-geometrique compare ainsi ces deux moyennes.

4.3. Proposition. Soient p, q > 0 deux reels tels que 1p

+ 1q

= 1. Pour tout

(a1, · · · , an), (b1, · · · , bn) ∈ Rn, on a :

|n∑i=1

aibi| ≤( n∑i=1

|ai|p) 1p( n∑i=1

|bi|q) 1q . (Inegalite de Holder)

Si p ≥ 1, pour tout (x1, · · · , xn), (y1, · · · , yn) ∈ Rn, on a :

( n∑i=1

|xi + yi|p) 1p ≤

( n∑i=1

|xi|p) 1p +

( n∑i=1

|yi|p) 1p . (Inegalite de Minkowski)

Ces deux inegalites admettent une version integrale, comme c’est souvent le cas pourles formules faisant intervenir des sommes finies.

Soient a ≤ b deux reels et p, q > 0 deux reels tels que 1p

+ 1q

= 1. Pour toutes

fonctions f, g : [a, b]→ R continues, on a :

|∫ b

a

fg| ≤( ∫ b

a

|f |p) 1p( ∫ b

a

|g|q) 1q . (Inegalite de Holder)

Si p ≥ 1, pour toutes fonctions f, g : [a, b]→ R continues, on a :( ∫ b

a

|f + g|p) 1p ≤

( ∫ b

a

|f |p) 1p +

( ∫ b

a

|g|p) 1p . (Inegalite de Minkowski)

Demonstration. Montrons l’inegalite de Holder pour les sommes finis. Pour

cela notons ‖a‖p la quantite(∑n

i=1 |ai|p) 1p . Appliquons alors la Proposition 4.1 en

posant n = 2, x1 = tp, x2 = uq, pour deux reels t, u > 0, et λ1 = 1p, λ2 = 1

q. On

obtient

tu ≤ tp

p+uq

q(Inegalite de Young).


En appliquant cette derniere inegalite successivement a t = |a1|‖a‖p et u = |b1|

‖b‖q , · · · , t =|an|‖a‖p et u = |bn|

‖b‖q , on a

∀i ∈ {1, · · · , n}, |aibi|‖a‖p‖b‖q

≤ |ai|p

p‖a‖pp+|bi|q

q‖b‖qq.

Notons que nous avons ici suppose que a 6= 0 et b 6= 0, ce qui ne nuit pas a lageneralite de notre preuve, puisque lorsque a = 0 ou b = 0, l’inegalite de Holder esttrivialement vraie.

En sommant maintenant terme a terme on en deduit

|∑n

i=1 aibi|‖a‖p‖b‖q

≤n∑i=1

|aibi|‖a‖p‖b‖q

≤n∑i=1

|ai|p

p‖a‖pp+

n∑i=1

|bi|q

q‖b‖qq=

1

p+

1

q= 1,

qui est bien l’inegalite de Holder.Montrons maintenant l’inegalite de Minkowski. On peut pour cela supposer que

p > 1, car si p = 1, l’inegalite de Minkowski provient directement de l’inegalitetriangulaire pour la valeur absolue | | sur R, qui est tres facile a demontrer. Pour pfixe, appliquons l’inegalite de Holder a q = p

p−1 , ai = |xi| et bi = |xi + yi|p−1. On a

alors :n∑i=1

|xi||xi + yi|p−1 ≤( n∑i=1

|xi|p) 1p( n∑i=1

|xi + yi|p) 1q

= ‖x‖p · ‖x+ y‖p−1p , (∗)

puisque q(p− 1) = p. Mais de maniere symetrique, on a egalement

n∑i=1

|yi||xi + yi|p−1 ≤ ‖y‖p · ‖x+ y‖p−1p . (∗∗)

D’autre part, grace a l’inegalite triangulaire, on a

‖x+ y‖pp =n∑i=1

|xi + yi|p ≤n∑i=1

(|xi|+ |yi|)|xi + yi|p−1. (∗ ∗ ∗)

Mais l’inegalite (∗ ∗ ∗) donne, apres somme membre a membre des inegalites (∗) et(∗∗),

‖x+ y‖pp ≤ (‖x‖p + ‖y‖p)‖x+ y‖p−1p .

En divisant les deux membres de cette inegalite par ‖x+y‖p−1p , lorsque cette quantiteest non nulle, on obtient l’inegalite de Minkowski (noter que dans le cas ou ‖x +y‖p−1p = 0, ce qui equivaut a x + y = 0, l’inegalite de Minkowski est trivialementvraie).

Enfin les inegalites de Holder et de Minkowski pour les integrales s’obtiennent dela maniere, en faisant jouer la linearite de

∫, comme on vient de le faire pour

∑.

4.4. Remarque. L’inegalite de Minkowski pour p = 1 n’est rien d’autre quel’inegalite triangulaire pour la valeur absolue | | sur R. D’autre part il est facile de


montrer que, pour p ≥ 1, les applications

‖‖p : Rn → R+

(x1, · · · , xn) 7→(∑n

i=1 |xi|p) 1p

‖‖p : C([a, b]) → Rf 7→

( ∫ ba|f |p) 1p

definissent des normes sur Rn et C([a, b]) respectivement. Le seul point delicat estde demontrer l’inegalite triangulaire pour ces normes. Mais celle-ci est precisementl’inegalite de Minkowski de la Proposition 4.3.

En revanche, pour p ∈]0, 1[, ‖ ‖p ne definit pas une norme, ce que l’on peut verifieren mettant facilement en defaut l’inegalite triangulaire.

4.5. Remarque. Il est un cas particulier concernant les normes : celui des normesprovenant d’un produit scalaire. Sans s’etendre dans ce cours sur la definition d’unproduit scalaire, disons que parmi les normes, celles qui proviennent d’un produitscalaire jouissent de proprietes supplementaires remarquables. On montre notam-ment, lorsque p = 2, que les normes ‖ ‖2 (sur Rn et C([a, b])) definies ci-dessusproviennent toutes les deux d’un produit scalaire (et on montre de plus que ce n’estpas le cas, quel que soit p 6= 2). Dans ce cas bien particulier, ou une norme estissue d’un produit scalaire, l’inegalite de Holder se demontre egalement a partir desproprietes du produit scalaire, et cette inegalite porte alors le nom d’inegalite deCauchy-Schwarz.

Pour tout (a1, · · · , an), (b1, · · · , bn) ∈ Rn, on a :

|n∑i=1

aibi| ≤

√√√√ n∑i=1

|ai|2

√√√√ n∑i=1

|bi|2 (Inegalite de Cauchy-Schwarz).

Pour toutes fonctions f, g : [a, b]→ R continues, on a :

|∫ b

a

fg| ≤

√∫ b

a

|f |2√∫ b

a

|g|2 (Inegalite de Cauchy-Schwarz).

24. Exercice. En utilisant l’inegalite de Minkowski, montrer que pour tout p ≥ 1,la boule unite

B := {x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn; ‖x‖p ≤ 1}est convexe. Que dire, pour a ∈ Rn et r > 0 de

B(a, r) := {x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn; ‖x− a‖p ≤ r} ?

Solution de l’exercice. Soient x, y ∈ B et λ ∈ [0, 1], c’est-a-dire que

‖x‖p ≤ 1 et ‖y‖p ≤ 1. (∗)

On doit verifier que

(1− λ)x+ λy ∈ B,


c’est-a-dire que

‖(1− λ)x+ λy‖p ≤ 1. (∗∗)Or ‖(1 − λ)x + λy‖p ≤ ‖p(1 − λ)x‖p + ‖λy‖p, d’apres l’inegalite de Minkowski. Etd’autre part, puisque 1− λ ≥ 0 et λ ≥ 0, on a ‖(1− λ)x‖p + ‖λy‖p = (1− λ)‖x‖p +λ‖y‖p ≤ (1− λ) · 1 + λ · 1 = 1. La derniere inegalite etant obtenue grace a (∗). Ona donc bien prouve (∗∗).

On peut repondre a la seconde question de plusieurs facons.- Soit on peut dire que la convexite est preservee par transalation (ce qui necessite

une justification calculatoire), donc on peut supposer a = 0 puis dire que la convexiteest preservee par homothetie (ce qui necessite aussi une justification calculatoire),donc supposer que r = 1 et se ramener ainsi a la premiere question.

- Soit faire directement un calcul, ce qui revient a justifier l’invariance de laconvexite par translation et homothetie : soient x, y ∈ B(a, r) et λ ∈ [0, 1], c’est-a-dire que

‖x− a‖p ≤ r et ‖y − a‖p ≤ r. (∗)On doit verifier que

(1− λ)x+ λy ∈ B(a, r),

c’est-a-dire que

‖(1− λ)x+ λy − a‖p ≤ r. (∗∗)Or ‖(1−λ)x+λy−a‖p = ‖(1−λ)(x−a)+λ(y−a)‖p ≤ ‖p(1−λ)(x−a)‖p+‖λ(y−a)‖p,d’apres l’inegalite de Minkowski. Et d’autre part, puisque 1− λ ≥ 0 et λ ≥ 0, on a‖(1− λ)(x− a)‖p + ‖λ(y− a)‖p = (1− λ)‖x− a‖p + λ‖ya‖p ≤ (1− λ) · r+ λ · r = r.La derniere inegalite etant obtenue grace a (∗). On a donc bien prouve (∗∗).

Notons pour terminer que l’on montre de la meme maniere la convexite des boulesdefinies par des inegalites strictes {x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn; ‖x− a‖p < r}.

25. Exercice. Montrer les inegalite suivantes.

(1) ∀a, b ∈ R, ea+b2 ≤ ea+eb

2, l’egalite n’ayant lieu que si a = b.

(2) ∀x ∈ [0, π2], 2

πx ≤ sin(x) ≤ x.

(3) ∀a, b > 1, ln(a+b2

) ≥√

ln(a) ln(b) (montrer auparavant la concavite dex 7→ ln(ln(x))).

26. Exercice. Soient a, b ∈ R∗+ et soit E l’ellipsoıde de R2 defini par

E := {(x, y) ∈ R2;x2

a+y2

b≤ 1}.

(1) Representer E.

(2) Montrer que si ` : R2 → R2 est une application lineaire, l’image `(C) d’unconvexe C de R2 par ` est un convexe de R2.

(3) En utilisant la question 2, montrer que E est un sous-ensemble convexe deR2.


Soient c, d ∈ R, c < d et α : [c, d] → R une fonction continue sur [c, d],deux fois derivable sur ]c, d[ et telle que pour tout z ∈]c, d[, α′′(z) ≥ 0.

(4) Justifier que pour tout x ∈]c, d[, la fonction px :]c, d[\{x} → R definie par

px(y) =α(y)− α(x)

y − xest croissante.

(5) En utilisant la question 4 et la continuite de α en c et d, montrer que

- la fonction pc :]c, d]→ R est croissante,

- la fonction pd : [c, d[→ R est croissante,

- pour tout x ∈]c, d[, la fonction px : [c, d]\{x} → R est croissante.

(6) Conclure des questions 4 et 5 que α est convexe sur [c, d].

(7) Retrouver la conclusion de la question 6, en montrant directement a partirde la definition de la convexite que si une fonction α : [c, d]→ R est continuesur [c, d] et convexe sur ]c, d[, alors α est convexe sur [c, d].

(8) En appliquant la conclusion de la question 6 a la fonction α : [−√a,√a]→

R definie par

∀x ∈ [−√a,√a], α(x) = −

√b− b

ax2,

montrer a nouveau que E est un sous-ensemble convexe de R2.

Solution de l’exercice. (1) E est l’ellipsoıde centre en 0 et de demi-axes

horizontal√a et vertical

√b.

��

��

a

b

b

a−

−

(2) Soient z, w ∈ `(C). Il existe x, y ∈ C tels que `(x) = z et `(y) = w. Soitalors λ ∈ [0, 1]. On a (1−λ)z+λw = (1−λ)`(x)+λ`(y) = `((1−λ)x+λy).Or par convexite de C, (1− λ)x+ λy ∈ C puisque x, y ∈ C. Il s’ensuit que(1− λ)z + λw = `((1− λ)x+ λy) ∈ `(C).


(3) L’ellipsoıde E est l’image par l’application lineaire ` : R2 → R2 definie par

`(x, y) = (√ax,√by) de la boule unite C = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1}.

En effet, soient x, y,X, Y ∈ R tels que X =√ax et Y =

√by, on a

X2

a+Y 2

b= x2 + y2

et donc

x2 + y2 ≤ 1⇐⇒ X2

a+Y 2

b≤ 1,

ou encore(x, y) ∈ C ⇐⇒ (X, Y ) ∈ E .

Ce qui montre bien que `(C) = E, puisque (X, Y ) = `(x, y) et ` est bijectiveet (x, y) = `−1(X, Y ).

Comme par l’Exercice 24 avec p = 2, C est convexe, par la questionprecedente E est convexe.

(4) Puisque la derivee seconde de α sur ]c, d[ est positive, α est convexe sur ]c, d[,par le Corollaire 3.14. Mais par l’inegalite des pentes (Theoreme 3.10), ils’ensuit que px est croissante sur ]c, d[\{x}.

(5) Soient y, z ∈]c, d[ tels que y < z et x ∈]c, d[ different de y et z. Par laquestion precedente,

px(y) ≤ px(z). (∗)Or puisque α est continue en c, lorsque x → c, on a α(x) → α(c) et doncpx(y)→ pc(y) et px(z)→ pc(z). D’apres (∗), en faisant x→ c, on a donc

pc(y) ≤ pc(z). (∗∗)On peut dans (∗∗) faire tendre z vers d pour obtenir, toujours par continuitede α en d

pc(y) ≤ pc(d). (∗ ∗ ∗)En conclusion (∗∗) et (∗ ∗ ∗) prouvent que pc est croissante sur ]c, d].

Les autres propositions se prouvent de la meme maniere.

(6) Les questions 4 et 5 prouvent que les pentes px, pour tout x ∈ [c, d], sontcroissantes sur [c, d] \ {x}, ce qui prouve la convexite de α sur [c, d] (par leTheoreme 3.10).

(7) Il s’agit de l’Exercice 6.

(8) La derivee seconde de α sur ]−√a,√a[ est positive (noter que α n’est pas

derivable en −√a ni en

√a). D’autre part α est continue sur [−

√a,√a]. On

peut donc appliquer le resultat de la question 6. Ceci prouve que l’epigrapheΓ(α)+ de α est un convexe de R2. D’autre part, β = −α est concave et doncΓ(α)− est un convexe (cf proposition 3.5). Il s’ensuit que Γ(α)+∩Γ(α)− estun convexe (cf Exercice 3). Mais ce convexe n’est autre que E.

CHAPITRE 2

Etude locale de fonctions

1. Rappels

1.1. Definition. Soient A un ensemble. Une relation binaire R sur A estla donnee d’un sous-ensemble de R × R, c’est-a-dire la donnee d’un ensemble decouples d’elements de A : les couples d’elements de A qui sont en relation suivantR. Pour etre plus concis, pour x, y ∈ A, on note xRy l’appartenance (x, y) ∈ R. Cequi se lit � x est en relation avec y �.

1.2. Exemple. Si l’on se donne pour relation R sur A = R le demi-plan de R2

sous la droite y = x (c’est-a-dire que R est l’ensemble des couples (x, y) ∈ R × Rtels que x ≤ y), cela revient a definir la relation ≤ sur R.

1.3. Definition. Une relation binaire R sur l’ensemble A est dite une relationd’equivalence sur A lorsque

– R est reflexive : ∀x ∈ A, xRx,– R est symetrique : ∀x, y ∈ A, xRy =⇒ yRx,– R est transitive : ∀x, y, z ∈ A, (xRy et yRz) =⇒ xRz.

1.4. Definition. SiR est une relation d’equivalence sur l’ensemble A, et si x ∈ A,on considere x, la classe d’equivalence de x suivant R, definie par

x := {y ∈ a; xRy}.1.5. Exemple. On peut considerer la relation R sur l’ensemble des etre humains,

definie par∀x, y ∈ A, xRy ⇐⇒ � x et y ont la meme taille �.

Une classe d’equivalence regroupe donc tous les etre humains de la meme classe.

L’interet des relations d’equivalences est qu’elles permettent de regrouper leselements de A en des sous-ensembles de A (les classes d’equivalence) qui offrentune partition de A. On regroupe ainsi de maniere exhaustive les elements de A enrelation.

27. Exercice. Montrer que si R est une relation d’equivalence sur l’ensembleA, et si x, y ∈ A, on x ∩ y 6= ∅ ⇐⇒ x = y. En deduire que l’ensemble des classesd’equivalences suivant R forme une partition de A (c’est-a-dire que A est la reuniondes classes d’equivalence suivant R et que deux telles classes sont egales ou sansintersection).

1.6. Definition. Une relation binaire R sur l’ensemble A est dite une relationd’ordre sur A lorsque

41

42 2. ETUDE LOCALE DE FONCTIONS

– R est reflexive : ∀x ∈ A, xRx,– R est anti-symetrique : ∀x, y ∈ A, (xRy et yRx) =⇒ y = x,– R est transitive : ∀x, y, z ∈ A, (xRy et yRz) =⇒ xRz.

On note souvent x �R y et meme x � y plutot que xRy.On dit qu’un ordre est total lorsque pour tout x, y ∈ A, on a soit x � y, soit

y � x (tous les elements de A sont comparables pour l’ordre �).

1.7. Exemple. On peut considerer la relation d’ordre � sur l’ensemble des etrehumains, definie par

∀x, y ∈ A, x � y ⇐⇒ � x est de plus petite taille que y �.

On peut tout aussi bien considerer la relation d’ordre �′ sur l’ensemble des etrehumains, definie par

∀x, y ∈ A, x �′ y ⇐⇒ y � x⇐⇒ � y est de plus petite taille que x �.

On dit que les ordres � et �′, dont l’un se definit grace a l’autre, sont des ordresopposes.

1.8. Definition. Soit f : Df → R, une fonction de variable reelle a valeursreelles. On dit que f admet en un point a de R une limite ` ∈ R lorsque

∀ε > 0,∃η > 0, tel que ∀x ∈ Df∩]a− η, a+ η[, on a |f(x)− `| ≤ ε.

Ceci equivaut a dire que quelle que soit la suite (xn)n∈N de limite a, avec xn ∈ Df ,la suite (f(xn))n∈N a pour limite `.

1.9. Definition. Soient a ∈ R et f : Df → R, une fonction de variable reellea valeurs reelles, definie sur un ensemble Df contenant un intervalle ]a − η, a + η[,η > 0. On dit que f est n fois derivable en a, pour un entier n ≥ 1 si et seulement siles derivees f ′(x), · · · , f (n−1)(x) existent pour tout x dans un intervalle ]a− ν, a+ ν[et si f (n−1) est derivable en a. On note alors f (n)(a) := [f (n−1)]′(a).

Nous utiliserons souvent le theoreme des accroissements finis ainsi que sa versionpour deux fonctions. Nous les rappelons ici.

1.10. Theoreme. Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions continues et derivablessur ]a, b[.

(1) Il existe θ ∈]a, b[ tel que

f(b)− f(a) = f ′(θ)(b− a).

(2) Si pour tout x ∈]a, b[, |f ′(x)| ≤ g′(x), alors

|f(b)− f(a)| ≤ g(b)− g(a).

Nous rappelons maintenant la definition de la division de deux polynomes suivantles puissances croissantes.

2. DOMINATION, PREPONDERANCE, EQUIVALENCE DE FONCTIONS 43

1.11. Theoreme (Division suivant les puissances croissantes). Soient n ∈ N etF,G ∈ R[X] avec G(0) 6= 0. Alors il existe un unique couple (Q,R) ∈ R[X]× R[X]tel que

F (X) = Q(X)G(X) +Xn+1R(X) et deg(Q) ≤ n.

Il existe un algorithme qui calcule le couple (Q,R), identique a celui d’Euclidepour la division euclidienne des polynomes, sauf que l’algorithme opere ici en ran-geant les polynomes suivant leurs puissances croissantes et qu’il consiste a eliminer,etape par etape, les monomes de plus bas degre dans cette ecriture.

1.12. Exemple. Posons n = 4 et F (X) = 2X + X2 − X3, G(X) = 1 + 2X.On commence par retrancher a F le polynome 2XG(X), ce qui donne le premierreste −3X2 −X3, auquel on retranche −3X2G(X), ce qui donne le reste 5X3 etc...Finalement on obtient

F (X) = (2X − 3X2 + 5X3 − 10X4)G(X) + 20X5.

2. Domination, preponderance, equivalence de fonctions

Dans toute cette section, on note par a– soit un nombre reel,– soit le symbole +∞,– soit le symbole −∞.Toutes les fonctions que l’on considere par la suite sont des fonctions de variable

reelle, a valeurs reelles, dont le domaine de definition contient

– lorsque a ∈ R : un intervalle dit epointe en a, ]a− η, a+ η[\{a}, avec η > 0,– lorsque a est +∞ : un intervalle du type ]A,+∞[, avec A ∈ R,– lorsque a est −∞ : un intervalle du type ]−∞, A[, avec A ∈ R.

On resumera ces conditions en disant que f est definie au voisinage (epointeen a, lorsque a ∈ R) de a.

2.1. Remarque. Notons, dans le cas a ∈ R, qu’il est possible, lorsque f estdefinie au voisinage epointe en a de a, que le point a n’appartienne pas a l’ensemblede definition de f . Mais il est egalement possible que a appartienne a l’ensemble dedefinition de f . Les deux cas peuvent se presenter. Cependant on ne veut comprendreque le comportement de f en dehors de a, c’est-a-dire lorsque sa variable est prochedu point special a, sans etre egale a a. Ainsi, quitte a fixer arbitrairement unevaleur de f en a, on pourra toujours au besoin supposer que a est dans le domainede definition de f : cela ne nuira pas a notre etude. Ainsi dans la suite on dirasimplement que f est definie sur un voisinage de a, sans preciser si celui-ciest epointe ou pas en a.

2.2. Exemple. La fonction f : R∗ → R definie par f(x) = 1/x est bien definiesur un voisinage de 0 epointe en 0. De meme que la fonction g : R → R definiepar g(x) = 1/x si x 6= 0 et g(0) = 1. Leurs domaines contiennent bien en effet, parexemple, l’intervalle epointe ]− 1, 1[\{0}. Les etudes de f et g en dehors de 0 sontequivalentes de notre point de vue.


2.3. Remarque. Lorsque plusieurs fonctions seront considerees, on pourra sup-poser qu’elles sont toutes definies sur un meme ensemble, quitte a intersecter dansleur ensemble de definition, des intervalles epointes du type de ceux specifies ci-dessus et a se restreindre a une telle intersection. Par exemple les fonctions f et gou f : R∗ → R est definie par f(x) = 1/x et g : R \ {0, 1} → R est definie parf(x) = 1/x(x − 1) sont toutes les deux definies sur un voisinage commun de a = 0epointe en 0. Un tel voisinage etant par exemple donne par ]−∞, 1/π[\{0}.

2.4. Definition. Soient f et g deux fonctions definies au voisinage de a.

(1) On dit que f est dominee par g au voisinage de a si et seulement s’ilexiste un voisinage (non vide) V de a et un reel α > 0 tels que

∀x ∈ V , |f(x)| ≤ α|g(x)|.On note dans ce cas

f ≺a g (notation de Hardy)

ou encore plus frequemment

f = Oa(g) (notation de Landau)

(2) On dit que f est negligeable devant g au voisinage de a ou que g estpreponderante devant f au voisinage de a si et seulement si, pourtout ε > 0 existe un voisinage (non vide) V(= Vε) de a tel que

∀x ∈ V , |f(x)| ≤ ε|g(x)|.On note dans ce cas

f ≺≺a g (notation de Hardy)

ou encore plus frequemment

f = oa(g) (notation de Landau)

(3) On dit que f est equivalente a g au voisinage de a ou que f estequivalente a g en a si et seulement s’il existe un voisinage (non vide) Vde a et une fonction u : V → R tels que

∀x ∈ V , f(x) = u(x)g(x) et limx→a

u(x) = 1.

On note dans ce casf ∼a g.

2.5. Remarque. Dans les cas ou le point a en lequel on etudie le comportementdes fonctions est sans equivoque, on peut se passer de faire figurer l’indice a a droitedes signes o,O et ∼.

L’interet de ces notions apparaıt lorsque pour l’etude d’une fonction f donnee,on trouve une fonction g equivalente a f (ou dominant f , ou preponderante devantf) et qui soit plus simple de f . Dans ce cas l’etude locale de f se ramene a celle deg.


2.6. Remarque (Definitions equivalentes). On dispose des definitions equivalentessuivantes des relations de domination et de preponderance. L’interet de ces definitionsalternatives est par exemple qu’elles nous permettent de nous affranchir des valeursabsolues dans la definition de o et de O.

(1) f est dominee par g au voisinage de a si et seulement s’il existe un voisinageV de a et une fonction α : V → R bornee sur V (c’est-a-dire qu’existe m ≥ 0tel que pour tout x ∈ V , |α(x)| ≤ m), tels que

∀x ∈ V , f(x) = α(x)g(x).

(2) f est negligeable devant g au voisinage de a si et seulement s’il existe unvoisinage V de a et une fonction ε : V → R tels que

∀x ∈ V , f(x) = ε(x)g(x) et limx→a

ε(x) = 0.

(3) f est equivalente a g au voisinage de a si et seulement si

f − g = o(g).

2.7. Remarque. On a f = o(g) (au voisinage de a) =⇒ f = O(g) (au voisinagede a), car une fonction de limite nulle (ou de limite toute autre constante) est enparticulier bornee.

2.8. Remarque. Notons qu’une fonction f est bornee au voisinage de a si etseulement si f = O(1) (ou f = O(c), pour une constante c ∈ R).

De meme, une fonction f est de limite nulle en a si et seulement si f = o(1) (oussi f = o(c), pour une constante c ∈ R).

2.9. Exemples. (1) On a x = o(x2) au voisinage de +∞. Pour s’en assurer ilsuffit d’ecrire x = 1

xx2 sur (par exemple) [1,+∞[. En particulier x = O(x2)

au voisinage de +∞.

(2) On a x2 = o(x) au voisinage de 0. Pour s’en assurer il suffit d’ecrire x2 = x·xsur [−1, 1].

(3) On a x ∼0 sin(x), puisque la fonction u(x) = xsin(x)

si x ∈] − 1, 1[\{0} et

u(0) = 1 est telle que lim0 u = 1 et x = u(x) sin(x) pour tout x ∈]− 1, 1[.

(4) Soit n ∈ N∗. On a xn − 1 ∼1 n(x− 1). Il suffit de remarquer que xn − 1 =(x− 1)(xn−1 +xn−2 + · · ·+ 1) et de poser u(x) = 1/n(xn−1 +xn−2 + · · ·+ 1)dans la definition de l’equivalence.

28. Exercice. Montrer qu’une fonction polynome est equivalente en 0 a son termede plus bas degre et, en +∞ ou −∞, a son terme de plus haut degre.

2.10. Proposition. Soient f, g, h, trois fonctions definies au voisinage de a. Ona :

(1) f ∼a f (reflexivite)

(2) f ∼a g ⇐⇒ g ∼a f, (symetrie)

(3) f ∼a g et g ∼a h =⇒ f ∼a h, (transitivite)


On dit que la relation ∼a est une relation d’equivalence. L’ensemble des fonc-tions equivalentes en a a une fonction donnee f s’appelle la classe d’equivalencede f . Les classes d’equivalences de la relation ∼a forment une partition de l’en-semble des fonctions definies au voisinages de a. C’est-a-dire que deux classes sontsoient disjointes soient egales et qu’une fonction donnee est necessairement dansune classe.

2.11. Remarque. La fonction nulle n’est equivalente qu’a elle-meme, puisque sif ∼a 0, alors sur un voisinage de a, on a f = ε · 0 = 0 (avec lima ε = 0). Ainsi laclasse d’equivalence de la fonction nulle est un singleton reduit a elle-meme.

2.12. Remarque. Il existe beaucoup de classes differentes suivant la relationd’equivalence ∼a. Par exemple les fonctions x 7→ xk log`(|x|)exp sont toutes nonequivalentes en 0 (pour des triplets (k, `, p) ∈ Z3 distincts), et sont donc dans autantde classes distinctes.

2.13. Proposition. La relation de domination est reflexive et les relations dedomination et de preponderance sont :

– stables par addition, au sens suivant : si f = O(ϕ) et g = O(ϕ), alors f + g =O(ϕ). De meme, si f = o(ϕ) et g = o(ϕ), alors f + g = o(ϕ).

– stables par produit : si f = O(ϕ1) et g = O(ϕ2), alors f · g = O(ϕ1 · ϕ2). Dememe, si f = o(ϕ1) et g = o(ϕ2), alors f · g = o(ϕ1 · ϕ2).

– stables par multiplication par un reel,– transitives.La relation d’equivalence est :– stable par produit : si f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2, alors f · g ∼a ϕ1 · ϕ2.– non stable en general par addition.

Enfin, si f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 et si aucune de ces fonctions ne s’annule au voisinagede a, alors

– on af

g∼a

ϕ1

ϕ2

.

2.14. Remarque. Attention, il n’est en general pas vrai que f = o(ϕ1) et g =o(ϕ2) impliquent f + g = o(ϕ1 + ϕ1). La stabilite par addition de la relation depreponderance est bien a comprendre au sens de la Proposition 2.13 (lorsque ϕ1 =ϕ2). En effet, par exemple si f(x) = g(x) = x, ϕ1(x) = 1 et ϕ2(x) = −1 + x. On abien x = o(1) et x = o(−1 + x), mais f(x) + g(x) = 2x 6= o((ϕ1 + ϕ2)(x) = x).

2.15. Remarque. Attention, il n’est en general pas vrai que f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2

impliquent f + g ∼a ϕ1 + ϕ2. En effet, par exemple si f(x) = 1, g(x) = −1,ϕ1(x) = 1+x et ϕ2(x) = −1. On a bien 1 ∼0 1+x et −1 ∼0 −1, mais f(x)+g(x) =0 6∼0 (ϕ1 + ϕ2)(x) = x.

En revanche, si ϕ2 = o(ϕ1), on a bien f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 impliquent f +g ∼a ϕ1.On verifie egalement (cf l’Exercice 29) que lorsque ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux

> 0 (ou toutes les deux < 0) dans un voisinage de a, alors f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2

impliquent f + g ∼a ϕ1 + ϕ2.


Dans tous les cas, on aura toujours interet a revenir a la definition de l’equivalencepour ne pas se tromper.

29. Exercice. Montrer que si ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux > 0 (ou toutes les deux< 0) dans un voisinage de a, alors f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 impliquent f + g ∼a ϕ1 +ϕ2.

Solution de l’exercice. Supposons que ϕ1 et ϕ2 soient toutes les deux > 0(le cas ou ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux < 0 se traitant de la meme facon). Surun voisinage de a existent u1, u2 deux fonctions de limite 1 telles que f = u1ϕ1 etg = u2ϕ2. On a alors

f + g = (ϕ1 + ϕ2)u1ϕ1 + u2ϕ2

ϕ1 + ϕ2

.

Mais ϕ1 et ϕ2 etant toutes les deux > 0

|u1ϕ1 + u2ϕ2

ϕ1 + ϕ2

− 1| ≤ |u1 − 1|ϕ1 + |u2 − 1|ϕ2

|ϕ1 + ϕ2|

≤ max(|u1 − 1|, |u2 − 1|)(ϕ1 + ϕ2)

ϕ1 + ϕ2

= max(|u1 − 1|, |u2 − 1|)→ 0.

30. Exercice. Montrer que si h = o(g), alors f ∼a g + h⇐⇒ f ∼a g.

Solution de l’exercice. Sur un voisinage V de a on a

f = u · (g + h),

avec lima u = 1 et d’autre part

h = ε · g,avec lima ε = 0. On en deduit que

f = (u+ ε) · g,avec lima u+ ε = 1.

2.16. Exemple. Si a ∈ R, 1 ∼a 1+(x−a)r, pour tout r > 0, puisque (x−a)r →a 0et donc (x− a)r = o(1).

2.17. Proposition. (1) Soient f et g deux fonctions equivalentes en a. Alorssi l’une admet une limite ` en a (finie ou infinie, nulle ou pas), l’autre admetaussi ` pour limite en a.

(2) Reciproquement si deux fonctions admettent en a la meme limite non nulle` ∈ R∗, alors ces fonctions sont equivalentes en a.

Demonstration. Montrons 1. Soient f et g telles que f = u ·g, avec lima u = 1.En prenant lima de chaque cote de cette egalite, on obtient lima f = lima g.

Supposons maintenant pour montrer 2 que f et g sont deux fonctions de memelimite ` 6= 0 en a. Alors on peut ecrire f = f

g· g. La fonction f

gest bien definie dans

un voisinage de a, puisque dans un certain voisinage de a, 0 < |`|2≤ |g| et de plus

limafg

= ``

= 1.


��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

Ensemble des fonctionsayant une limite en a

ayant une limite non nulle en aEnsemble des fonctions

Ensemble des fonctionsn’ayant pas de limite en a

classe de (x−a)n

classe des fonctionsde limite en a

Ensemble des fonctionsayant une limite nulle en a

π

Classe de la fonction nulle

classe de (x−a)n+1

fig.5

On peut representer les classes d’equivalences des fonctions definies au voisinagede a suivant la relation d’equivalence ∼a de la facon suivante (cf. fig. 5). Les fonctionsadmettant la meme limite ` ∈ R non nulle sont toutes equivalentes entre-elles.Les fonctions admettant une limite nulle en a se subdivisent en une infinite declasses d’equivalence. La fonction nulle etant seule dans sa classe. Enfin les fonctionsn’admettant pas de limite en a se subdivisent en une infinite de classes.

2.18. Remarque. La Proposition 2.17 assure que la notion d’equivalence n’estpas pertinente telle quelle pour les fonctions de limite ` 6= 0 en a. D’autre part, ilse peut que deux fonctions f et g soient de meme limite nulle ou infinie en a ∈R ∪ {−∞,+∞} sans etre equivalentes, comme par exemple les fonctions xn et xp,n, p ∈ N∗, n 6= p. Ainsi, au vu de la Proposition 2.17 et de cette remarque, la notiond’equivalence n’est pertinente (en ce sens qu’elle est strictement plus fine que lanotion elementaire de limite) que pour les fonctions de limite nulle ou infinie en a.


Cependant, si l’on veut etudier finement le comportement asymptotique des fonc-tions f de limite ` 6= 0 en a, on peut toujours considerer, du point de vue del’equivalence des fonctions, f − ` qui est de limite nulle en a. On peut alors, toutcomme dans le cas des fonctions de limite nulle ou infinie, detecter des comporte-ments asymptotiques distincts de f en a (cf la Proposition 2.19 qui traite le cas desfonctions derivables en a de derivee non nulle).

Les deux propositions suivantes permettent de produire des equivalents d’unefonction donnee. En particulier la Proposition 2.19, donne un equivalent affine def − lima f , lorsque f est derivable en a et de derivee non nulle. Dans ce cas la limitede f en a est f(a), puisque f etant derivable en a, f est continue en a.

2.19. Proposition. Si f est une fonction derivable en a et si f ′(a) 6= 0, alors

f(x)− limaf = f(x)− f(a) ∼a f ′(a)(x− a).

Demonstration. La fonction f est derivable en a et de derivee f ′(a) ss’il existeune fonction µ de limite nulle en a telle que

f(x)− f(a) = f ′(a)(x− a) + µ(x) · (x− a).

On a alorsf(x)− f(a) = u(x) · f ′(a)(x− a),

avec, du fait que f ′(a) 6= 0

u(x) =f ′(a)(x− a) + µ(x) · (x− a)

f ′(a)(x− a)=f ′(a) + µ(x)

f ′(a)= 1 +

µ(x)

f ′(a)→a 1.

2.20. Proposition. Si f ∼a g et si ϕ est a valeur dans un voisinage de a et telleque limα ϕ = a, alors

f ◦ ϕ ∼α g ◦ ϕ.

Demonstration. Par hypothese, sur un certain voisinage de a, on a f = u · g.On peut supposer que a est dans le domaine de definition de f , g et u, quitte aimposer f(a) = g(a) et u(a) = 1. Or u(a) = 1 et lima u = 1 montre que u estalors continue en a. D’autre part si u est definie en a, du fait de lima u = 1, on anecessairement u(a) = 1 et donc u est continue en a. En resume, on peut toujourssupposer que u est continue en a.

Maintenant, on a f ◦ ϕ = (u ◦ ϕ) · (g ◦ ϕ), et comme u est continue en a et quelimα ϕ = a, on a bien limα u ◦ ϕ = 1.

31. Exercice. Montrer que

(1) ex − 1 ∼0 x ln(1 + x) ∼0 x

(2) sin(x) ∼0 x Arcsin(x) ∼0 x

(3) tan(x) ∼0 x Arctan(x) ∼0 x

(4) sh(x) ∼0 x Argsh(x) ∼0 x

(5) th(x) ∼0 x Argth(x) ∼0 x


(6) (1 + x)α − 1 ∼0 eα ln(1+x) − 1 ∼0 αx

(7) cos(x) ∼0 1− x2

2

(8) cos(x)− 1 ∼0 −x2

2

(9) ch(x)− 1 ∼0x2

2

Solution de l’exercice. Les equivalents 1 a 6 se traitent en appliquant la Pro-position 2.19.

Notons que pour l’equivalent 6 on peut aussi utiliser l’equivalent 1 et la Propo-sition 2.20. En effet, en posant ϕ(x) = α ln(x + 1), on a ϕ →0 0 et donc puisqueex− 1 ∼0 x, on a aussi eϕ(x)− 1 ∼0 ϕ(x) = α ln(x+ 1). Mais comme ln(x+ 1) ∼0 x,on a bien eϕ(x) − 1 ∼0 αx.

L’equivalent 7 provient de ce que lim0 cos = 1. On sait alors par la Proposition2.17 que cos(x) ∼0 1. D’autre part, d’apres l’Exercice 30, puisque −x2

2= o(1),

on a bien cos(x) ∼0 1 − x2

2. Mais pour les memes raisons, on a tout aussi bien

cos(x) ∼0 1 − x ln(|x|) ∼0 1 +√x ou plus generalement cos(x) ∼0 1 + h(x), ou

lim0 h = 0. Ainsi l’equivalent 7 est faussement precis, il ne dit rien d’autre quelim0 cos = 1.

L’equivalent 8, quant a lui, ne s’obtient pas a partir de l’equivalent 7 en � ajou-tant � de chaque cote de ∼0 la fonction −1. En effet, on sait que l’on ne peutajouter de part et d’autre de ∼a que des fonctions negligeables devant les fonctionsdeja presentes (cf Exercice 30) ! Tout au plus on peut ajouter de part et d’autre del’equivalent 7 une fonction de limite nulle en 0, ce qui ne donne pas l’equivalent 8.

Ainsi l’equivalent 8 est beaucoup plus precis que l’equivalent 7, en ce sens qu’il ditque l’on ne pourra trouver d’autres equivalents que −x2

2a cos(x)− 1, qu’a condition

d’ajouter a −x2

2une fonction negligeable en 0 devant x2 (toujours par l’Exercice 30).

Montrons maintenant l’equivalent 8. La preuve est celle de la formule de Taylor(Theoreme 4.10) a l’ordre 2. Pour cela posons

r(x) = cos(x)− 1 +x2

2.

On ar′(θ) = −[sin(θ)− θ].

Or par l’equivalent 2, sin(θ) = (1 + ε(θ))θ avec ε →0 0. Donc r′(θ) = −θε(θ).Appliquons alors le theoreme des accroissements finis a r entre x et 0. On a

r(x) = r(x)− r(0) = r′(θ)x,

pour un certain θ entre 0 et x. De sorte que

|r(x)| ≤ |θ| · |ε(θ)| · |x| ≤ ε(θ)|x2|,avec ε(θ)→ 0 quand x→ 0 (puisque |θ| ≤ |x|). En conclusion, r(x) = µ(x)x2, avecµ→0 0, donc

cos(x)− 1 = −x2

2+ x2µ(x) = (1− 2µ(x))(−x

2

2),


avec 1− 2µ(x)→0 1, c’est-a-dire cos(x)− 1 ∼0 −x2

2.

On demontre l’equivalent 9 de la meme maniere.

32. Exercice. Soit β > 0 et pour tout n ≥ 2, soit an = 1n logβ n

. Trouver un

equivalent de an+1

an− 1 quand n tend vers +∞ (considerer la suite an+1

ancomme une

fonction de la variable n).

Solution de l’exercice. On va utiliser la Proposition 2.19 appliquee a la fonc-tion x 7→ (1 + x)β dans un voisinage de 0. On obtient (1 + x)β = 1 + βxu(x), avecu(x)→ 1 quand x→ 0.

On a alors

an+1

an=

n

n+ 1[

log n

log(n+ 1)]β = (1− 1

n+ 1)[

log(n+ 1) + log( nn+1

)

log(n+ 1)]β

= (1− 1

n+ 1)[1 +

log( nn+1

)

log(n+ 1)]β = (1− 1

n+ 1)[1 +

log(1− 1n+1

)

log(n+ 1)]β

= (1− 1

n+ 1)[1− v(n)

(n+ 1) log(n+ 1)]β = (1− 1

n+ 1)(1− w(n)β

(n+ 1) log(n+ 1)),

ou v et w ont 1 pour limite en 0. On en conclut, en developpant ce produit, que

an+1

an= 1− z(n)

n+ 1,

avec z(n)→ 1 quand n→ +∞.

33. Exercice. Soient a ∈ R, r > 0 et h :]a− r, a+ r[→ R une fonction telle queh(a) = 0.

(1) On suppose que h est derivable en a et que h′(a) = 0. Montrer qu’alors

h(x) = oa(x− a).

Reciproquement, montrer que si h(x) = oa(x− a), alors h est derivable ena et h′(a) = 0.

(2) On suppose que h est derivable sur ]a − r, a + r[. Montrer que pour toutx ∈]a− r, a+ r[ existe θx tel que |θx− a| ≤ |x− a| et h(x) = (x− a) ·h′(θx).

(3) En utilisant plusieurs fois le resultat de la question 2, applique d’abord a

h(x) = sin(x)− (x− x3

6), puis a ses derivees successives, montrer que

sin(x)− (x− x3

6) = o0(x

3).

(4) Montrer que sin(x) ∼0 x− x3

6.

(5) A-t-on sin(x)− (x− x2 − x3

6) = o(x3) ? A-t-on sin(x) ∼0 x− x2 − x3

6?

Solution de l’exercice. (1) La fonction h est derivable en a et de deriveenulle en a si et seulement s’il existe ε(x) une fonction de limite nulle en

a telle que ∀x 6= a, h(x)x−a = h(x)−h(a)

x−a = ε(x). Ce qui equivaut a : ∀x 6=a, h(x) = (x− a)ε(x) ou encore h(x) = oa(x− a).


(2) Il s’agit directement du theoreme des accroissements finis applique a h surl’intervalle d’extremites a et x. On peut en effet appliquer ce theoremepuisque h etant derivable sur ]a − r, a + r[, quel que soit x ∈]a − r, a + r[,h est continue sur [a, x] (si x > a) ou [x, a] (si x < a).

(3) Soit h(x) = sin(x)− (x− x3

6). Cette fonction est C∞ sur R, nulle en 0 et de

derivee h′(x) = cos(x)−(1− x2

2) nulle en 0. Notons que h′′(x) = − sin(x)+x

et h′′′(x) = 1 − cos(x), de sorte que h′′ et h′′′ sont egalement nulles en 0.Par la question precedente il existe θx tel que |θx| ≤ |x| et h(x) = h′(θx) ·x.

Appliquons a nouveau le resultat de la question 2 a h′ sur l’intervalled’extremites 0 et θx, puisque h′(0) = 0 et h′′(0). On a l’existence d’un νxtel que |νx| ≤ |θx| et h(x) = h′′(νx) · θx · x. On peut a nouveau appliquer leresultat de la question 2 a h′′ sur l’intervalle d’extremites 0 et νx, puisqueh′′(0) = 0 et h′′′(0). On en deduit l’existence d’un reel µx tel que |µx| ≤ |νx|et h(x) = h′′′(µx) · νx · θx · x = (1 − cos(µx)) · νx · θx · x. On a |µx| ≤|νx| ≤ |θx| ≤ |x|. Donc d’une part |h(x)| ≤ |1− cos(µx)| · |x3|. D’autre part,lorsque x → 0, µx → 0 et donc − cos(µx) + 1 →x→0 0. On en conclut que

limx→0|h(x)||x3| = 0, ce qui equivaut a limx→0

h(x)x3

= 0 et donc a h(x) = o0(x3).

(4) Par la question precedente, il existe une fonction ε(x) de limite nulle en 0telle que

sin(x) = x− x3

6+ x3ε(x). (∗)

On a alors

sin(x) = (x− x3

6)(1 +

x3

x− x3

6

ε(x)) = (x− x3

6)(1 +

x2

1− x2

6

ε(x))

= (x− x3

6)µ(x),

avec µ(x)→x→0 1, c’est-a-dire que sin(x) ∼0 x− x3

6.

(5) On a x − x3

6= ν(x) · x, avec ν(x) = 1 − x2

6→x→0 1. On a donc sin(x) ∼0

x − x3

6∼0 x. Et comme x − x2 − x3

6= x(1 − x − x2

6), on a aussi x ∼0

x−x2− x3

6, donc sin(x) ∼0 x−x2− x3

6. Ce raisonnement montre en realite

que sin(x) ∼0 x+ g(x), des que g(x) = o(x).

En revanche, si on avait sin(x)− (x−x2− x3

6) = o(x3), il existerait une

fonction α(x) de limite nulle en 0 telle que

sin(x) = x− x2 − x3

6+ x3α(x). (∗∗)

En soustrayant (∗) et (∗∗) on en deduirait que

1 = x(α(x)− ε(x)),

ce qui est une contradiction, puisque le membre de gauche de cette derniereegalite tend vers 0 lorsque x tend vers 0.


2.21. Remarque. La demarche qui conduit a sin(x) − (x − x2 − x3

6) = o(x3)

dans l’Exercice 33 et qui consiste a utiliser plusieurs fois de suite le theoreme desaccroissements finis applique a la fonction sin(x) privee de son polynome de Taylor,puis aux derivees successives de cette difference, est exactement la preuve de laformule de Taylor.

34. Exercice. Montrer que e1x2 − e

1(x+1)2 ∼+∞

2x3

.

Solution de l’exercice. Soit g la fonction definie sur ]0,+∞[ par

g(x) = e1/x2 − e1/(x+1)2 .

Lorsque x tend vers +∞, 2/x3 tend vers 0. D’autre part 1/x2 et 1/(x+ 1)2 tendent

vers 0 et comme la fonction exponentielle est continue en 0, e1/x2

et e1/(x+1)2 tendentvers e0 = 1, de sorte que g tend vers 0.

Remarquons que

g(x) = e1/(x+1)2(e1x2− 1

(x+1)2 − 1),

et comme e1/(x+1)2 tend vers 1 lorsque x tend vers +∞, on a

g(x) ∼+∞ e1x2− 1

(x+1)2 − 1.

Il nous suffit donc de demontrer que e1x2− 1

(x+1)2 − 1 ∼+∞ 2/x3.Pour cela, remarquons que d’apres la Proposition 2.19, puisque le fonction expo-

nentielle et de derivee 1 en 0, on a

ey − 1 ∼0 y. (∗)Or lorsque x tend vers +∞, y = 1

x2− 1

(x+1)2tend vers 0, on deduit donc de (∗) que

e1x2− 1

(x+1)2 − 1 ∼+∞1

x2− 1

(x+ 1)2.

Mais d’autre part

1

x2− 1

(x+ 1)2=

2x+ 1

x2(x+ 1)2=

2

x31 + 1

2x

(1 + 1x)2∼+∞

2

x3.

Pour resumer, on a montre

g(x) ∼+∞ e1x2− 1

(x+1)2 − 1 ∼+∞1

x2− 1

(x+ 1)2∼+∞

2

x3.

35. Exercice. Montrer que x+ log(x) ∼+∞ x.

Solution de l’exercice. On a

x+ log(x) = x(1 +log(x)

x),

pour tout x > 0. Or limx→+∞ 1 + log(x)x

= 1.

36. Exercice. Montrer que ( log(1+x)log(x)

)x − 1 ∼+∞1

log(x).


Solution de l’exercice. Soit f(x) =( log(1+x)

log(x)

)x. Par definition, on a

f(x) = ex log(log(1+x)log(x)

).

De sorte que f(x) n’a de sens que pour x > 1, car alors seulement log(1+x)log(x)

> 0. Ona ensuite

log(1 + x)

log(x)=

log(x(x+1x

))

log(x)=

log(x) + log(1 + 1x)

log(x)= 1 +

log(1 + 1x)

log(x).

En posant y = 1 +log(1+ 1

x)

log(x), on a y → 1 lorsque x → +∞. D’autre part, par la

Proposition 2.19, nous savons que

log(y) ∼1 y − 1, (∗)

puisque la derivee de log en 1 est 1. Il s’ensuit que

log(

1 +log(1 + 1

x)

log(x)

)∼+∞

log(1 + 1x)

log(x). (∗∗)

A nouveau par application de (∗) a y = 1 + 1x, du fait que y tend vers 1 quand x

tend vers +∞, on obtient

log(1 + 1x)

log(x)∼+∞

1

x log(x). (∗ ∗ ∗)

Les equivalences de (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent

x log(

1 +log(1 + 1

x)

log(x)

)∼+∞

1

log(x),

par la stabilite de l’equivalence par produit (cf Proposition 2.13). Il existe ainsi unefonction u(x) de limite 1 en +∞, telle que

x log(

1 +log(1 + 1

x)

log(x)

)=

u(x)

log(x)),

et donc

f(x)− 1 = eu(x)log(x)

) − 1.

Posons y = u(x)log(x)

. Alors y tend vers 0 lorsque x tend vers +∞, et toujours par la

Proposition 2.19, ey − 1 ∼0 y, donc

f(x)− 1 = eu(x)log(x)

) − 1 ∼+∞u(x)

log(x)∼+∞

1

log(x).

37. Exercice. (1) A l’aide d’une Proposition du cours, montrer que

eu − 1 ∼0 u (a)

et ln(1 + u) ∼0 u. (b)


(2) Deduire de l’egalite (b) de la question precedente et de la question 3 del’Exercice 33 que

ln(sin(x)

x) ∼0 −

x2

6. (c)

(3) Soit f :]0, π[ la fonction definie par f(x) = xx − (sin(x))sin(x). Montrer al’aide de l’egalite (a) de la question 1 que

f(x) ∼0 x ln(x)− sin(x) ln(sin(x)). (d)

(4) Conclure a l’aide de (c) et (d) que que

f(x) ∼0x3 ln(x)

6.

Solution de l’exercice. (1) Il s’agit de la Proposition 2.19.

(2) On a l’existence d’une fonction ε(x) de limite nulle en 0 telle que sin(x) =

x− x3

6+x3ε(x) et, par l’egalite (b), l’existence d’une fonction µ(u) de limite

1 en 0 telle que ln(1 + u) = uµ(u). Il s’ensuit que

ln(sin(x)

x) = ln(1− x2

6+ x2ε(x)) = (−x

2

6+ x2ε(x))µ(−x

2

6+ x2ε(x))

= −x2

6(1− 6ε(x))µ(−x

2

6+ x2ε(x)) = −x

2

6ρ(x),

avec ρ(x) qui tend vers 1 lorsque x tend vers 0.

(3) On a, pour tout x ∈]0, π[,

f(x) = ex ln(x) − esin(x) ln(sin(x)) = ex ln(x)(1− esin(x) ln(sin(x))−x ln(x))

∼0 ex ln(x)(x ln(x)− sin(x) ln(sin(x))),

par (a). Mais comme ex ln(x) tend vers e0 = 1 quand x tend vers 0, on a bienf(x) ∼0 x ln(x)− sin(x) ln(sin(x)).

(4) Par la question precedente, on a l’existence d’une fonction µ(x) de limite1 en 0 telle que

f(x) = µ(x)x[

ln(x)− sin(x)

xln(sin(x))

]= µ(x)x

[(1− sin(x)

x) ln(x)− sin(x)

xln(

sin(x)

x)].

Or par l’egalite (c), on a ln( sin(x)x

) = −x2

6ρ(x), avec ρ(x) qui tend vers 1

lorsque x tend vers 0 et d’autre part 1− sin(x)x

= x2

6− x2ε(x), avec ε(x) qui

tend vers 0 lorsque x tend vers 0. On a alors

f(x) = µ(x)x[x2

6ln(x)(1− 6ε(x)) +

x2

6ρ(x)

sin(x)

x)]

=x3

6ln(x)µ(x)

[1− 6ε(x) + ρ(x)

sin(x)

x ln(x)

],


avec µ(x)[1− 6ε(x) + ρ(x) sin(x)

x ln(x)

]qui tend vers 1 lorsque x tend vers 0, ce

qui prouve bien que f(x) ∼0x3

6ln(x).

3. Echelles de comparaison et developpements asymptotiques

Dans tout ce chapitre on cherche a comprendre le comportement asymptotiqued’une fonction f de limite nulle ou infinie en a. Pour cela, il suffit de se donnerun element g dans la classe d’equivalence de f avec g plus � simple � a etudierque f . On a encore une bien meilleure mesure du comportement asymptotique def lorsque le representant g de la classe d’equivalence de f est choisie dans unefamille F de fonctions prescrite a l’avance. En effet, on dispose alors d’une echellede comparaison asymptotique pourvu que la famille possede une hierarchie, c’est-a-dire que l’on puisse decider entre deux membres donnes de F lequel tend le plus vitevers 0 en a. Ceci revient a supposer que notre famille F beneficie d’un ordre pour larelation de preponderance (et en particulier, les fonctions de F sont chacune dansdes classes d’equivalence distinctes suivant ∼a).

Dans cette section on formalise ce point de vue.

3.1. Definition. On appelle echelle de comparaison asymptotique en a ∈R ∪ {−∞,+∞} toute famille F = (gi)i∈I telle que :

(1) pour tout i ∈ I, gi n’est pas la fonction nulle au voisinage de a,

(2) pour tout i, j ∈ I, i 6= j, l’une des fonctions gi ou gj est negligeable devantl’autre en a.

3.2. Remarque. Il n’est pas utile dans la Definition 3.1 de supposer que lesfonctions gi sont toutes definies sur un meme voisinage de a : le domaine de definitionde gi peut tres bien changer avec i. En revanche chacun de ces domaines de definitiondoit etre un voisinage de a.

3.3. Exemple. Les familles

(1) ((x− a)n)n∈N (echelle des monomes),

(2) ((x− a)m)m∈Z,

(3) (|x− a|p)p∈Q,

(4) (|x− a|r)r∈R, (echelle des puissances),

(5) (e|x−a|r |x− a|r lnu(|x− a|))(r,s,u)∈×R3 , (echelle logarithmetico-exponentielle

en a),

sont des echelles de comparaison asymptotiques en a ∈ R.Les familles

6. (xn)n∈N, (echelle des monomes),

7. (xm)m∈Z,

8. (|x|p)p∈Q,

9. (|x|r)r∈R, (echelle des puissances),

3. ECHELLES DE COMPARAISON ET DEVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 57

10. (e|x|r |x|s lnu(|x|))(r,s,u)∈×R3 (echelle logarithmetico-exponentielle a l’in-

fini),

11. (e|x|re−π|x|

ρ|x|s lnu(|x|))(r,ρ,s,u)∈×R4

sont des echelles de comparaison asymptotiques en −∞ ou +∞. La famille 11 est-elleencore une echelle de comparaison en +∞ si l’on y remplace π par 1 ?

38. Exercice. Montrer effectivement que chacune des familles de l’Exemple 3.3.

Solution de l’exercice. 4. Montrons que la famille 4 est bien une echellede comparaison. Ce qui montrera que les familles 1 a 3 sont aussi desechelles de comparaison, car elles sont des sous-familles de la famille 4.

Tout d’abord, aucune des fonctions gr : x 7→ |x − a|r, r ∈ R n’est lafonction nulle. Ensuite, si r, s ∈ R, r 6= s, avec par exemple s > r, on apour tout x ∈ R,

|x− a|s = ε(x)|x− a|r,ou ε(x) = |x − a|s−r est bien de limite nulle en a, puisque s − r > 0. Desorte que gs = o(gr) si s > r.

10. Montrons que la famille 10 est une echelle de comparaison en +∞. Ce quimontrera que les familles 6 a 10 sont aussi des echelles de comparaison en+∞, car elles sont des sous-familles de la famille 10. Notons que dans le casde la famille de fonctions gr,s,u : x 7→ ex

rxs lnu(x), l’ensemble des indices

parametrant la famille est l’ensemble des triplets (r, s, u) de R3 (on s’estaffranchi des valeurs absolues autour de la variable x dans l’expression desfonctions gr,s,u, puisque l’on considere que ces fonctions sont definies surun certain voisinage de +∞, que l’on peut supposer inclus dans R∗+).

Aucune des fonctions gr,s,u n’est la fonction nulle. Ensuite soient (a, b, c) ∈R3 et (r, s, u) ∈ R3 deux indices distincts. Ceci signifie que a 6= r ou b 6= sou c 6= u.

– Supposons que a 6= r, avec par exemple a > r.Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,

gr,s,u(x) = ε(x)ga,b,c(x),

avec ε(x) = exr−a

, qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,puisque r − a < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c).

– Supposons que a = r mais que b 6= s, avec par exemple b > s.Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,


avec ε(x) = xs−b, qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,puisque s− b < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c).

– Supposons enfin que a = r et b = s, mais que c 6= u, avec par exemplec > u.Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,



avec ε(x) = lnu−c(x), qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,puisque u− c < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c).

En conclusion, si gr,s,u et ga,b,c sont deux fonctions distinctes de la fa-mille 10, on compare leur triplet d’indice (r, s, u) et (a, b, c) en parcou-rant successivement leurs composantes une a une, de la gauche vers ladroite. Dans ce parcours, des qu’une composante de (r, s, u) est < a lacomposante correspondante de (a, b, c), on a gr,s,u = o(ga,b,c). Par exemple

g√2,π, 1√3

= o(g√2,√11,√2). Evidemment cela ne se produit que parce que les

puissances de x sont negligeables en +∞ devant l’exponentielle des puis-sances de x, que les puissances du logarithme sont elles-memes negligeablesdevant les puissances de x et que l’ordre des composantes de l’indice (r, s, u)respecte cet ordre de preponderance des exponentielles des puissances de x,des puissances de x et des puissances de ln(x).

Remarquons que ce processus induit sur R3 un ordre total, c’est-a-direune facon de comparer a coup sur les triplets de R3. On note alors � cetterelation d’ordre, qui est, d’apres ce qui precede, definie par

(r, s, u) � (a, b, c)⇐⇒ r ≤ a ou (r = a et s ≤ b) ou (r = a et s = b et u ≤ c),

ou ≤ designe la relation d’ordre habituelle de R. On introduit enfin la no-tation ≺ (l’ordre strict associe a l’ordre �), notation definie par

(r, s, u) ≺ (a, b, c)⇐⇒ [(r, s, u) � (a, b, c) et (r, s, u) 6= (a, b, c)].

Par exemple (1,√

2, π) ≺ (1,√

3, 1/2). Avec ces notations, on a montre que

gr,s,u = o(ga,b,c)⇐⇒ (r, s, u) ≺ (a, b, c).

L’ordre � sur R3 defini ci-dessus s’appelle l’ordre lexicographique surR3. Plus generalement l’ordre lexicographique se definit de la meme manieresur les triplets de Rn, et, lorsque n = 1, il n’est rien d’autre que l’ordrehabituel de R.

Remarquons que l’on peut tout aussi bien definir un ordre �′ sur R3 (etbien sur plus generalement sur Rn), en posant

(r, s, u) �′ (a, b, c)⇐⇒ (a, b, c) � (r, s, u)

⇐⇒ a ≤ r ou (a = r et b ≤ s) ou (a = r et b = s et c ≤ u).

L’ordre �′ est appele l’ordre anti-lexicographique. Il est un peu moinsnaturel que l’ordre lexicographique, puisque l’on a par exemple (1,

√3, π) �′

(1,√

2, 1/2).

5. Dans le cas de la famille 5, on montre avec les memes arguments que pourla famille 10, que la famille des fonctions gr,s,u = e|x−a|

r |x−a|s lnu(|x−a|),(r, s, u) ∈ ×R3, est une echelle de comparaison en a ∈ R. Pour cette famille,on montre de plus que

gr,s,u = o(ga,b,c)⇐⇒ (a, b, c) ≺ (r, s, u)⇐⇒ (r, s, u) ≺′ (a, b, c).

3. ECHELLES DE COMPARAISON ET DEVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 59

Pour cette famille, gr,s,u est negligeable devant ga,b,c si et seulement si (r, s, u)est plus grand que (a, b, c) pour l’ordre lexicographique ≺.

Les observations de la solution de l’Exercice 38 ci-dessus ont conduit a considererdeux ordres sur l’ensemble des indices I = R3 des familles 5 et 10 de l’Exemple3.3 : l’ordre lexicographique et l’ordre anti-lexicographique. De plus ces ordres sontcompatibles avec la relation de preponderance o en ce sens que pour un coupled’indices (i, j) on peut determiner laquelle des deux fonctions gi ou gj est negligeabledevant l’autre uniquement en comparant i et j selon l’ordre �.

On va voir dans la Proposition 3.4 qui suit que ceci est general : on peut toujoursmunir l’ensemble I des indices d’une echelle de comparaison de deux ordres (opposesl’un a l’autre) compatibles avec la relation de preponderance en a. Ceci n’est biensur utile que lorsque I n’est pas deja muni d’un ordre compatible avec la relationde preponderance des fonctions en a.

Parmi ces deux definitions possibles d’ordre sur l’ensemble des indices I, on optepour celle qui, dans le cas particulier de l’echelle gr(x) = |x−a|r, r ∈ I = R, coıncideavec l’ordre habituel de R, ou plus generalement avec l’ordre lexicographique sur R3

(qui est plus naturel que l’ordre anti-lexicographique) dans le cas particulier del’echelle de comparaison 5 de l’Exemple 3.3.

Ainsi, pour l’etude asymptotique des fonctions en un point a ∈ R, le choix del’ordre propose par la Proposition 3.4 sur l’ensemble I des indices des echelles puis-sance et logarithmico-exponentielle est naturel, puisqu’il s’agit du choix de l’ordrelexicographique. En revanche, pour l’etude asymptotique des fonctions en +∞ ou−∞, le choix de l’ordre propose par la Proposition 3.4 sur l’ensemble I des indicesdes echelles puissance et logarithmico-exponentielle est moins naturel, puisqu’il s’agitde celui de l’ordre anti-lexicographique. En quelque sorte le choix de l’ordre proposepar la Definition 3.4 privilegie donc l’etude des fonctions en un point a ∈ R plutotqu’en l’infini.

Voyons maintenant comment on peut definir un tel ordre.

3.4. Proposition. Soit F = (gi)i∈I une echelle de comparaison asymptotique ena (a ∈ R, a = +∞ ou a = −∞). On definit une relation sur l’ensemble des indicesI, notee �, par

∀i, j ∈ I, i � j ⇐⇒ gi = gj ou gj = o(gi).

La relation � munit I d’un ordre total, par definition-meme compatible avec la re-lation de preponderance o en a.

On note i ≺ j lorsque i 6= j et i � j.

Demonstration. La relation � est bien reflexive, puisque i � i implique gi = gi,qui est bien une proposition vraie.

Cette relation est aussi anti-symetrique, puisque si i � j et j � i, on a

(gi = gj ou gj = o(gi)) et (gj = gi ou gi = o(gj))

ce qui equivaut a

(gi = gj) ou (gi = gj et gi = o(gj))


ou (gj = o(gi) et gi = gj) ou (gj = o(gi) et gi = o(gj)),

mais de ces quatre alternatives, les trois dernieres sont impossibles, et donc necessai-rement seule la premiere equivaut a i � j et j � i. Cette equivalence est exactementl’anti-symetrie.

La transitivite se demontre tout aussi facilement.

3.5. Exemple. Comme on l’a deja remarque avant la Proposition 3.4, pourl’echelle de comparaison asymptotique ((x − a)r)r∈R, l’ordre � induit sur l’en-semble d’indices R est le meme que l’ordre usuel ≤ des reels, puisque i ≺ j ssi(x− a)j = o((x− a)i) ssi i < j. Ainsi ≺ = <.

3.6. Definition. Soit F = (gi)i∈I une echelle de comparaison asymptotique en aet f une fonction definie dans un voisinage de a. S’il existe une combinaison lineaire

Pf =N∑k=1

αkgik , i1 ≺ · · · ≺ iN , α1, · · · , αN ∈ R

d’elements de F telle que

Rf := f − Pfsoit negligeable devant giN , on dit que Pf est un developpement asymptotiquede f en a a l’ordre iN , relativement a l’echelle F et que Rf est le reste de cedeveloppement.

3.7. Remarque. L’ordre ν d’un developpement asymptotique dans une echelle decomparaison donnee est un element de l’ensemble I des indices de cette echelle. Maiscomme I est muni d’un ordre compatible avec la relation de preponderance o en a,lorsque ν croit meilleure est l’approximation d’une fonction par son developpementasymptotique a l’ordre ν.

3.8. Proposition. Soit f une fonction definie dans un voisinage de a. Si f admetun developpement asymptotique relativement a l’echelle F et a un ordre donne, cedeveloppement asymptotique est unique.

Demonstration. Montrons l’unicite du developpement asymptotique a un ordredonne. Pour cela, soient Pf =

∑Nk=1 αkgik et Qf =

∑Ml=1 βlgjl deux developpements

asymptotiques de f relativement a l’echelle F et au meme ordre i0 ∈ I, avec i1 ≺· · · ≺ iN = i0, j1 ≺ · · · ≺ jM = i0 et

f − Pf = o(gi0) et f −Qf = o(gi0).

D’apres la Proposition 2.13, on en deduit

f − Pf − (f −Qf ) = Qf − Pf = o(gi0).

Mais d’autre part, en regroupant les indices ik et ij egaux, on peut noter Qf −Pf =

∑Nk=1 αkgik −

∑Ml=1 βlgjl :=

∑Ls=1 γsgps ou ps ∈ {ik, k = 1, · · · , N} ∪ {jl, l =

1, · · · ,M}. Si un coefficient γs n’est pas nul, on peut en deduire l’existence d’un pluspetit indice im ∈ I tel que gim apparaisse avec un coefficient γm 6= 0 dans l’ecriture

3. ECHELLES DE COMPARAISON ET DEVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 61∑Ls=1 γsgps de Qf − Pf . Comme les autres fonctions gps de cette ecriture sont alors

negligeables devant gim , on en deduit, par l’Exercice 30, que

Qf − Pf ∼a γmgim ,ce qui contredit Qf − Pf = o(gi0) et im � i0. On en conclut alors que tous lescoefficients γs sont nuls, ce qui etablit l’egalite de Pf et de Qf .

3.9. Proposition. Si f et h sont deux fonctions definies au voisinage de a quiadmettent respectivement les developpements asymptotiques Pf et Ph en a, au memeordre ν ∈ I suivant la meme echelle de comparaison, alors pour tous reels α, β,αf + βh admet le developpement asymptotique αPf + βPh a l’ordre ν. Autrementdit :

Pαf+βg = αPf + βPh.

Demonstration. Comme f−Pf = o(gν) et h−Ph = o(gν), on a aussi αf−αPf =o(gν) et βh− βPh = o(gν), ce qui donne par la Proposition 2.13 αf + βh− (αPf +βPh) = o(gν).

3.10. Proposition. Si f est une fonction definie au voisinage de a et admet ledeveloppement asymptotique

∑Nk=1 αkgik en a a l’ordre iN , alors f admet en a le

developpement asymptotique∑M

k=1 αkgik a l’ordre iM , pour tout iM ∈ {i1, · · · , iN}.On dit que

∑Mk=1 αkgik est la troncature a l’ordre iM du developpement asympto-

tique de f a l’ordre iN .

Demonstration. On a

f −N∑k=1

αkgik = f −M∑k=1

αkgik +N∑

k=M+1

αkgik = o(giN )

En particulier

f −M∑k=1

αkgik +N∑

k=M+1

αkgik = o(giM ).

Mais comme∑N

k=M+1 αkgik = o(giM ), puisque gik = o(giM ) pour k > M , on a bien

f −M∑k=1

αkgik = o(giM ).

3.11. Remarque. D’apres les Propositions 3.8 et 3.10, la donnee du developpe-ment asymptotique en a de f a un certain ordre est la donnee des developpementsasymptotiques de f en a aux ordres inferieurs.

3.12. Exemple. On sait d’apres l’Exercice 31 que cos(x)− 1 ∼0 −x2

2. Autrement

dit cos(x) − (1 − x2

2) = o(x2) et donc par definition, 1 − x2

2est le developpement

asymptotique de x 7→ cos(x) en 0 a l’ordre 2 dans l’echelle monomiale. D’apres laProposition 3.10, le polynome 1 (qui est la troncature a l’ordre 0 du developpementasymptotique de cos a l’ordre 2) est le developpement asymptotique de cos en 0


a l’ordre 0 dans l’echelle monomiale. Mais puisque le polynome 1 est egalementla troncature a l’ordre 1 du developpement asymptotique de cos a l’ordre 2, lepolynome 1 est aussi le developpement asymptotique de cos en 0 a l’ordre 1 dansl’echelle monomiale.

3.13. Definition. Soit f une fonction definie au voisinage de a. S’il existe α ∈ R∗et i ∈ I tel que f ∼a αgi, le couple (α, gi) ∈ R∗×F est unique et on dit que αgi estla partie principale de f en a relativement a l’echelle F .

Demonstration. Prouvons l’unicite du couple (α, gi) dans la definition ci-dessus.Soient (α, gi), (β, gj) ∈ R∗×F tels que f ∼a αgi et f ∼a βgj. On a alors αgi ∼a βgj,ce qui est incompatible avec i 6= j, puisque si par exemple i ≺ j, on a gj = o(gi).Donc i = j. Mais si i = j, on a alors α = β puisque αgi ∼a βgi.

La proposition suivante montre que trouver un developpement asymptotique re-vient a trouver des equivalents successifs.

3.14. Proposition. Soit f une fonction admettant le developpement asympto-tique

∑Nk=1 αkgik , avec αk 6= 0, k = 1, · · · , N et i1 ≺ i2 · · · ≺ iN . Alors la partie

principale de f est α1gi1, celle de f − α1gi1 est α2gi2, ..., celle de f −∑N−1

k=1 αkgikest αNgiN .

Demonstration. On a f −∑N

k=1 αkgik = o(giN ), donc f −α1gi1 = o(gi1), ce quiprouve que f ∼a α1gi1 . On reitere ensuite l’argument.

4. Developpement limites

Dans cette section, on etudie tout particulierement le comportement des fonc-tions en a ∈ R dans l’echelle de comparaison des monomes ((x − a)n)n∈N. Undeveloppement asymptotique s’appellera alors un developpement limite. Par com-modite on suppose que a est dans le domaine de definition de la fonction f que l’onetudie.

4.1. Definition. Soit f une fonction definie au voisinage de a.

(1) Si f admet un developpement asymptotique en a, a l’ordre N , suivantl’echelle de comparaison monomiale ((x− a)n)n∈N, on dit que f admet en aun developpement limite a l’ordre N , note par l’abreviation � f admetun DLNa �. Dans ce cas, on a l’existence de reels α0, · · · , αN tels que

f −N∑i=1

αi(x− a)i = o((x− a)N),

ou de facon equivalente :

f −∑N

i=1 αi(x− a)i

(x− a)N−→x→a,x6=a 0.

4. DEVELOPPEMENT LIMITES 63

On notera souvent

f =N∑i=1

αi(x− a)i + o((x− a)N) au lieu de f −N∑i=1

αi(x− a)i = o((x− a)N).

On dit alors que∑N

i=1 αi(x − a)i est le developpement limite en a def a l’ordre N . On le note [DLNa (f)](x).

(2) Soit f une fonction definie au voisinage de +∞ (resp. de −∞). Si f admetun developpement asymptotique en a, a l’ordre N , suivant l’echelle de com-paraison monomiale ((x − a)−n)n∈N, on dit que f admet en +∞ (resp. en−∞) un developpement limite a l’ordre N , note par l’abreviation � fadmet un DLN+∞ � (resp. DLN−∞).

4.2. Exemple. Le cas des polynomes. Soit f(x) =∑d

i αixi un polynome de

degre d. Alors on peut ecrire

f(x) =d∑i

αixi + xn0(x), ou 0 est la fonction nulle,

de sorte que si n ≥ d, DLn0 (f) = f.Dans le cas ou n < d, on peut ecrire

f(x) =n∑i

αixi + xn

d∑n+1

αixi−n.

ce qui montre que f(x) =∑n

i αixi + o(xn), si n < d. Dans les deux cas (n ≥ d et

n < d), on a :

� le DLn0 d’un polynome∑d

i αixi est la somme de ses monomes αix

i de degre ≤ n �.

Considerons maintenant a ∈ R. Alors h(x) = f(x+a) est un polynome de degre d,

que l’on note h(x) =∑d

i=1 βixi. Comme h(x−a) = f(x), on a f(x) =

∑di=1 βi(x−a)i,

de sorte que le polynome f admet un DLna , pour tout n ≥ d et donc pour tout n ∈ N.On a donc demontre la proposition suivante.

4.3. Proposition. Soit f un polynome de degre d. Alors f admet un DLna pourtout n ∈ N et tout a ∈ R. De plus, pour tout n ≥ 0, DLn0 (f) est la troncature de fa l’ordre n et pour tout n ≥ d, pour tout a ∈ R, f−DLna(f) = 0.

4.4. Remarque. Nous verrons plus loin qu’une classe plus large de fonctions quela classe des fonctions polynomiales, a savoir les fonctions C∞ (cf Theoreme 4.11),admettent des DLna , pour tout a dans leur domaine de definition et tout n ∈ N.

4.5. Exemple. Considerons les fonctions f(x) = 11+x

et g(x) = 11−x , definies

toutes deux sur ]− 1, 1[.– Quel que soit x ∈]− 1, 1[, quel que soit n ∈ N, on a

1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn +

xn+1

1− x.


Comme limx→0x

1−x = 0, on en deduit que g admet, pour tout n ∈ N, le DLn0 :∑ni=0 x

i.Pour les memes raisons, puisque f(x) = g(−x), f admet, pour tout n ∈ N,

le DLn0 :∑n

i=0(−1)ixi.– Posons x = 1/y → 0. Alors, pour tout n ∈ N, pour tout y, |y| > 1, on a

1

1− 1/y=

y

y − 1= 1 +

1

y+

1

y2+ · · ·+ 1

yn+

y−n−1

1− 1/y,

1

y − 1=

n∑i=1

y−i + o(y−n).

D’ou DLn+∞(f) =∑n

i=1−x−i.

4.6. Remarque (DL en 0 et DL en un point). Si f admet un DLN0 , alors on peut

ecrire f(x) =∑N

i=0 αixi + o(xN). Posons t = x + a. Remarquons que lorsque x est

dans un voisinage de 0, t est au voisinage de a. D’autre part, on a :

g(t) := f(t− a) =N∑i=0

αi(t− a)i + o((t− a)N),

ce qui fournit un DLNa (g(t)). Autrement dit si l’on veut un DLNa (g) il suffit de trouverun DLN0 (f), avec f(x) = g(x + a). Ainsi formellement on peut toujours se ramenera la recherche d’un DLn0 . Cette remarque est illustree dans l’Exercice 39 qui suit.

4.7. Exemple. Cherchons DL21(g) ou g(x) = 1

x. On pose f(x) = g(x+ 1) = 1

x+1.

On sait alors, par la Remarque 4.6 qui precede, que les coefficients de DL20(f) sont

les les coefficients de DL21(g). Comme DL2

0(f) = 1− x+ x2, on a DL21(g) = 1− (x−

1) + (x− 1)2.

39. Exercice. On se propose de donner des DL en π en se ramenant a des DLen 0, comme indique dans la Remarque 4.6.

(1) Donner DL2π(x 7→ g(x) = x2 + 1.

(2) Donner DL2π(x 7→ g(x) = x

x+1).

Solution de l’exercice. (1) On pose f(x) = g(x+ π) = (x+ π)2 + 1. Onsait alors, par la Remarque 4.6, que les coefficients de DL2

0(f) sont les lescoefficients de DL2

π(g). On a f(x) = 1 + π2 + 2πx+ x2 (ici le reste est nul,comme explique dans l’Exemple 4.2), de sorte que

g(x) = f(x− π) = 1 + π2 + 2π(x− π) + (x− π)2 = DL2π(g).

(2) On pose f(x) = g(x+ π) = x+πx+π+1

. On sait alors, par la Remarque 4.6, que

les coefficients de DL20(f) sont les coefficients de DL2

π(g). On a

f(x) = (x+ π

π + 1)(

1

1 + xπ+1

) = (x+ π

π + 1)(1− x

π + 1+

x2

(π + 1)2) + o(x2)


=π

π + 1+

1

(π + 1)2x− 1

(π + 1)3x2 + o(x2).

On en deduit le DL2π(g)

g(x) = f(x− π) =π

π + 1+

1

(π + 1)2(x− π)− 1

(π + 1)3(x− π)2 + o((x− π)2).

4.8. Proposition. Soit f une fonction definie au voisinage de a ∈ R.

0. f admet un developpement limite en a a l’ordre 0 si et seulement si f estcontinue en a. Celui-ci est alors f(x) = f(a) + o(1).

(1) f admet un developpement limite en a a l’ordre 1 si et seulement si f estderivable en a. Celui-ci est alors f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + o((x− a)).

(2) f peut admettre un developpement limite a l’ordre N ≥ 2, sans etre deuxfois derivable en a.

Demonstration. 0. On a : f est continue en a ssi f(x) − f(a) tend vers0 ssi f(x)− f(a) est negligeable devant (x− a)0.

(1) On a : f derivable en a ss’il existe α ∈ R tel que f(x)− f(a)− α(x− a) =ε(x)(x− a), avec ε(x)→ 0 quand x→ a. De sorte que f derivable en a ssif admet un developpement limite en a a l’ordre 1 en a.

(2) On dispose du contre-exemple suivant : f(x) = x3 sin(1/x) si x 6= 0 etf(0) = 0. Alors on a f(x) = 0 + o(x2), donc f admet un developpementlimite a l’ordre 2 en 0, en revanche, on a f ′(0) = 0, f ′(x) = −x cos 1/x si

x 6= 0, et donc f ′(x)−f ′(0)x−0 n’admet pas de limite en 0.

4.9. Proposition. Tout developpement limite au voisinage de 0 d’une fonctionpaire (resp. impaire) est une fonction paire (resp. impaire) et donc ne comporte quedes exposants pairs (resp. impairs).

Demonstration. Soit f une fonction paire, alors

f(x) =n∑i=0

αixi + xnε(x), (1)

avec ε→ 0 quand x→ 0. Comme pour tout x dans un voisinage de 0, on a f(−x) =f(x), on a

f(−x) =n∑i=0

αi(−1)ixi + xnε(−x) =n∑i=0

αixi + xnε(x).

On en deduit quek∑j=0

α2j+1x2j+1 = xnµ(x), (2)


ou k est le plus grand entier tel que 2k + 1 ≤ n et µ(x) = 12(ε(−x) − ε(x)) → 0

quand x→ 0. Maintenant les egalites (1) et (2) donnent

f(x) =∑i=0

α2jx2j + xn(ε(x) + µ(x)),

ou ` est le plus grand entier tel que 2` ≤ n. Autrement dit, DLn0 (f) ne comporteque des puissances paires.

Le cas d’une fonction impaire se traite de la meme facon.

Nous rappelons maintenant la formule de Taylor-Young, qui garantit l’existencede DLna(f) lorsque f (n)(a) existe.

4.10. Theoreme (Formule de Taylor-Young). Si f est definie sur un voisinaged’un point a ∈ R, et si, pour n ≥ 1, f est n fois derivable en a, alors

f(x) =n∑i=0

f (i)(a)

i!(x− a)i + o((x− a)n).

En particulier, f admet le DLna :∑n

i=0f (i)(a)i!

(x− a)i.

Demonstration. On montre par recurrence sur n ≥ 1 la propriete :

T (n) : ∀f, f (n)(a) existe =⇒ f(x) =n∑i=0

f (i)(a)

i!(x− a)i + o((x− a)n).

D’apres la Proposition 4.8, T (1) est vraie. Soit alors n > 1, supposons T (n− 1)vraie et soit f une fonction definie au voisinage de a telle que f (n)(a) existe. Montronsalors que T (n) a lieu pour f . Considerons

rf,n(x) := f(x)−n∑i=0

f (i)(a)

i!(x− a)i.

On a

r′f,n(x) = f ′(x)−n∑i=1

f (i)(a)

(i− 1)!(x− a)i−1 = f ′(x)−

n−1∑i=0

f ′(i)(a)

i!(x− a)i = rf ′,n−1(x).

D’apres T (n− 1) pour f ′ (qui est bien n− 1 fois derivable en a), on a rf ′,n−1(x) =o((x− a)n−1). Donc il existe une fonction ε definie au voisinage de a, de limite nulleen a, telle que

r′f,n(x) = (x− a)n−1ε(x).

Maintenant d’apres le theoreme des accroissements finis, et puisque rf,n(a) = 0, ilexiste, pour tout x dans un voisinage de a, un reel θ = θx, tel que

|θ − a| ≤ |x− a| et rf,n(x) = rf,n(x)− rf,n(a) = r′f,n(θ)(x− a).

En particulier

|f(x)−n∑i=0

f (i)(a)

i!(x− a)i| ≤ |(θ − a)n−1||ε(θ)| · |x− a| ≤ |(x− a)n||ε(θ)|


ce qui prouve T (n), puisque limx→a ε(θ) = 0, du fait de la majoration |θ−a| ≤ |x−a|.La formule de Taylor permet de prouver que les fonctions derivables en un point

a a l’ordre n admettent un DLna et donne de plus une methode explicite de calcul,puisque ce DLna s’obtient en calculant n derivees successives en a. Cependant cecalcul peut vite devenir fastidieux. On preferera alors, quand cela est possible, utiliserd’autres methodes plus rapides. Notamment celles donnees par les Propositions 4.18,4.19 et 4.20 qui suivent.

4.11. Corollaire. Soit f une fonction C∞ sur un intervalle ouvert I. Alors fadmet des DLna , pour tout a ∈ I et tout n ≥ 0.

4.12. Corollaire. Soit f une fonction derivable n fois en a, n ≥ 2, sur unintervalle ouvert I et a ∈ I. Si f est telle que f (k)(a) = 0, pour tout k, 1 ≤ k ≤ n−1et f (n)(a) 6= 0. Alors f admet un extremum local strict en a si et seulement si n estpair. Dans ce cas,

– f admet en a un minimum local si f (n)(a) > 0,– un maximum local si f (n)(a) < 0.

Demonstration. D’apres la formule de Taylor,

f(x) = f(a) +f (n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n).

La fonction f admet un extremum local en a si et seulement si le signe de f(x)−f(a)ne change pas dans un voisinage de a ce qui equivaut a dire que n est pair. Lorsquen est pair, ce signe est celui de f (n)(a) : s’il est positif on a f(x) > f(a) dans unvoisinage de a prive de a et s’il est negatif, on a f(x) < f(a).

4.13. Remarque. La formule de Taylor-Young, donnee dans le Theoreme 4.10,assure que le reste f(x) − [DLna(f)](x) d’une fonction f qui est n fois derivable ena, est un o((x− a)), autrement dit est de la forme (x− a)nε(x), avec ε une fonctionde limite nulle en a. Il faut bien remarquer que la fonction ε depend du point a,autrement dit, si f est aussi derivable n fois en un autre point b de son domaine dedefinition, le reste f(x) − [DLnb (f)](x) sera du type (x − a)nµ(x). On ne saura pasalors, sans hypothese supplementaire sur f , comparer les fonctions ε et µ. La formulede Taylor-Lagrange corrige ce defaut, a condition de supposer que la fonction f soitn+ 1 fois derivable sur un l’intervalle [a, b]. Plus precisement, on enonce :

4.14. Theoreme (Formule de Taylor-Lagrange). Soit f : [a, b]→ R une fonctionde classe Cn sur [a, b] et n+ 1 fois derivable sur ]a, b[. Alors, quels que soient x, y ∈[a, b], existe θ = θx,y ∈]x, y[ tel que

f(y) = [DLnx(f)](y) +(y − x)n+1

(n+ 1)!f (n+1)(θ).

En particulier, si |f (n+1)(z)| est majoree par M (independamment de n) sur ]a, b[,on en deduit que

∀x, y ∈ [a, b], f(y)− [DLnx(f)](y) =M |y − x|n+1

(n+ 1)!= o((y − x)n).


4.15. Remarque. La majoration

∀x, y ∈ [a, b], f(y)− [DLnx(f)](y) =M |y − x|n+1

(n+ 1)!

donnee par la formule de Taylor-Lagrange, dans le cas ou |f (n+1)| ne depend que dela distance |y− x| de y a x, et non du point x en lequel on calcule le DLn(f). Cetteformule est donc une majoration independante du point x de

1

|y − x|n+1

[f(y)− [DLnx(f)](y)

].

4.16. Remarque. Lorsque l’on ne peut pas majorer |f (n+1)(z)| par une constan-te M independante de n et de z ∈]x, y[, on essaie au moins de majorer |f (n+1)(z)|par une constante Mn ne dependant que de n (et non de z ∈]x, y[). Dans ce cas,

lorsque la quantite Mn|y−x|n+1

(n+1)!tend vers 0 avec n, pour x et y fixes dans [a, b], la suite

(f(y)− [DLnx(f)](y))n∈N tend vers 0. La quantite f(y) est alors la limite de la suite([DLnx(f)](y))n∈N. Cette remarque est exploitee dans l’Exercice 40 pour montrerque log 2 est la limite d’une suite facile a calculer de rationnels. Ce point de vuesera systematiquement utilise dans le chapitre suivant dedie a l’etude des seriesnumeriques.

Demonstration. Pour x, y ∈ [a, b] et s ∈ [x, y], considerons

rf,n,y(s) = f(y)− [DLns (f)](y)− (y − s)n+1

(n+ 1)!C,

ou [DLns (f)](y) =∑n

i=0(y−s)ii!

f (i)(s) et ou C est tel que rf,n,y(x) = 0 (ce qui determinecette constante C). Par hypothese, la fonction s 7→ rf,n,y(s) est continue sur [x, y] etderivable sur ]x, y[. Comme d’autre part rf,n,y(x) = rf,n,y(y) = 0, d’apres le theoremede Rolle, existe θ ∈]x, y[ tel que r′f,n,y(θ) = 0. Mais puisque

r′f,n,y(s) = −(y − s)n

n!f (n+1)(s) +

(y − s)n

n!C,

on obtient C = f (n+1)(θ), ce qui avec rf,n,y(x) = 0 donne bien la formule annoncee.

40. Exercice (Limite de la serie harmonique alternee). Soit (un)n∈N la suite

un = 1 − 12

+ 13

+ · · · + (−1)n−1

n−1 . Montrer que limn→∞ un = log(2). En deduire uneapproximation de log(2) par un rationnel a 1/10 pres.

Solution de l’exercice. Appliquons la formule de Taylor-Lagrance entre 1 et2 a la fonction f : x 7→ log(x), c’est-a-dire faisons x = 1 et y = 2 dans la formule

du Theoreme 4.14. Cette fonction est C∞ et f (i)(x) = (−1)i+1(i−1)!xi

. Il s’ensuit que

pour tout n ≥ 1, existe θ = θn ∈ [1, 2], tel que log(2) = un + (−1)n(n+1)θn+1 . Donc

|un − log(2)| ≤ 1n+1→n→∞ 0. En particulier u9 = 1879

2520= 0, 745 · · · fournit une

approximation de log(2) = 0, 693 · · · a 1/10 pres.


41. Exercice. Soit f : I → R une fonction deux fois derivable sur I = [a, b] et

convexe. A l’aide de la formule de Taylor-Lagrange montrer que le graphe de f estau-dessus de toute tangente a ce graphe (cf Corollaire 3.13).

La formule de Taylor-Lagrange permet de minorer de maniere independante dea le reste f(x)− [DLna(f)](x). On peut egalement obtenir une expression exacte dece reste, quitte a calculer une integrale (ce qui n’est pas toujours plus commodeque de calculer directement le reste f(x) − [DLna(f)](x)...). Il s’agit de la formulede Taylor avec reste integral, qui reclame en plus des hypotheses de la formule deTaylor-Lagrange la continuite de f (n+1).

4.17. Theoreme (Formule de Taylor avec reste integral). Soit f : [a, b]→ R unefonction Cn+1, n ∈ N. On a

f(b) = [DLna(f)](b) +1

n!

∫ b

a

(b− t)nf (n+1)(t) dt.

Demonstration. La preuve se fait par recurrence sur n, en integrant par parties∫ b

a

(b− t)i−1

(i− 1)!f (i)(t) dt,

qui est egal a f(b) − [DLia(f)](b) par hypothese de recurrence. Or l’integration parpartie donne [(b− t)i

i!f (i)(t)

]ba−∫ b

a

(b− t)i

i!f (i+1)(t) dt.

42. Exercice. (1) A l’aide de la formule tan′ = 1+tan2, montrer la relationde recurrence suivante portant sur d2k+1 := tan(2k+1)(0) :

d2k+1 =k−1∑i=0

(2k

2i+ 1

)d2i+1d2k−2i−1.

(2) A partir de d1 = 1, en deduire DL80(tan).

(3) A l’aide de la relation th(x) = i tan(ix), deduire de la question precedenteDL8

0(th).

On donne maintenant une Proposition qui assure l’existence du DLna du quotientde deux fonctions f et g admettant chacune un DLna .

4.18. Proposition. Soient n ∈ N et f et g deux fonctions definies dans unvoisinage de 0 et admettant respectivement les DLn0 F et G. Alors si g(0) 6= 0,la fonction f/g est definie au voisinage de 0 et admet pour DLn0 le polynome Q,quotient de la division suivant les puissances croissante de F par G a l’ordre n.

Demonstration. Comme g admet un DLn0 , g est continue en 0, de sorte quel’hypothese g(0) 6= 0 assure que g(x) 6= 0 pour tout x dans un certain voisinage de


0. On se place dorenavant sur un tel voisinage. Puisque G(0) = g(0) 6= 0, on saitpar le Theoreme 1.11 qu’existe un couple (Q,R) de polynomes tels que

F (X) = G(X)Q(X) +Xn+1R(X) et deg(Q) ≤ n.

Comme G(0) 6= 0, de meme que precedemment, il existe un voisinage de 0 sur lequelG(x) 6= 0 et

F (x)

G(x)= Q(x) + xn+1R(x)

G(x).

Ceci prouve, puisque deg(Q) ≤ n, que

F (x)

G(x)= Q(x) + o(xn). (1)

D’autre part

f(x)

g(x)− F (x)

G(x)=G(x)[F (x) + o(xn)]− F (x)[G(x) + o(xn)]

g(x)G(X)= o(xn) (2)

puisque lim0 gG = g2(0) 6= 0. Les egalites (1) et (2) montrent alors que

f(x)

g(x)= Q(x) + o(xn),

d’apres la Proposition 2.13.

43. Exercice. Donner le DL30 de f : x 7→ sin(x)

1+x2.

Solution de l’exercice. On a DL30(sin) = x− x3

6et DL3

0(x 7→ 1 + x2) = 1 + x2.

La division suivant les puissances croissantes de x− x3

6par 1 + x2 a l’ordre 3 donne

le DL30(f) qui est x− 7

6x3.

44. Exercice. (1) Retrouver grace a la Proposition precedente le DL80 de

tan et th.

(2) Montrer que DL70(

xsin(x)

) = 1 + 16x2 + 7

360x4 + 31

15120x6. (Ind. on pourra ecrire

xsin(x)

= 1sin(x)x

.)

Solution de l’exercice. Calculons le DL80 de tan. On a

F (x) = DL80(sin)(x) = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ o(x8),

G(x) = DL80(cos)(x) = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+x8

8!+ o(x8).

Puisque cos(0) 6= 0, nous sommes dans les hypotheses de la Proposition 4.18 ;DL8

0(tan)(x) est donne par le quotient de la division suivant les puissances crois-santes de F par G a l’ordre 8.

Effectuons cette division.– On retranche xG(x) a F (x). Il reste, en negligeant les termes d’ordre > 8 (qui

n’interviendront pas dans le resultat final), x3

3− x5

30+ x7

840.


– On retranche a ce reste x3

3G(x), il reste, en negligeant les termes d’ordre > 8,

2x5

15− 4x7

315.

– On retranche a ce reste 2x5

15, il reste, en negligeant les termes d’ordre > 8, 17x7

315.

– On retranche enfin 17x7

315a ce reste.

En conclusion le quotient de la division suivant les puissances croissantes de Fpar G a l’ordre 8 est

x+x3

3+

2x5

15+

17x7

315.

On montre directement la proposition suivante, qui donne les DL d’un produit etd’une composition de fonctions des DL.

4.19. Proposition. Soient n ∈ N, f et g des fonctions definies dans un voisinagede 0 et admettant pour DLn0 respectivement F et G.

(1) D’apres la Proposition 3.9, pour tout reels α, β, αf + βg admet αF + βGpour DLn0 .

(2) La fonction f · g admet le DLn0 donnes par la somme des termes de degre≤ n du produit F ·G.

(3) On suppose que lim0 g = 0. Alors f ◦ g admet un DLn0 qui est donne par lasomme des termes de degre ≤ n de F (G(x)).

45. Exercice. Donner le DL20 de x 7→ sin(1 + x2).

Solution de l’exercice. On a DL20(x 7→ x2+1) = 1+x2. D’autre part DL2

1(y 7→sin(y)) = sin(1) + cos(1)(x − 1) + − sin(1)

2(x − 1)2. D’apres la Proposition 4.19, le

DL20 de x 7→ sin(1 + x2) est donne par la somme des termes de degre ≤ 2 de

sin(1) + cos(1)x2 + − sin(1)2

(x2)2. Ce qui donne sin(1) + cos(1)x2.

46. Exercice. Donner le DL30 de x 7→

√1 +

√1 +√

1 + x.

4.20. Proposition. Soient n ∈ N et f une fonction definie au voisinage de 0,derivable sur ce voisinage. Si f ′ admet

F (x) =n∑i=0

αixi

pour DLn0 , alors f admet un DLn+10 qui est

f(0) +n∑i=0

αii+ 1

xi+1,

c’est-a-dire la primitive de F valant f(0) en 0.

Demonstration. Commencons par remarquer que si notre proposition est vraiepour les applications ayant un DLn0 nul, alors la proposition est vraie en toute genera-lite. En effet, soit f une fonction definie au voisinage de 0, derivable sur ce voisinageet telle que f ′ admette F pour DLn0 . On a alors f ′ − F = o(xn). Mais dans ce cas si


notre proposition est vraie pour les applications ayant un DLn0 nul, puisque f ′ − Fpossede 0 pour DLn0 , alors f −P admet 0 pour DLn+1

0 , avec P la primitive de F quivaut f(0) en 0. On a alors bien f = P + o(xn+1), soit DLn+1

0 (f) = P .Notons que l’on peut aussi supposer que notre proposition porte seulement sur

les applications valant 0 en 0, quitte a considerer f(x) − f(0) et lui appliquer laproposition pour les applications valant 0 en 0.

On s’est ainsi ramene a prouver que si f est telle que f ′ admet 0 pour DLn0 et sif(0) = 0, alors f admet 0 pour DLn+1

0 , c’est-a-dire f(x) = o(xn+1).Soit donc f telle que f ′ admet 0 pour DLn0 et f(0) = 0. Pour ε > 0, il existe η > 0

tel que pour tout x ∈]− η, η[, |f ′| ≤ ε|x|n. Si g(x) = εxn+1

n+1, on a ainsi

∀x ∈]0, η[, |f ′(x)| ≤ g′(x).

D’apres le theoreme des accroissement finis dans sa variante 2 du Theoreme 1.10appliquee entre 0 et x ∈]0, η[, nous en deduisons

x ∈]0, η[, |f(x)| ≤ εxn+1

n+ 1.

On demontre de la meme facon

x ∈]− η, 0[, |f(x)| ≤ ε(−x)n+1

n+ 1.

On a donc bien prouve que f = o(xn+1).

4.21. Remarque. L’existence de DLn0 (f), n ≥ 2, ne garantit pas l’existence def (2)(0), comme on l’a vu dans la Proposition 4.8, avec le contre-exemple x 7→ f(x) =x3 sin(1/x) si x 6= 0 et f(0). Il serait donc illusoire d’esperer un enonce du type :� Si f admet un DLn0 alors f ′ admet un DLn−10 (qui serait alors necessairement laderivee de DLn0 (f) en 0, d’apres la Proposition 4.20 !) �. Car alors, pour n ≥ 2, f ′

admettrait un DL10, ce qui imposerait que f ′ soit derivable en 0.

En revanche si l’on sait que f ′ admet un DLn0 , sans meme savoir a priori que fpossede egalement un DL0, la Proposition 4.20 assure que DLn+1

0 (f) existe et que[DLn+1

0 (f)]′ =DLn0 (f ′).

47. Exercice. (1) Donner un DL40 de x 7→ 1√

1 + x. En deduire, en justi-

fiant, un DL80 de x 7→ 1√

1− x2.

(2) Calculer la derivee de la fonction x 7→ arcsinx. En deduire, en justifiant,un DL9

0 de la fonction x 7→ arcsinx.

(3) On considere la fonction, x 7→ arcsin√x√

x, definie sur un certain intervalle

]0, α[, α > 0. Deduire de la question precedente un DL40 de cette fonction.

(4) Donner, en justifiant, un DL30 de la fonction ]0, α[3 x 7→ arcsin

√x√

x(x+ 1).


Solution de l’exercice. (1) La fonction f(x) = (1 + x)−1/2 est C∞ surl’intervalle ]−1,+∞[, ses derivees successives valent f ′(x) = −1

2(1+x)−3/2,

f ′′(x) = 1·32·2(1 +x)−5/2, · · · f (k)(x) = (−1)k 1·3···(2k−1)

2k(1 +x)−(2k+1)/2. D’apres

la formule de Taylor a l’ordre 4 en 0

f(x) = 1− x

2+

3x2

8− 5x3

16+

35x4

128+ o(x4).

Il s’ensuit, par composition des DL (Proposition 4.19), que

g(x) = f(−x2) = 1 +x2

2+

3x4

8+

5x6

16+

35x8

128+ o(x8).

(2) La fonction arcsin est derivable dans un voisinage de 0 et sa derivee est,

d’apres la formule de la derivee de la fonction inverse, arcsin′(x) =1

sin′(arcsinx)=

1

cos(arcsinx)=

1√1− x2

= g(x), puisque dans un voisinage de 0, cosx est

positif et donc cosx =√

1− x2. D’apres la Proposition 4.20, On obtient leDL suivant de arcsin

arcsinx = x+x3

6+

3x5

40+

5x7

112+

35x9

1152+ o(x9).

(3) On a

arcsinx

x= 1 +

x2

6+

3x4

40+

5x6

112+

35x8

1152+ o(x8),

et donc

arcsin√x√

x= 1 +

x

6+

3x2

40+

5x3

112+

35x4

1152+ o(x4)

(4) D’apres la Proposition 4.19, le produit des DL30 de f et de arcsin, tronque

a l’ordre 3, fournit le DL30 de f(x) arcsinx. On obtient :

[1− x

2+

3x2

8− 5x3

16][1 +

x

6+

3x2

40+

5x3

112]

= 1− x

3+

11x2

30− 17x3

70+ +o(x3).

48. Exercice (Estimation du nieme nombre premier). On rappelle le � theoremedes nombres premiers � 1 si πn designe le nombre de nombres premiers compris entre

0 et n, alors πn ∼n→+∞n

log(n).

1. Ce theoreme est du a J. Hadamard (1865-1963) et C.-J. de la Vallee Poussin (1866-1962), quil’ont demontre separement en 1896. Ce theoreme avait ete conjecture par Gauss en 1793, Legendreen 1808. Tschebyschev avait pour sa part demontre qu’existent deux constantes α, β telle queα n

log(n) ≤ πn ≤ β nlog(n) . Une meilleure approximation est obtenue par πn ∼+∞ li(n) :=

∫ n0

dtlog(t) .

Par exemple, pour n = 1023, πn/li(n) = 1 + 4 · 10−12 · · · , tandis que log(n)πn/n = 1, 02 · · · .


(1) On note pn le nieme nombre premier. Montrer que pn ∼n→+∞ n log(n) 2.

(2) Montrer que reciproquement, si pn ∼n→+∞ n log(n), alors πn ∼n→+∞n

log(n).

Solution de l’exercice. (1) On a πpn = n, donc d’apres le theoreme des

nombres premiers, n ∼ pnlog(pn)

. Ecrivons

n · u(n) =pn

log(pn), (∗)

avec u(n)→ 1 quand n→∞. On en deduit que

log(n) + ε(n) = log(pn)− log((log(pn))), (∗∗)

avec ε(n) = log(u(n)) → 0 quand n → ∞. Comme le nombre de nombrespremiers est infini, la suite pn tend vers l’infini et il en va alors de memede la suite ln := log(pn). On sait alors que log(ln)/ln → 0 quand n → ∞.En divisant l’egalite (∗∗) par ln, on en conclut que ln = log(pn) ∼∞ log(n)(noter que ceci ne nous autorise surtout pas a en deduire que pn ∼∞ n.Nous allons meme voir tout de suite que tel n’est pas le cas). En ecrivantque log(pn) = v(n) log(n), avec v(n) → 1 quand n → ∞, et en remplacantlog(pn) par v(n) log(n) dans (∗) nous obtenons pn = u(n)v(n)n · log(n), soit

pn ∼n→+∞ n log(n).

(2) On part de l’hypothese pn = µ(n)n log(n) avec µ(n) →n→∞ 1. Soit q ∈ N.Montrons que log(q)πq/q →q→+∞ 1. Pour cela soit n ∈ N tel que q ∈[pn, pn+1[. Alors

µ(n)n log(n) ≤ q < µ(n+ 1)(n+ 1) log(n+ 1). (∗)

On a alors πq = n. Et d’apres (∗), qµ(n+1) log(n+1)

− 1 ≤ n ≤ qµ(n) log(n)

, donc

q

µ(n+ 1) log(n+ 1)− 1 ≤ πq ≤

q

µ(n) log(n). (∗∗)

D’autre part, toujours par (∗),

log(µ(n))+log(n)+log(log(n)) ≤ log(q) < log(µ(n+1))+log(n+1)+log(log(n+1)),

1+log(µ(n))

log(n)+

log(log(n))

log(n)≤ log(q)

log(n)<

log(n+ 1)

log(n)+

log(µ(n+ 1))

log(n)+

log(log(n+ 1))

log(n).

Comme log(n + 1) = log(n) + log(1 + 1n), on a log(n+1)

log(n)→ 1. Il s’ensuit,

d’apres la double inegalite ci-dessus que

log(q)

log(n)= ν(q)→ 1. (∗ ∗ ∗)

2. Le Theoreme de Rosser montre que pn est superieur a n log(n). On a en effet, pour n ≥ 6,log(n) + log(log(n))− 1 < pn

n < log(n) + log(log(n)).


Et de memelog(q)

log(n+ 1)= ρ(q)→ 1. (∗ ∗ ∗∗)

D’apres (∗∗), (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗), on obtient :

ρ(q)

µ(n+ 1)≤ πq

log(q)

q<ν(q)

µ(n).

Mais comme lorsque q tend vers +∞, il en est de meme de n, l’encadrement

precedent permet d’obtenir la limite desiree : limq→∞

πqlog(q)

q= 1.

49. Exercice (Equivalent d’une suite definie par recurrence). Soient b > 0 unreel et f : [0, b] → [0, b] une fonction admettant le developpement limite f(x) =x− axp + o(xp) a l’ordre p > 1, ou a > 0. On definit la suite (un)n∈N par la donneede u0 ∈ [0, a] et la relation de recurrence

un+1 = f(un), ∀n ≥ 0. (∗)

(1) Montrer, par recurrence sur l’entier n, que si u0 est choisi suffisammentproche de 0, alors

∀n ≥ 0, f(un)− un < 0.

En deduire que si u0 est choisi suffisamment proche de 0, la suite (un)n∈Nest decroissante, puis qu’elle converge.

(2) Montrer que si u0 est choisi suffisamment proche de 0, la suite (un)n∈Nconverge vers 0.

(3) Montrer que

f 1−p(x)− x1−p ∼0 a(p− 1),

puis que

limn→∞

u1−pn+1 − u1−pn = a(p− 1).

(4) En appliquant a la question precedente le resultat suivant :

� Si une suite (vn)n∈N converge vers ` ∈ R, alors la suite

(wn =v0 + · · ·+ vn

n)n∈N converge aussi vers `. �

montrer que

un ∼+∞ (na(p− 1))1

1−p .

(5) Deduire de la question precedente que la suite (un)n∈N definie par la relationde recurrence (∗) lorsque f = sin verifie :

un ∼+∞

√3

n.


Solution de l’exercice. (1) Soit x0 ∈]0, b], tel que

x0 < (2

3a)

1p−1 et pour tout x ∈]0, x0], |ε(x)| ≤ a

2.

Un tel x0 existe puisque limx→0 ε(x) = 0. Dans ces conditions, si u0 ∈]0, x0],on a d’une part

f(u0) = u1 = u0 − aup0 + up0ε(u0),

d’ou

u1 − u0 = −(a− ε(u0))up0 ≤ −a

2up0 < 0.

Et d’autre part, puisque a2< a− ε(u0) < 3

2a et 1− 3

2axp−10 > 0,

u1 = u0(1− up−10 (a− ε(u0)) > u0(1−3

2aup−10 ) > u0(1−

3

2axp−10 ) > 0.

Ainsi on a u1 ∈]0, u0[⊂]0, x0].

Supposons maintenant que pour n ≥ 1, on ait un ∈]0, un−1[⊂]0, x0].Alors exactement les memes majorations ou u1 est remplace par un+1 etu0 par un, montrent que un+1 ∈]0, un[ et donc par hypothese de recurrenceun+1 ∈]0, un[⊂]0, un−1[⊂]0, x0].

On en conclut par principe de recurrence que des que u0 ∈]0, x0], lasuite (un)n∈N est bien definie (puisque un reste dans [0, b], le domaine dedefinition de f) et decroit. Cette suite etant minoree par 0, par exemple,elle converge.

Remarque. Il est essentiel dans cette preuve par recurrence de fixerindependamment de n l’intervalle ]0, x0[ qui assure la decroissance de (un)n∈Ndes que u0 est choisi dans ]0, x0[. Cet intervalle, c’est-a-dire x0 lui-meme,doit etre fixe une fois pour toute avant meme de choisir u0 pour initialiserla definition de la suite (un)n∈N : u0 alors doit etre pris dans cet intervalle,et on doit ensuite montrer qu’avec un tel choix de x0, on a quel que soitn > 0, ]0, un[⊂]0, un−1[, pour a la fois assurer l’existence de (un)n∈N (undoit etre dans [0, b] pour que un+1 soit defini) et sa decroissance. En sommela question de l’exercice devrait etre : � Montrer par recurrence sur n qu’ilexiste x0 > 0, tel que pour tout choix de u0 dans ]0, x0[, la suite (un)n∈N estbien definie et decroissante. �

(2) Notons ` la limite de (un)n∈N. Comme un+1 = f(un) et que un+1 → `, ona limn→∞ f(un) = `. D’autre part f admettant un DL a l’ordre p > 0, fest continue, de sorte que limn→∞ f(un) = f(limn→∞ un) = f(`). On enconclut que f(`) = `. On dit que ` est un point fixe de f . Ceci nous conduita ` = `− a`p + `pε(`), soit puisque ` ∈ [0, x0], 0 = −`p(a− ε(`)) ≤ −`p a

2, ce

qui n’est possible que si ` = 0. La suite (un)n∈N converge donc vers 0.

(3) On va utiliser (1 + y)α = 1 + αy + o(y). On a f 1−p(x) = (x − axp +xpε(x))1−p = x1−p(1 + xp−1(−a + ε(x)))1−p = x1−p(1 + (1 − p)xp−1(−a +ε(x)) + xp−1(−a + ε(x))ν(xp−1(−a + ε(x)))), ou limy→0 ν(y) = 0. Donc


f 1−p(x) − x1−p = a(p − 1) + β(x) ou limx→0 β(x) = 0. Ce qui prouve bien

que limx→0f1−p(x)−x1−p

a(p−1) = 1.

Comme enfin, (un)n∈N tend vers 0, on a limn→∞ f1−p(un) − u1−pn =

a(p− 1), ce qui est l’egalite demandee, puisque un+1 = f(un).

(4) Posons vn = u1−pn − u1−pn−1, pour n ≥ 1. Le theoreme de Cesaro rappele dans

l’enonce nous dit que v1+···+vnn

= u1−pn −u0n

converge vers a(p− 1), ou encore

que u1−pn −u0na(p−1) converge vers 1. Or u1−pn −u0

na(p−1) et u1−pn

na(p−1) ont meme limite, ce qui

montre que u1−pn

na(p−1) converge vers 1. La fonction x 7→ x1

1−p etant continue

en 1, on en deduit que ( u1−pn

na(p−1))1

1−p = un

(na(p−1))1

1−pconverge vers 1

11−p = 1 et

donc par definition que un ∼+∞ (na(p− 1))1

1−p .

(5) Dans le cas ou f = sin, puisque sin(x) = x − x3

6+ o(x3), on a p = 3 et

a = 1/6, donc un ∼+∞ (2n6

)−12 =

√3n

. La convergence de un+1 := sin(un)

vers 0 (lorsque u0 > 0) est assez proche de 0 est donc lente. La convergencevers 0 de (un)n∈N vers 0 etant d’autant plus rapide que p > 1 est proche de1.

50. Exercice. Soit f : R+ \ {nπ; n ∈ N} → R la fonction definie par f(x) =cosx

sinx− log x.

(1) Montrer que f est strictement decroissante sur chaque intervalle ]nπ, (n +1)π[. En deduire que l’equation f(x) = 0 admet une unique racine xn sur]nπ, (n+ 1)π[.

(2) Montrer que

nπ < xn <π

2+ nπ, (∗)

et en posant yn = xn − nπ, montrer que

tan yn = tanxn =1

log xn(∗∗)

(3) Deduire de la question precedente que limn→+∞

yn = 0.

(4) A l’aide d’un DL10 de arctan et de (∗∗), montrer qu’existe une fonction ε

de limite nulle en +∞, telle que pour tout n ∈ N, yn =1

log xn+

ε(n)

log xn.

(5) A l’aide de la question precedente et de (∗), montrer que

yn ∼+∞1

log nπ∼+∞

1

log n.

Solution de l’exercice. (1) La fonction f est derivable sur chaque inter-

valle ]nπ, (n + 1)π[, n ∈ N, et sa derivee est−1

sin2 x− 1

x< 0. On en


deduit que f est strictement decroissante sur ]nπ, (n + 1)π[. D’autre part,au voisinage de nπ dans ]nπ, (n + 1)π[, cos et sin sont de meme signe,et sinx → 0, | cosx| → 1, quand x → nπ, donc lim

x→nπ,x>nπf(x) = +∞.

Tandis qu’au voisinage de (n + 1)π dans ]nπ, (n + 1)π[, sin et cos sont designes opposes, donc lim

x→(n+1)π,x<(n+1)πf(x) = −∞. Par le theoreme des va-

leurs intermediaires, il existe une unique solution a l’equation f(x) = 0 sur]nπ, (n+ 1)π[.

(2) On a limx→nπ,x>nπ

f(x) = +∞, f(π/2 + nπ) = − log(π/2 + nπ) < 0 et f

strictement decroissante sur ]nπ, (n + 1)π[, ce qui montre (∗). Il s’ensuitque la quantite tanxn est bien definie, puisque xn 6= π/2 +nπ, et f(xn) = 0equivaut bien a (∗∗). Notons que tan(xn−nπ) = tan xn car sin(xn−nπ) =(−1)n sinxn et cos(xn − nπ) = (−1)n cosxn.

(3) On a yn = arctan(1/ log xn) par (∗∗). D’autre part 1/ log xn →+∞ 0 par(∗), arctan est continue en 0 et arctan 0 = 0. On en conclut que lim

n→+∞yn =

arctan( limn→+∞

1/ log xn) = 0.

(4) La fonction arctan est derivable en 0 et de derivee egale a 1, de sorte quepar la Proposition 2.19, arctan y − arctan 0 = arctan y = y + yν(y), avecν(y) une fonction qui tend vers 0 quand y tend vers 0.

D’autre part puisque yn = arctan(1

log xn), par (∗∗), il s’ensuit que yn =

1

log xn+

1

log xnν(

1

log xn). Mais comme

1

log xntend vers 0 lorsque n tend

vers +∞, en posant ε(n) = ν(1

log xn), on a bien ε(n)→ 0 quand n→∞.

(5) D’apres la question precedente,

yn −1

log nπ=− log(xn/nπ)

log xn log nπ+

ε(n)

log xn.

Or, d’apres (∗), 1 < xn/nπ < 1 + 1/2n, donc 0 < log(xn/nπ) < log(1 +1/2n) et 0 < 1/ log xn < 1/ log nπ. On obtient alors

|yn −1

log nπ| < log(1 + 1/2n)

log2 nπ+|ε(n)|log nπ

=1

log nπη(n),

ou η(n) → 0 quand n → ∞. On a alors prouve yn −1

log nπ= o(

1

log nπ),

c’est-a-dire que yn ∼+∞1

log nπ. Mais bien sur

log nπ

log n= 1 +

log π

log n→+∞ 1,


donc on a aussi1

log nπ∼+∞

1

log n.

51. Exercice. Calculer les DL40 des fonctions

(1) f : x 7→ exp( ex−1x

arcsin(x)). reponse : 1 + x+ x2 + x3 + 78x4.

(2) f : x 7→ arcsin(√x)√

x(1+x). reponse : 1− 1

3x+ 11

30x2 − 17

70x3 + 649

2520x4.

52. Exercice. Calculer limx→0,x>0xsin(x)−sinx(x)xsh(x)−shx(x) . reponse : −1

53. Exercice. On considere la suite (un)n∈N definie par la relation de recurrenceun+1 = sin(un), pour n ≥ 0, et 0 < u0 <

π2.

(1) Montrer que si f : [0, B]→ R+ est strictement croissante, continue et telleque f(0) = 0, 0 < f(x) < x et DL3

0(f) = x−ax2 + bx3 avec a > 0 et b 6= a2,alors toute suite (vn)n∈N definie par v0 ∈]0, B] et vn+1 = f(vn) est telle que

vn − 1an

+ (a2−b) log(n)a3n2 = o( log(n)

n2 ).

(2) En deduire que un −√3√n

+ 3√3 log(n)

10n32

= o( log(n)n

32

), en appliquant le resultat de

la question precedente a la fonction f(x) = sin2(√x) et a la suite vn = u2n.

54. Exercice. Soient α, β ∈ R+. Donner le developpement asymptotique de f :x 7→ sin( xα

1−xβ ) au voisinage de 0 dans l’echelle de comparaison (xλ)λ∈R+.

55. Exercice. Retrouver les DLn0 de arctan, arcsin, argsh et argth a partir deceux de 1

1+t2, 1√

1−x2 , 1√1+x2

et de 11−x2 .

56. Exercice. Donner le developpement limite a l’ordre 4 en 0 des fonctions :

(1) f(x) = (1 +√

1 + x2)12 reponse : f(x) =

√2[1 + 1

8x2 − 5

128x4 + o(x5)]

(2) f(x) = (1+x1−x)m reponse :

f(x) = 1 + 2mx+ 2m2x2 + 4m3+2m3

x3 + 2m4+4m2

3x4 + o(x4)

(3) f(x) = ln( sin(x)x

) reponse : f(x) = −x2

6− x4

180+ o(x5)

(4) f(x) = ln(1 + x+√

1 + x) reponse : f(x)=−x2

+ 5x2

24− x3

8+ 251x4

2880+ o(x4)

(5) f(x) = Arctan(√3+x

1+x√3) reponse : f(x) = π

3− x

2+ x2

√3

4− x3

3+ x4

√3

8+ o(x4)

(6) f(x) = Arcsin(1+x2+x

) reponse :

f(x) = π6

+ x3√3− 5x2

24√3

+ 7x3

72√3− 83x4

1728√3

+ o(x4)

(7) f(x) = Arctan[√

3(cos(x) + sin(x))]

reponse : f(x) = π3

+√3x4− 5

√3x2

16+ 13

√3x3

48− 149

√3x4

96+ o(x4)

(8) f(x) = (1 + 2x)1

1+x reponse : f(x) = 1 + 2x− 2x2 + 10x4

3+ o(x4)

(9) f(x) = (1 + sin(x))1x reponse : f(x) = e(1− x

2+ 7x2

24+ x3

16− 1

5177x4

760+ o(x4))

(10) f(x) = (cos(x))1+sin(x) reponse : f(x) = 1− x2

2− x3

2+ x4

24+ o(x4)


57. Exercice. Donner le developpement limite a l’ordre 4 en +∞ des fonctions :

(1) f(x) =√x4 + x+ 1 reponse : f(x) = x2 − 1

2x+ 1

2x2− 1

8x4+ o( 1

x4)

(2) f(x) = 3√x3 + x− 3

√x3 − x reponse : f(x) = 2

3x+ o( 1

x4)

(3) f(x) =∫ x2x

dt√1+t4

reponse : f(x) = 1x− 1

x2− 1

10x5− 1

24x9+ o( 1

x9)


2− x3

2+ x4

24+ o(x4)


2− x3

2+ x4

24+ o(x4)

58. Exercice. Etudier les limites des fonctions suivantes lorsque x→ 0 :

(1) f(x) = ln(ch(x))+ln(cos(x))√ch(x)+

√cos(x)−2

reponse : limx→0 f(x) = −12

(2) f(x) = (sin(x))x−xsin(x)xsh(x)−(sh(x))x reponse : limx→0 f(x) = 1

59. Exercice. Etudier les limites eventuelles des suites suivantes :

(1) n( n√

5− 1)

(2) (3 n√

2− 2 n√

3)n

(3) n(n+1)/n − (n− 1)n/(n−1)

60. Exercice. Etudier les limites des fonctions suivantes lorsque x→ +∞ :

(1) f(x) =(( ln(x+1)

ln(x))x − 1

)ln(x) reponse : limx→+∞ f(x) = 1

(2) f(x) = (a1x+b

1x+c

1x

3)x reponse : limx→+∞ f(x) = 3

√abc

(3) f(x) = ( 3√x3 + ax2 + 2− 3

√x3 + 1)x, a ≥ 0

reponse : limx→+∞ f(x) = +∞ si a > 3, limx→+∞ f(x) = 0 si 0 ≤ a < 3,limx→+∞ f(x) = 1/e si a = 3

(4) f(x) = (e− (1 + 1x)x)

1x reponse : limx→+∞ f(x) = 1


ex =n∑k=0

xk

k!+ o(xn)

eαx =n∑k=0

αk

k!xk + o(xn)

ln(x+ 1) =n∑k=1

(−1)k+1xk

k+ o(xn)

ln(x− 1) = −n∑k=1

xk

k+ o(xn)

(1 + x)p =n∑k=0

(k

p

)xk + o(xn)

√x+ 1 = 1 +

x

2+

n∑k=2

(−1)k−11 · 3 · · · (2k − 3)

2 · 4 · · · (2k)xk + o(xn)

1√x+ 1

= 1− x

2+

n∑k=2

(−1)k1 · 3 · · · (2k − 1)

2 · 4 · · · (2k)xk + o(xn)

cos(x) =n∑k=0

(−1)kx2k

(2k)!+ o(x2n+2)

sin(x) =n∑k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)!+ o(x2n+3)

tan(x) = x+x3

3+

2

15x5 +

17

315x7 + o(x9)

arcsin(x) = x+n∑k=1

1 · 3 · · · (2k − 1)

2 · 4 · · · (2k)

x2k+1

2k + 1+ o(xn)

arctan(x) =n∑k=0

(−1)kx2k+1

2k + 1+ o(x2n+3)

ch(x) =n∑k=0

x2k

(2k)!+ o(x2n+2)

sh(x) =n∑k=0

x2k+1

(2k + 1)!+ o(x2n+3)

th = x− x3

3+

2

15x5 − 17

315x7 + o(x9)

argsh(x) = x+n∑k=1

(−1)k1 · 3 · · · (2k − 1)

2 · 4 · · · (2k)

x2k+1

2k + 1+ o(xn)

argth(x) =n∑k=0

x2k+1

2k + 1+ o(x2n+3)

CHAPITRE 3

Series numeriques

1. Rappels

On rappelle la notion de suite de Cauchy, essentielle dans l’etude des suites etdes series.

1.1. Definition. On dit que la suite reelle (un)n∈N est une suite de Cauchy siet seulement si

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε, ∀p ≥ Nε, |un − up| ≤ ε.

L’interet de cette definition est qu’elle permet de decider si une suite converge,sans en connaıtre au prealable la limite, alors que satisfaire la definition de la conver-gence d’une suite suppose de connaıtre a priori sa limite. En effet, on dispose de laproposition suivante.

1.2. Proposition. Une suite reelle converge si et seulement si cette suite est deCauchy.

Les definitions donnees dans le chapitre precedent de domination, preponderanceet d’equivalence (cf Definition 2.4) portent sur des fonctions de variable reelle, maisen voyant une suite comme une fonction de variable entiere, on peut formuler lesdefinitions de relation de domination, preponderance et d’equivalence pour les suites.

1.3. Definition. Soient (an)n∈N et (bn)n∈N deux suites reelles. On dit que

(1) (an)n∈N = O((bn)n∈N) (au voisinage de l’infini) si et seulement si existeN ∈ N et α > 0 tel que

∀n ≥ N, |an| ≤ α|bn|.

(2) (an)n∈N = o((bn)n∈N) (au voisinage de l’infini) si et seulement si ∀ε > 0∃Nε ∈ N tel que

∀n ≥ Nε, |an| ≤ ε|bn|.

(3) (an)n∈N ∼ (bn)n∈N (au voisinage de l’infini) si et seulement s’il existe unesuite (cn)n∈N telle que limn→∞ cn = 1 et

an = cn · bn.83

84 3. SERIES NUMERIQUES

2. Introduction

Dans toute la suite le terme � numerique � apparaissant dans les expressions� suite numerique � ou � serie numerique � signifie � a valeurs dans R �, par op-position aux suites ou series complexes (a valeurs dans C) ou vectorielles (a valeursdans un espace vectoriel).

Etudier une serie numerique est etudier une suite numerique. Et inversement,une etude de suite numerique se ramene a celle d’une serie numerique. Avant memede donner la definition d’une serie numerique, nous allons en preambule illustrer cepropos.

Considerons une suite (un)n∈N, avec un ∈ R. Il est souvent utile d’etudier lecomportement de la difference un+1−un de deux termes consecutifs de (un)n∈N, parexemple afin d’etudier la croissance ou la decroissance eventuelle de (un)n∈N. Posonsvn = un − un−1, n ≥ 1. La positivite des termes de la serie (vn)n∈N equivaut a lacroissance de la suite (un)n∈N tandis que la negativite des termes de la serie (vn)n∈Nequivaut a la decroissance de la suite (un)n∈N.

Supposons maintenant que la suite (vn)n∈N soit particulierement simple a etudier.Par exemple que l’on puisse facilement prouver que limn vn = 1. Alors on peut endeduire immediatement que la suite (un)n∈N tend vers +∞. En effet, on a

un = v1 + v2 + · · ·+ vn,

et si l’on se donne 1 > ε > 0, il existe Nε ∈ N tel que pour n ≥ Nε,

1− ε ≤ vn ≤ 1 + ε,

(ce qui traduit limn vn = 1). On a alors, pour n ≥ Nε :

(n−Nε+1)(1−ε) ≤ un−(v1+v2+ · · ·+vNε) = vNε+1+ · · ·+vn ≤ (n−Nε+1)(1+ε).

Ceci prouve, en faisant tendre n vers +∞, que limn un− (v1 + v2 + · · ·+ vNε) = +∞,et donc puisque v1 + v2 + · · ·+ vNε est une quantite fixee, que limn un = +∞.

On peut cependant etudier encore plus precisement la convergence de (un)n∈Nvers +∞.

En divisant par n la double inegalite ci-dessus, on obtient

n−Nε + 1

n(1− ε) ≤ un

n− v1 + v2 + · · ·+ vNε

n≤ n−Nε + 1

n(1 + ε).

Mais puisque n est quelconque pourvu que n ≥ Nε, on peut considerer n suffisam-ment grand, disons, n ≥Mε ≥ Nε de sorte que

−ε ≤ v1 + v2 + · · ·+ vNεn

≤ ε et 0 ≤ Nε + 1

n≤ ε

2.

On obtient finalement, pour tout ε ∈]0, 1[, pour tout n ≥Mε :

−2ε ≤ unn− 1 ≤ ε

2,

c’est-a-dire que

limnun/n = 1 ou encore que un ∼∞ n.

3. DEFINITIONS GENERALES 85

Ainsi la nature de la suite (vn)n∈N nous a permis d’etudier la suite (un = v1+v2+· · ·+ vn)n∈N. On dit que la suite (un)n∈N est la serie associee a la suite (vn)n∈N.Pour etudier (un)n∈N nous l’avons vu comme une serie associee a une autre suite :la suite (vn)n∈N des differences des termes consecutifs de (un)n∈N.

Reciproquement, a partir d’une suite donnee (vn)n∈N, etudier la serie (un = v1 +v2 + · · ·+ vn)n∈N est bien etudier une suite, la suite (un)n∈N !

En conclusion, pour etudier une suite (un)n∈N on voit qu’il peut etre commoded’etudier une nouvelle suite (vn)n∈N, celle des differences des termes consecutifs de(un)n∈N. On a alors un = v1+v2+· · ·+vn, pour tout n ≥ 1 (cf par exemple l’Exercice79, ou ce principe est mis en œuvre). Ceci conduit de maniere generale a dresserune theorie des suites (un)n∈N donnees par (un = v1 + v2 + · · ·+ vn)n∈N, ou la suite(vn)n∈N est une suite donnee initialement. Certaines proprietes de la suite (vn)n∈N setraduiront par des proprietes de convergence ou d’equivalence de la suite (un)n∈N,proprietes difficilement detectables sans passer par la suite (vn)n∈N des differencesdes termes consecutifs de (un)n∈N.

D’un point de vue historique, on peut faire remonter a Nicolas Oresme (132 ?-1382), qui fut eveque de Lisieux, les premieres considerations veritablement mo-dernes autour de la notion de serie dans ses Questions sur la geometrie d’Euclide,meme si la somme d’un nombre infini de termes est envisagee dans la Physiqued’Aristote (384-322 av. J.-C.).

3. Definitions generales

3.1. Definition. Soit (an)n∈N une suite reelle. On appelle serie associee a(an)n∈N ou serie de terme general (an)n∈N la suite (Sn)n∈N definie par

∀n ∈ N, Sn = a0 + a1 + · · ·+ an =n∑i=0

ai.

On notera Σan la serie (Sn)n∈N, ecriture qui a le merite de presenter la serie (Sn)n∈Npar la notation du terme general (an)n∈N. On dit que le terme Sn est la sommepartielle de rang n de la serie Σan.

Si Σan et Σbn sont deux series, on note Σan + Σbn la serie Σ(an + bn) de termegeneral (an+bn)n∈N. Si λ ∈ R, on note λΣan la serie Σλan de terme general (λan)n∈N.

3.2. Remarque. Si l’on se donne la serie (Sn)n∈N, on retrouve son terme general(an)n∈N par la formule :

S0 = a0 et ∀n ≥ 1, an = Sn − Sn−1.

On passe donc de la suite (an)n∈N a la serie (Sn)n∈N de terme general (an)n∈N demaniere bijective. Precisement, si l’on note S l’ensemble des suites reelles, l’applica-tion

S → S(an)n∈N 7→ (Sn)n∈N = Σan


est bijective, d’application reciproque

S → S(Sn)n∈N 7→ (an)n∈N = (S0, S1 − S0, · · · , Sn − Sn−1, · · · )

3.3. Remarque. En theorie etudier les series n’est donc pas plus particulier niplus general que d’etudier les suites. Mais dans certains cas, d’une part les seriesapparaissent naturellement (interets cumules, probabilite, integration etc...), d’autrepart leur etude, parce qu’elle va se deplacer sur l’etude du terme general, peuts’averer plus facile ou plus instructive que celle de la suite (Sn)n∈N elle-meme. On aainsi parfois interet a voir une suite comme une serie et etudier le terme general decette serie pour en deduire les proprietes de la suite, plutot que d’etudier directementla suite elle-meme.

3.4. Definition. Soit Σan une serie de terme general (an)n∈N. Si la suite (Sn)n∈N

definie par Sn =n∑i=0

ai converge (resp. diverge, ie ne converge pas), on dit que la

serie Σan converge (resp. diverge). Lorsque Σan converge, la limite de (Sn)n∈N est

appelee la somme de la serie Σan et est notee+∞∑i=0

ai et la quantiteRn :=+∞∑i=0

ai−Sn

est appelee le reste d’ordre n de Σan.

3.5. Exemple (La serie geometrique). 1 Soit α ∈ R et (an)n∈N la suite definiepar an = αn, pour tout n ∈ N. Considerons la serie Σan. Si α = 1, on a Sn = n+ 1et si α 6= 1,

Sn = 1 + α + · · ·+ αn =1− αn+1

1− α,

de sorte que Σan converge si et seulement si |α| < 1 et

+∞∑i=0

ai =1

1− α.

Le reste d’ordre n de cette serie est par definition

+∞∑i=0

ai − Sn =1

1− α− 1− αn+1

1− α=

αn+1

1− α,

1. La somme de la serie geometrie a ete calculee par Nicolas Oresme au XIVeme siecle, dans sesQuestions sur la Geometrie d’Euclide. La notion de limite (d’une suite ou d’une fonction) n’ayantpas encore ete degagee, la notion de somme d’une serie est a prendre a un sens tres vague, quil’autorise seulement a faire certaines operations sur les sommes des series, comme par exemple lesmultiplier par des nombres ou les additionner. Autrement dit, il utilise, sans avoir fixe la notionde somme d’une serie a l’aide de la notion de limite, la Proposition 3.9. Il s’autorise ainsi a ecrire∑+∞i=0 α

n − α∑+∞i=0 α

n =∑+∞i=0 α

n −∑+∞i=0 α · αn = α, ce qui donne

∑+∞i=0 α

n = 11−α .


il mesure la rapidite de convergence de (Sn)n∈N vers+∞∑i=0

ai. On voit ici que plus α

est proche de 0, plus (Sn)n∈N tend vite vers+∞∑i=0

ai.

La proposition suivante donne une condition necessaire portant sur le termegeneral d’une serie pour que celle-ci converge. On verra que cette condition n’estpas suffisante (cf Exemple 4.2, Remarque 4.3 et Remarque 4.4) et dans toute lasuite du chapitre on cherchera a donner des conditions suffisantes de convergente deΣan portant sur (an)n∈N.

3.6. Proposition. Si une serie Σan converge, alors son terme general (an)n∈Nconverge vers 0.

Demonstration. Puisque (Sn)n∈N converge, disons vers `, alors la suite (Sn−1)n≥2converge aussi vers ` et donc la suite an = Sn − Sn−1 converge vers `− ` = 0.

61. Exercice (Une serie convergeant vers π : la serie de Gregory). (1) Montrera l’aide de l’Exemple 3.5 que

1

1 + t2=

n∑k=0

(−1)kt2k +(−1)n+1t2n+2

1 + t2.

(2) En deduire que pour tout x ∈ [0,+∞[,

Arctan(x) =n∑k=0

(−1)kx2k+1

2k + 1+

∫ x

0

(−1)n+1t2n+2

1 + t2dt.

(3) Montrer que

|π4−

n∑k=0

(−1)k

2k + 1| ≤ 1

2n+ 3.

(4) Montrer que la serie de terme general (−1)k2k+1

converge vers π/4 2 et donner

une approximation de π par un rationnel a 10−1.

Solution de l’exercice. (1) On remplace α par −x2 dans l’Exemple 3.5.

(2) On integre entre 0 et x l’egalite precedente.

(3) On a la majoration

|∫ 1

0

(−1)n+1t2n+2

1 + t2dt| ≤

∫ 1

0

t2n+2 dt =[ t2n+3

2n+ 3

]10

=1

2n+ 3.

2. Cette convergence a ete obtenue par J. Gregory et G. W. Leibniz vers 1670. Elle etait connueempiriquement par des mathematiciens du sud de l’Inde, dont Madhava de Sangamagrama, des lemilieu du XVeme siecle, mais les manuscrits ne furent traduits du sanscrit et connus en Occidentqu’en 1835. Cette serie porte ainsi egalement le nom de serie de Madhava.


(4) La majoration precedente montre la convergence de Σ(−1)k x2k+1

2k+1vers π/4.

Pour n = 19, on obtient par 3 l’approximation voulue.

3.7. Remarque. On ne change pas la nature (c’est-a-dire la convergence ou ladivergence) d’une serie Σan en changeant un nombre fini de termes dans la suite

(an)n∈N (en revanche, dans le cas de la convergence de Σan, la somme+∞∑i=0

ai peut

bien sur changer si l’on change un nombre fini de termes dans la suite (an)n∈N).En effet si la somme partielle d’ordre n d’une serie est Sn et si l’on modifie le terme

general an de cette serie, disons jusqu’au terme aN , en notant S ′n la somme partielled’ordre n de la nouvelle serie, on a S ′N − SN = S ′N+1 − SN+1 = S ′N+2 − SN+2 = · · · .Donc la suite (Sn)n∈N converge si et seulement si la suite (S ′n)n∈N converge.

3.8. Remarque (le reste d’une serie est la somme d’une autre serie). Soit Σanune serie convergente. Fixons n ∈ N et considerons σ la serie de terme general(ap)p≥n+1. Pour tout p ≥ n, on a

p∑i=0

ai =n∑i=0

an +

p∑i=n+1

ai.

La quantite Sn =n∑i=0

an etant fixee avec n, l’existence de limp→∞∑p

i=0 ai assure

l’existence de limp→∞

p∑i=n+1

ai, c’est-a-dire assure la convergence de la serie σ. On en

deduit, en notant+∞∑n+1

ai la somme de σ, que

+∞∑i=0

ai = Sn ++∞∑n+1

ai

et donc que le reste d’ordre n de Σan est

Rn =+∞∑i=0

ai − Sn =+∞∑n+1

ai.

Autrement dit le reste d’ordre n de Σan est la somme de la serie de terme general

(ap)p≥n+1 et limn→∞

+∞∑n+1

ai = 0.

62. Exercice. Etudier la convergence de la serie de terme general (an)n∈N ou

an =1

n(n+ 1), n ≥ 1.


Solution de l’exercice. On a an =1

n− 1

n+ 1, d’ou Sn = a1 + · · ·+ an = 1−

1

n+ 1→n→∞ 1. Ainsi, Σan converge et

+∞∑i=0

ai = 1. D’autre part, on a 1−Sn =1

n+ 1,

donc le reste d’ordre n de Σan est1

n+ 1.

63. Exercice (Serie harmonique alternee et fonction eta de Dirichlet). On considere

la serie Σan, ou an =(−1)n+1

n, pour tout n ≥ 1.

(1) On note Sn la somme partielle d’ordre n de Σan. Montrer que la suite(S2n)n∈N∗ est croissante, que la suite (S2n+1)n∈N est decroissante.

(2) Montrer que pour tout n ∈ N∗, S2n ≤ S2n+1 et que S2n+1 − S2n →n→∞ 0.

(3) En deduire que Σan est convergente.

(4) Montrer que S2N = −2N∑n=1

1

2n+

2N∑n=1

1

n. En conclure par l’Exercice 19 que

+∞∑i=0

ai = log(2). Remarquer que l’on a deja obtenu ce resultat a l’aide de la

formule de Taylor-Lagrange (cf Exercice 40).

(5) Soit α > 0. Generaliser ce qui precede a la serie de terme general(−1)n+1

nα.

Solution de l’exercice. (1) On a S2n−S2(n−1) =−1

2n+

1

2n− 1> 0. donc

la suite des termes de rangs pairs de (Sn)n∈N est croissante. On a S2n+1 −S2(n−1)+1 =

1

2n+ 1− 1

2n< 0. donc la suite des termes de rangs impairs de

(Sn)n∈N est decroissante.

(2) On a S2n+1 − S2n =1

2n+ 1> 0. les deux suites (S2n)n∈N∗ et (S2n+1)n∈N∗

sont donc adjacentes et a ce titre elles convergent vers la meme limite, notee`.

(3) Les deux suites (S2n)n∈N∗ et (S2n+1)n∈N∗ sont des suites extraites de (Sn)n∈Nqui convergent vers la meme limite ` et qui forment une partition de la suite(Sn)n∈N. En consequence, la site (Sn)n∈N converge vers `. Par definition,puisque (Sn)n∈N converge, la serie Σan est convergente.

(4) On a S2N =N∑n=0

1

2n+ 1−

N∑n=1

1

2n=

N∑n=0

1

2n+ 1+

N∑n=1

1

2n− 2

N∑n=1

1

2n=

2N∑n=1

1

n−2

N∑n=1

1

2n. Or d’apres l’Exercice 19, on a

∑Nn=1

1n

= log(n)+γ+ε(n)

ou γ ∈ R est la constante d’Euler et limn→∞ ε(n) = 0. Il s’ensuit que S2N =


2N∑n=1

1

n−

N∑n=1

1

n= log(2N) + γ + ε(2N)− logN − γ − ε(N) = log(2) + β(n),

avec β →n→∞ 0. Finalement limn→∞ S2n = log(2). Mais comme (Sn)n∈Nconverge vers ` et que (S2n)n∈N∗ est une suite extraite de (Sn)n∈N, ces deux

suites ont la meme limite, ce qui prouve que+∞∑i=0

ai = ` = log(2).

(5) Les memes arguments que ceux des questions 1,2 et 3 s’appliquent a la serie

de terme general(−1)n+1

nα, pour α > 0, et prouvent sa convergence. Cette

serie definit donc une fonction, notee ]0,+∞[3 α 7→ η(α) et appelee la fonc-

tion eta de Dirichlet. De plus, si α > 1, on sait que la serie Σ1

nαconverge (cf

l’Exemple 4.11 et le Theoreme 4.12). Dans ce cas l’argument de la ques-

tion 4 montre qu’en notant ζ(α) =+∞∑n=1

1

nα, on a η(α) =

+∞∑n=1

(−1)n+1

nα=

(1 − 21−α)ζ(α). Par exemple :+∞∑n=1

(−1)n+1

n2=π2

12(cf Remarque 4.13 pour

la valeur de ζ(2)). Enfin remarquons que l’egaliteη(α)

1− 21−α = ζ(α), permet

de prolonger la fonction ζ aux reels > 0 et 6= 1, puisque η est definie surR∗+.

3.9. Proposition. Soient Σan et Σbn deux series convergentes de somme respec-tivement a et b et λ, µ ∈ R, alors la serie λΣan + µΣbn est convergente, de sommeλa+ µb.

Demonstration. Il s’agit de la meme preuve que pour les suites, en travaillantsur les sommes partielles Sn et Tn des series Σan et Σbn.

3.10. Exemple (Series donnees par la formule de Taylor-Lagrange). D’apres laformule de Taylor-Lagrange 4.14, si f : [a, b] → R une fonction de classe C∞ sur[a, b]. Alors, quels que soient n ∈ N et x, y ∈ [a, b], existe θ = θn,x,y ∈]x, y[ tel que

f(y) = [DLnx(f)](y) +(y − x)n+1

(n+ 1)!f (n+1)(θ).

Noter que θ depend a priori de n, mais reste dans ]x, y[. Notons an =f (n)(x)

n!(y−x)n.

Alors [DLnx(f)](y) est la somme partielle d’ordre n de la serie Σan. Si la quantite(y − x)n+1

(n+ 1)!f (n+1)(θ), pour x et y fixes, tend vers 0 lorsque n→∞, alors la serie Σan

converge vers f(y) : f(y) =+∞∑i=0

ai. Dans cette situation,(y − x)n+1

(n+ 1)!f (n+1)(θ) est le

reste d’ordre n de la serie Σan.


Remarquons que la quantite(y − x)n+1

(n+ 1)!tend vers 0 quand n vers +∞. En effet,

soit N tel quey − xN≤ 1

2, alors

(y − x)n+1

(n+ 1)!≤ (y − x)N

N !

(y − x)n+1−N

(N + 1) · · · (n+ 1)≤ (y − x)N

N !(1

2)n+1−N →n→+∞ 0.

Notons que cette majoration peut etre remplacee par(y − x)n+1

(n+ 1)!≤ (y − x)N

N !αn+1−N

pour n’importe quel α ∈]0, 1[, puisque 1/2 ne joue pas de role specifique dans l’argu-mentation. Ainsi si la suite sup[x,y] |f (n)| est majoree, ou ne tend pas plus vite vers

+∞ que αn tend vers 0, pour tout α ∈]0, 1[, alors f(y) =+∞∑i=0

ai.

Par exemple pour f = sin (ou pour cos), du fait que les derivees successives desin sont toutes bornees par 1, en faisant x = 0, on obtient que pour tout y ∈ R,

sin(y) =+∞∑n=0

(−1)ny2n+1

(2n+ 1)!et cos(y) =

+∞∑n=0

(−1)ny2n

(2n)!

Pour f = log, x = 1 et y ∈ [1, 2], on a supθ∈[1,y]

|fn+1(θ)|(y − 1)n+1

(n+ 1)!≤ 1

n+ 1. Ce qui

donne, pour tout y ∈ [1, 2],

log(y) =+∞∑n=1

(−1)n+1 (y − 1)n

n. 3

3. Rappelons qu’un nombre complexe x est transcendant lorsque x n’est racine d’aucun po-lynome P ∈ Q[X] (ou ce qui revient au meme en multipliant P par le produit des denominateursde ses coeeficients, d’aucun polynome de Z[X]). Ainsi aucun nombre rationnel n’est transcendant(puisque q ∈ Q est racine de X − q). Le nombre i n’est pas non plus transcendant (puisque racinede X2 + 1). Les nombres complexes qui ne sont pas transcendants sont appeles des nombresalgebriques et leur ensemble est note Q. Il s’agit d’un sous-corps de C : la somme, le produit etles inverses d’elements de Q sont encore dans Q. On a x ∈ Q si et seulement si la partie reelle etimaginaire de x sont dans Q. D’autre part Q est denombrable puisque les polynomes a corfficientsdans Z de degre d sont en nombre fini et que leurs racines sont en nombre ≤ d. Enfin Q est, commeC, algebriquement clos : si R ∈ Q[X], toutes les racines (complexes) de R sont dans Q. Le corpsQ est donc le plus corps contenant Q qui soit algebriquement clos.

Le theoreme de Lindemann-Weierstrass (ou plutot, dans la version utilisee ici, le theoremed’Hermite-Lindemann, demontre en 1882) assure que si y ∈ Q \ {0}, alors ey 6∈ Q. Ce qui montreau passage que le nombre e est transcendant. De meme que le nombre iπ est transcendant, puisqueeiπ = −1 ne l’est pas. Mais comme i est algebrique, π ne peut pas etre algebrique (sinon iπ le seraitpuisque Q est un corps). Donc le theoreme de Lindemann-Weierstrass implique facilement que πest transcendant. L’Exercice 61 donne alors une approximation de π par une suite de rationnels.

Le theoreme de Lindemann-Weierstrass assure que lorsque y ∈ R∩Q \ {0}, <(eiy) = cos(y) ou=(eix) = sin(y) sont transcendants. Mais puisque cos2(y) + sin2(y) = 1, si l’un des nombres cos(y)ou sin(y) est algebrique, l’autre aussi (si, par exemple, cos(y) est algebrique, sin2(y) = 1− cos2(y)aussi, puisque Q est un corps, et donc existe P ∈ Z[X] tel que P (sin2(y)) = 0. Alors P (X2) ∈ Z[X]


64. Exercice. Soit f : x 7→√

1 + x, pour x ∈ [0, 1].

(1) Montrer que pour tout n ≥ 2, supθ∈[0,1] |f (n)(θ)| ≤ 1·3·5···(2n−3)2n

.

(2) En deduire une approximation a la 4eme decimale de√

2 par un nombrerationnel.

Solution de l’exercice. (1) On a pour tout n ≥ 1,

fn+1(θ) = (−1)n1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n+1

1√

1 + θ2n+1 .

D’ou

supθ∈[0,1]

|f (n+1)(θ)| ≤ 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n+1.

(2) Le reste Rn+1,f := f (n+1)(θ)yn+1

(n+1)!donnee par la formule de Taylor-Lagrange,

lorsque x = 0 et y ∈ [0, 1] est donc majore en valeur absolue sur [0, y] par

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

(n+ 1)!2n+1yn+1 ≤ 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n+ 2)≤ 2 · 6 · 10 · · · 2n

2 · 4 · 6 · · · (2n+ 2)≤ 1

2n+ 2.

On en deduit que

|√

1 + y − (1 +1

2y +

n∑k=2

(−1)k−11 · 3 · · · (2k − 3)

2 · 4 · · · 2kyk)| ≤ 1

2n+ 2.

Pour y = 1, on obtient

|√

2− (1 +1

2− 1

8+

3

48− 15

384+

105

3840+ · · ·+ (−1)n−1

1 · 3 · · · (2n− 3)

2 · 4 · · · 2n)| ≤ 1

2n+ 2.

Pour n = 5, l’erreur est donc bornee par 1/12 = 0, 083333.... On peutalors approcher

√2 avec cette marge d’erreur par 1+ 1

2− 1

8+ 3

48− 15

384+ 105

3840=

54753840

= 365256

=' 1, 425.... Tandis que√

2 = 1, 41421356237... On a donc en

realite l’erreur 365256−√

2 = 0, 01156...

65. Exercice. Soit x ∈ R et (an)n∈N la suite definie par an =xn

n!, pour tout

n ≥ 0, avec la convention 0! = 1.

(1) Montrer que la serie Σan converge.

annule sin(y), et donc sin(y) ∈ Q). Il s’ensuit que lorsque y ∈ R ∩ Q \ {0}, cos(y) et sin(y) sonttranscendants.

Lorsque y ∈ R ∩ Q \ {1} et y > 0, notons que z = log(y) est transcendant, car sinon ez = yserait algebrique alors que z est egalement algebrique et non nul, ce que n’autorise pas le theoremede Lindemann-Weierstrass.

Les trois series donnees ici par la formule de Tayor Lagrange, qui ont pour limite respectivementsin(y), cos(y) et log(y) fournissent donc par leur somme des exemples de nombres transcendants,pour y ∈ R ∩ Q \ {0} (y 6= 1 et y > 0 dans le cas de log(y)), qui sont approches par des sommespartielles rationnelles lorsque de plus y ∈ Q.


(2) Soit f : R→ R la fonction definie par, pour tout y ∈ R, f(y) = ey. Montrerque pour tout n ≥ 0 et pour tout y ∈ [x− 1, x+ 1], 0 ≤ f (n)(y) ≤ ex+1. En

conclure que+∞∑i=0

ai = ex.

(3) Trouver, a l’aide de ce qui precede, un rationnel q tel que |e− q| < 10−3.

Solution de l’exercice. (1) On a |an+1/an| = |x|/n+1→n→∞ 0. La serieΣan est donc absolument convergente et donc convergente.

(2) On a f (n)(y) = ey, pour tout n. Et si y ∈ [x − 1, x + 1], par croissance dela fonction f , on a pour tout n ≥ 1, 0 ≤ f (n)(y) ≤ ex+1. La majoration desderivees d’ordre n de f , par la quantite ex+1 independante de n, montre,

d’apres 3.10, que ex =+∞∑i=0

ai, puisque la somme partielle de Σan d’ordre n

est DLn0 (x).

(3) Pour x = 1, la question precedente montre que e =+∞∑n=0

1

n!et le reste Rn

d’ordre n de cette serie est, d’apres la formule de Taylor-Lagrange, majore

par(1− 0)n+1

(n+ 1)!e1 =

e

(n+ 1)!. Donc des que ce reste est lui-meme majore

par 10−3,∑n

i=11n!

est un rationnel proche de e a 10−3 pres. L’entier n = 6

convient puisque e/7! ≤ 410−4. On a alors S6 =1957

720= 2, 71805 · · ·

66. Exercice (e n’est pas rationnel). Le but des questions 1 a 4 de cet exerciceest de caracteriser le nombre e en tant que limite de suite ou somme de serie (voiraussi l’Exercice 65, question 2). Le but des questions 5 a 7 est de montrer que e 6∈ Q.

(1) Donner un DL10 de la fonction x 7→ log(1 + x).

(2) Deduire de la question precedente que pour tout y ∈ R, limn→+∞

(1+

y

n

)n= ey.

(3) Soit y ∈ R et Y la partie entiere de |y|. En remarquant que lorsque |y| ≥ 1,pour tout n ≥ Y , on a

|y|n

n!=

|y|Y

1 · 2 · 3 · · ·Y· |y|n−Y

(Y + 1)(Y + 2) · · ·n,

montrer que limn→+∞

|y|n

n!= 0.

(4) Soit y ∈ R et n ∈ N. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange a l’ordre n pour

x 7→ ex sur un intervalle d’extremites 0 et y. En deduire que+∞∑n=0

yn

n!= ey.


(5) A l’aide de la formule de Taylor-Lagrange entre 0 et 1, montrer que quelque soit n ∈ N∗, il existe θn ∈]0, 1[ tel que

eθn

n= (n− 1)!e− (n− 1)!

1!− (n− 1)!

2!− · · · − (n− 1)!

(n− 1)!(∗)

(6) Supposons que e ∈ Q, c’est-a-dire qu’existent des entiers p, q ∈ N tels que

e = p/q. Deduire de l’egalite (∗) que quel que soit n ∈ N∗, tn :=qeθn

nest

un entier.

(7) On continue de supposer, comme a la question precedente, que e ∈ Q. Enremarquant que lim

n→+∞tn = 0, deduire de la question precedente que la suite

(tn)n∈N est nulle a partir d’un certain rang. En deduire alors que l’hypothesee ∈ Q est absurde.

Solution de l’exercice. (1) La fonction f : x 7→ log(x + 1) est derivableen 0 et f ′(0) = 1. On en deduit que DL1

0(f)(x) = x, d’apres la Proposition4.8.

(2) On a (1+y

n)n = en log(1+ y

n) ∼n→+∞ en·

yn = ey, d’apres la question precedente.

Ce qui montre que limn→+∞

(1 +y

n)n = ey.

(3) On peut supposer |y| ≥ 1, car si |y| < 1, on a directement|y|n

n≤ |y|n →n→+∞

0.

De l’egalite

|y|n

n!=

|y|Y

1 · 2 · 3 · · ·Y· |y|n−Y

(Y + 1)(Y + 2) · · ·n

on tire alors , en notant C =|y|Y

1 · 2 · 3 · · ·Yet α = |y|/(Y + 1) :

|y|n

n!= C

|y|(Y + 1)

|y|(Y + 2)

· · · |y|n

= Cαn−Y .

Or comme C est independant de n et comme α ∈]0, 1[, on a bien limn→+∞

|y|n!

=

0.

(4) Pour fixer les idees, supposons que y > 0. La formule de Taylor-Lagrangea l’ordre n pour x 7→ ex, entre 0 et y, donne l’existence de θn ∈]0, y[

ey =n∑k=0

yk

k!+eθnyn+1

(n+ 1)!.

4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SERIES DE TERME GENERAL POSITIF 95

Or d’apres la question precedente, 0 ≤ eθnyn+1

(n+ 1)!≤ ey

yn+1

(n+ 1)!→n→+∞ 0. Il

s’ensuit que+∞∑n=0

yn

n!= ey.

(5) Soit n ∈ N∗. La formule de Taylor-Lagrange a l’ordre n − 1 pour x 7→ ex,entre 0 et 1, donne l’existence de θn ∈]0, 1[ tel que

e =n−1∑k=0

1

k!+eθn

n!,

soiteθn

n!= e−

n−1∑k=0

1

k!,

et donc en multipliant par (n − 1)! les deux membres de cette derniereinegalite,

eθn

n= (n− 1)!e−

n−1∑k=0

(n− 1)!

k!

(6) Si e = p/q avec p, q ∈ N, d’apres la question precedente,

qeθn

n= (n− 1)!p− q

n−1∑k=0

(n− 1)!

k!,

or quel que soit k ≤ n,(n− 1)!

k!∈ N, ce qui prouve bien que tn ∈ N.

(7) La suite d’entiers (tn)n∈N tend vers 0, puisque θn ∈]0, 1[. Or ceci ne se peutque si cette suite est egale a 0 a partir d’un certain rang. Mais d’autre partpuisque eθn 6= 0, la suite (tn)n∈N ne peut comporter des termes nuls. Enconclusion l’hypothese e ∈ Q etait absurde.

4. Convergence absolue et series de terme general positif

4.1. Remarque (Le critere de Cauchy pour les series). Pour decider de la conver-gence d’une serie Σan, on peut appliquer le critere de Cauchy a la suite de ses sommespartielles (Sn)n∈N, puisque la convergence de Σan est celle de (Sn)n∈N. On a alors,en vertu de la Proposition 1.2, Σan converge si et seulement si

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε,∀p ≥ Nε, |Sp − Sn| ≤ ε,

ce qui s’ecrit aussi

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε,∀k ∈ N, |Sn+k − Sn| ≤ ε,

soit finalement, Σan converge si et seulement si

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε,∀k ∈ N, |k∑i=1

an+i| ≤ ε.


67. Exercice. Soit (an)n∈N la suite definie par

∀n ≥ 1, an =sin(log(n))

n,

et Sn la somme partielle d’ordre n de la serie Σan. Pour k ∈ N on note

Nk := {n ∈ N ; eπ4+2kπ ≤ n ≤ e

3π4+2kπ}, nk := minNk et mk := maxNk.

(1) Montrer que

Smk − Snk−1 ≥√

2

2

mk∑n=nk

1

n.

(2) Apres avoir compare 1/n et∫ n+1

ndxx

, montrer que


2

2log(

mk + 1

nk).

(3) Montrer que nk ≤ eπ4+2kπ+1. En deduire que


2

2(π

2− 1).

(4) La serie Σan converge-t-elle ?

Solution de l’exercice. Remarquons que la longueur de l’intervalle Nk aug-mente avec k, puisque celle-ci est

mk − nk ≤ e3π4+2kπ − e

π4+2kπ = e

π4+2kπ(e

π2 − 1)→k→+∞ +∞.

(1) Si n ∈ Nk, alors log n ∈ [π4

+ 2kπ, 3π4

+ 2kπ] par croissance de la fonction

log, et donc an ≥√22

pour tout n ∈ Nk. Il s’ensuit que

Smk − Snk−1 =

mk∑n=nk

sin(log n)

n≥√

2

2

mk∑n=nk

1

n.

(2) Du fait de la decroissance de la fonction x 7→ 1/x sur R∗+, on a∫ n+1

n

dx

x≤∫ n+1

n

1

n=

1

n,

de sorte quemk∑n=nk

1

n≥

mk∑n=nk

∫ n+1

n

dx

x=

∫ mk+1

nk

dx

x= log(

mk + 1

nk).

Ce qui d’apres la question precedente donne


2

2log(

mk + 1

nk).


(3) On a eπ4+2kπ+1−eπ4+2kπ = e

π4+2kπ(e−1) > 1. Donc entre e

π4+2kπ et e

π4+2kπ+1

se trouve au moins un entier, et en particulier se trouve nk, qui est le pluspetit entier superieur a e

π4+2kπ. D’apres la question precedente,


2

2log(

mk + 1

nk) ≥√

2

2log(e

−π4−2kπ−1(mk + 1)).

Or puisque mk est le plus grand entier inferieur a e3π4+2kπ, on a certaine-

ment mk+1 ≥ e3π4+2kπ, ce qui donne, toujours par croissance du logarithme,

pour tout k ≥ 1


2

2log(e

−π4−2kπ−1e

3π4+2kπ) =

√2

2log(e

π2−1) =

√2

2(π

2− 1). (∗)

(4) Si la serie Σan convergeait, sa somme partielle verifierait le critere de Cau-chy rappele en Remarque 4.1 : il existerait alors un entier P tel que pourtout m,n ≥ P , on ait

Sm − Sn ≤√

2

3(π

2− 1) (∗∗).

Or comme les nombres mk et nk tendent vers l’infini avec k, la questionprecedente fournit un couple mk0 , nk0 ≥ P pour lequel la majoration (∗∗)ne peut avoir lieu, puisque la minoration (∗) a lieu. En conclusion la serieΣan diverge.

4.2. Exemple. 4 Considerons la serie de terme general an = 1/n, pour toutn ≥ 1. Cette serie s’appelle la serie harmonique. Pour n, k ∈ N, on a

k∑i=1

an+i =1

(n+ 1)+ · · ·+ 1

(n+ k)≥ k · 1

2n.

En particulier pour k = n, on obtient

k∑i=1

an+i ≥1

2

et le critere de Cauchy n’est pas satisfait pour un ε < 1/2, ce qui prouve quela serie Σ1/n diverge. Remarquons que d’apres l’Exercice 19, on sait deja que lasomme partielle de cette serie est equivalente a log(n), ce qui est plus precis que sadivergence 5.

4. La divergence de la serie harmonique a ete obtenue egalement par N. Oresme, en faisantapparaıtre dans Σ1/n une infinite de groupes comportant 2n termes et dont la somme est plusgrande que 1/2. Une methode a comparer avec celle qui prouve la convergence de la serie deRiemann Σ1/nα pour α > 1, voir l’Exemple 4.12

5. Les nombres harmoniques sont par definition les sommes partielles Sn de la serie harmoniqueΣ 1n . Ils tendent vers +∞ assez lentement comme le montre l’exercice 19, puisque Sn ∼+∞ log(n).

D’autre part on montre que Sn = 1 + 12 + · · ·+ 1

n n’est un entier que pour n = 1 et de plus seuls

S2 = 32 et S6 = 49

20 sont decimaux


4.3. Remarque. A l’aide du critere de Cauchy, on retrouve la Proposition 3.6 quistipule que si la serie Σan converge, alors necessairement son terme general (an)n∈Nconverge vers 0. Supposons en effet Σan convergente. Alors la serie Σan satisfait lecritere de Cauchy donne dans la Remarque 4.1, et en particulier, on obtient pourk = 1 :

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε |an+1| ≤ ε.

Ceci est bien la definition de la convergence vers 0 de la suite (an)n∈N.

4.4. Remarque. La reciproque de la Proposition 3.6 est fausse, comme le montrel’exemple de la serie harmonique, qui bien qu’ayant un terme general de limite nulle,ne converge pas (cf Exemple 4.2).

4.5. Definition. On dit que la serie Σan est absolument convergente si etseulement si la serie Σ|an| est convergente.

4.6. Proposition. Si la serie Σan est absolument convergente, elle est conver-gente.

Demonstration. Par hypothese Σ|an| verifie le critere de Cauchy :

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε,∀k ∈ N,k∑i=1

|an+i| ≤ ε.

Mais comme |∑k

i=1 an+i| ≤∑k

i=1 |an+i| par l’inegalite triangulaire, on a alors

∀ε > 0 ∃Nε tel que ∀n ≥ Nε,∀k ∈ N, |k∑i=1

an+i| ≤ ε.

Le critere de Cauchy est donc verifie pour Σan, ce qui equivaut a la convergence deΣan d’apres la Remarque 4.1.

4.7. Remarque. Une serie peut etre convergente sans etre absolument conver-gente. La reciproque de la Proposition 4.6 n’a donc pas lieu. Par exemple l’Exercice63 montre que la serie harmonique alternee converge, mais l’Exemple 4.2 montreque la serie harmonique ne converge pas. Une serie qui est convergente sans etreabsolument convergente est dite semi-convergente.

Une des consequences de la Proposition 4.6 est que pour demontrer qu’une serieΣan converge, on a d’abord interet a essayer de demontrer que la serie Σ|an| converge,car celle-ci est en general plus facile a etudier, comme va le montrer l’arsenal descriteres portant sur les series de terme general positif. Cependant, si la serie Σ|an|diverge, on devra revenir a l’etude de la serie Σan elle-meme, puisque la divergencede Σ|an| n’implique en general pas celle de Σan.

Avec cette strategie en vue, jusqu’a la fin de cette section, on se concentre donc surles series de terme general positif. Notons que l’on pourrait tres bien decider d’etudierplutot les series de terme general negatif, puisque multiplier le terme general d’uneserie par −1 (ou tout autre reel 6= 0) ne change pas la nature de la serie a l’etude.On obtiendrait alors evidemment les memes types de theoremes que ceux qui vont


suivre... De sorte que ce qui compte dans cette section est plutot la constance dusigne du terme general de la serie que sa positivite (cf la Remarque 4.10 ci-dessous,qui illustre ce propos dans le cas particulier de notre premier resultat sur les seriesde terme general positif, le Theoreme 4.8).

4.8. Theoreme (Regle de comparaison des series de terme general positif).Soient Σan et Σbn deux series de terme general positif (c’est-a-dire an ≥ 0 et bn ≥ 0,pour tout n ∈ N). On suppose que an ≤ bn, pour tout n ∈ N. Alors

(1) si la serie Σbn converge, la serie Σan converge egalement et de plus+∞∑i=0

ai ≤

+∞∑i=0

bi.

(2) Si la serie Σan diverge, il en est de meme de la serie Σbn.

4.9. Remarque. On peut remplacer dans le Theoreme 4.8 l’hypothese an ≥ 0et bn ≥ 0, pour tout n ∈ N par l’hypothese an ≥ 0 et bn ≥ 0 seulement a partird’un certain rang et l’hypothese an ≤ bn, pour tout n ∈ N par l’hypothese an ≤ bnseulement a partir d’un certain rang.

Demonstration. Les suites des sommes partielles (Sn)n∈N et (Tn)n∈N de Σan etΣbn sont croissantes puisque Sn − Sn−1 = an ≥ 0 et Tn − Tn−1 = bn ≥ 0. Ces deuxsuites convergent donc si et seulement elles sont majorees. Or si (Tn)n∈N converge,du fait de Sn ≤ Tn (puisque an ≤ bn), on en deduit que (Sn)n∈N est majore par unmajorant de (Tn)n∈N, et donc a son tour (Sn)n∈N converge.

Inversement si (Sn)n∈N ne converge pas, (Sn)n∈N n’est pas majoree, et du fait deSn ≤ Tn, (Tn)n∈N n’est pas majoree non plus et donc ne converge pas.

4.10. Remarque. En realite le Theoreme de comparaison 4.8 s’applique auxseries de terme general de signe constant et pas uniquement positif. En effet, si Σanet Σbn sont deux series de terme general negatif, alors le Theoreme 4.8 s’applique aΣ−an et Σ−bn. Ainsi si an ≤ bn, on a −bn ≤ −an, et si Σ−an converge alors Σ−bnconverge. De meme si Σ− bn diverge alors Σ− an diverge. Mais comme d’autre partles series Σ− an et Σan et les series Σ− bn et Σbn sont de meme nature, on a :

Si Σan et Σbn sont deux series de terme general negatif et si a partir d’un certainrang an ≤ bn, alors la convergence de Σan implique celle de Σbn et la divergence deΣbn implique celle de Σan.

68. Exercice. Soient Σan et Σbn deux series a terme general positif non nul,telles que

∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0,an+1

an≤ bn+1

bn.

(1) Montrer que pour tout n ≥ n0, an ≤an0bn0· bn.

(2) En deduire que si Σbn converge, alors Σan converge et que si Σan diverge,alors Σbn diverge.


Solution de l’exercice. (1) En multipliant membre a membre les inegalitesan0+1

an0

≤ bn0+1

bn0

,an0+2

an0+1

≤ bn0+2

bn0+1

, · · · , anan−1

≤ bnbn−1

, on obtient apres simplifi-

cation :anan0

≤ bnbn0

, qui est l’inegalite demandee.

(2) Il s’agit d’une application directe du Theoreme 4.8.

L’exemple suivant offre une famille de series, les series de Riemann, qu’il estsouvent tres utile d’utiliser, via le Theoreme 4.8 de comparaison, comme echelle deconvergence (cf la Proposition 4.16).

4.11. Exemple (Series de Riemann). Soit α > 0 et Σan la serie de terme generalan = 1/nα, pour tout n ≥ 1. Cette serie est de terme general positif. Cette serie estappelee la serie de Riemann.

– Si α ≤ 1, alors an ≥ 1/n et comme la serie Σ1/n diverge, par le Theoreme decomparaison 4.8, Σan diverge.

– Supposons maintenant α > 1 et soit Sn la somme partielle d’ordre n de Σan.On a

S2n = 1 +n∑k=1

2k∑i=2k−1+1

1

iα.

D’autre part, on dispose de la majoration

2k∑i=2k−1+1

1

iα≤

2k∑i=2k−1+1

1

(2k−1)α=

2k − 2k−1

(2k−1)α=

2k−1

(2k−1)α

=1

(2k−1)α−1=

2α−1

(2α−1)k(k ≥ 1).

Mais comme 12α−1 < 1, la serie Σ(

1

2α−1)k converge (d’apres l’Exemple 3.5) et

finalement d’apres le Theoreme de comparaison 4.8, la suite (S2n)n∈N converge,disons vers `. Enfin les suites (Sn)n∈N et (S2n)n∈N etant croissantes, on a Sn ≤S2n ≤ `, ce qui prouve qu’etant majoree, la suite (Sn)n∈N converge, et donc pardefinition, Σan converge.

On enonce donc

4.12. Theoreme (Serie de Riemann). Soit α ∈ R∗+. La serie Σ1

nαconverge si

et seulement si α > 1. Pour avoir un equivalent du reste de cette serie (dans le casconvergent) ou de la somme partielle (dans le cas divergent) voir l’Exercice 77.

4.13. Remarque (Fonction zeta de Riemann). Le Theoreme 4.12 montre que l’on

peut definir une fonction ζ :]1,+∞[→ R par ζ(s) =+∞∑n=1

1

ns. Cette fonction s’appelle


la fonction zeta de Riemann. On a par exemple :

ζ(2) =π2

66, ζ(4) =

π4

90, ζ(6) =

π6

945, ζ(8) =

π8

9450, · · · , ζ(2k) =

|B2k|(2π)2k

2(2k)!,

ou B2k est le nombre de Bernoulli, defini par la relation de recurrence B0 = 1 et

(k+1)Bk = −k−1∑i=0

(k + 1

i

)Bi. On ne sait rien en revanche sur les valeurs de ζ en les

entiers impairs, on sait que ζ(3) 6∈ Q 7 et qu’en une infinite d’entiers impairs 2k + 1le reel ζ(2k + 1) est irrationnel 8. On conjecture qu’il en est de meme pour tous lesentiers impairs.

On montre que l’on peut definir par la meme formule ζ(s) =+∞∑n=1

1

ns, la fonction

ζ pour s ∈ C,Re(s) > 1 (a condition de donner un sens a ns lorsque s ∈ C). Onmontre enfin que l’on peut prolonger a C \ {1} cette fonction, que l’on continue de

6. Cette valeur a ete donnee par L. Euler en 1735 et une preuve rigoureuse a ete faite parEuler en 1745. Euler repondait par la a un probleme pose par P. Mengoli en 1644. Le problemede Mengoli est desormais connu sous le nom de � Probleme de Bale �, ville natale d’Euler. Onconnaissait une valeur approchee de la serie

∑+∞n=1

1n2 a la quinzieme decimale, valeur donnee par

J. Stirling vers 1730, un peu avant qu’Euler n’en donnat la valeur exacte. L’intuition d’Euler en1735 repose sur le calcul suivant, dont certains passages n’etaient pas justifies rigoureusement en

1735. On a vu en 3.10 que pour tout x ∈ R, sin(x) =∑+∞n=0

(−1)n(2n+1)!x

2n+1, soit pour tout x ∈ R∗,sin(x)x =

∑+∞n=0

(−1)n(2n+1)!x

2n. Remarquons que le coefficient de x2 dans cette serie est −1/6. Suppsons

qu’il en aille de sin(x)x comme d’un polynome, c’est-a-dire que cette fonction soit le produit de

monomes comportant ses zeros. Les zeros de cette fonction sont kπ, k ∈ Z, ils sont en nombreinfini, mais supposons que l’on puisse ecrire un � produit infini � du type

sin(x)

x=

+∞∏k=1

(1− x

kπ)(1 +

x

kπ)

et que de plus nous puissions le developper en une � somme infinie � pour en trouver le coefficientde x2. Dans ce cas on trouve comme coefficient de x2 apres developpement

− 1

π2

+∞∑n=1

1

n2= − 1

π2ζ(2).

Ceci nous donne alors par identification avec le coefficient de x2 trouve plus haut dans la sommesin(x)x =

∑+∞n=0

(−1)n(2n+1)!x

2n, a condition de supposer que la fonction sin(x)/x possede une unique

expression comme � somme infinie � de monomes xn :

−1

6= − 1

π2ζ(2) et donc ζ(2) =

π2

6.

Cette methode, une fois rendue rigoureuse, permet en realite de calculer les valeurs de ζ(2k),k ∈ N∗.

7. Theoreme demontre par R. Apery en 1979.8. Theoreme demontre par T. Rivoal en 2000, sous la forme plus precise suivante : il existe une

constante c telle que le nombre d’irrationnels parmi ζ(3), ζ(5), ζ(7), · · · , ζ(2k + 1) est plus grandque c log(k).


noter ζ (on a deja vu dans l’Exercice 63 comment prolonger ζ aux reels > 0 et 6= 1grace a la fonction η de Dirichlet).

On sait que la fonction ζ s’annule pour tous les entiers de la forme −2k, k > 0.On appelle ces entiers les zeros triviaux de ζ. On sait d’autre part que ζ admet uneinfinite de zeros dans la bande du plan 0 < Re(s) < 1, appelee bande critique.L’hypothese de Riemann (enoncee par Riemann en 1859) affirme que tous ceszeros sont sur la droite Re(s) = 1/2 du plan C, dite droite critique. Des calculssur ordinateur ont montre que tel etait le cas pour plus de 1013 zeros de la bandecritique et d’autre part on a demontre que la droite critique contenait une infinite dezeros de ζ. Cependant on ne sait toujours pas demontrer l’hypothese de Riemann. Lafonction zeta de Riemann est, entre autre, intimement liee aux nombres premiers, unereponse positive a l’hypothese de Riemann aurait des consequences tres importantessur l’etude de ceux-ci.

69. Exercice (Calcul de ζ(2)). On note cot la fonctioncos

sin, definie pour les reels

6= kπ, k ∈ Z.

(1) Soit x ∈]0, π2[ et n ∈ N∗. Montrer que

cos(nx) + i sin(nx)

sinn(x)= (cot(x) + i)n

(Ind. utiliser cos(nx) + i sin(nx) = einx).

(2) Calculer directement (cot(x) + i)n a l’aide de la formule du binome. Enidentifiant cette expression avec l’expression trouvee a la question 1, endeduire que

sin(nx)

sinn(x)=

n∑j=0

(−1)j(

n

2j + 1

)cotn−2j−1(x).

On suppose maintenant que n est un entier impair, que l’on note n :=2p+ 1, pour p ∈ N∗. On pose enfin x := kπ

n, k ∈ {1, · · · , p}.

(3) Montrer que cot2 :]0, π/2[→ R est strictement decroissante. En deduire queles p nombres cot2(kπ

n) sont distincts.

(4) Motrer que les p nombres cot2(kπn

) sont les racines du polynomes

P (X) :=

p∑j=0

(−1)j(

n

2j + 1

)Xp−j.

En deduire quep∑

k=1

cot2(kπ

n) =

(n

3

)/

(n

1

)=

2p(2p− 1)

6,

puisp∑

k=1

(1 + cot2(kπ

n)) =

2p(2p+ 2)

6.


(5) Montrer que pour tout x ∈]0, π/2[

cot2(x) <1

x2< 1 + cot2(x).

En deduire que

2p(2p− 1)

6<

p∑k=1

( nkπ

)2<

2p(2p+ 2)

6,

puis que finalement que

ζ(2) =π2

6.

Solution de l’exercice. (1) On a cos(nx)+i sin(nx)sinn(x)

= einx

sinn(x)= ( eix

sin(x))n et

donc cos(nx)+i sin(nx)sinn(x)

= ( cos(x)+i sin(x)sin(x)

)n = (cot(x) + i)n.

(2) On developpe (cot(x) + i)n a l’aide de la formule du binome et on identifie

les parties imaginaires de ce developpement et decos(nx) + i sin(nx)

sinn(x).

(3) La derivee de cot2 est−2 cot

sin2 qui est < 0 sur ]0, π/2[. Il s’ensuit que cot2

est injective sur ]0, π/2[ et prend donc p valeurs deux a deux distinctes enles p points deux a deux distincts kπ/n, k = 1, · · · , p.

(4) le polynome en question est de degre p et P (cot( kπ/n)) = sin(kπ)/ sinn(kπ/n) =0. Donc les p points deux a deux distincts kπ/n, k = 1, · · · , p sont les p

racines reelles de ce polynome. On peut alors ecrire P (X) =

(n

1

) p∏k=1

(X −

kπ/n), ce qui apres developpement de cette expression et identification avec

le coefficient de Xp−1 donne bien

p∑k=1

cot2(kπ

n) =

(n

3

)/

(n

1

)=

2p(2p− 1)

6.

En ajoutant p a chaque membre de cette egalite, on obtient la derniereinegalite demandee dans cette question.

(5) Demontrer cot2(x) < 1/x2 revient a demontrer que 1 − x2 cot2(x) > 0 ouencore que sin2(x) − x2 cos2(x) > 0. Or sin2(x) − x2 cos2(x) = (sin(x) −x cos(x))(sin(x) + x cos(x)) et comme sin(x) + x cos(x) > 0 sur ]0, π/2[,nous sommes ramene a montrer que sin(x) − x cos(x) > 0 sur ]0, π/2[. Lafonction f(x) = sin(x) − x cos(x) a pour derivee x sin(x) > 0 ; elle estcroissante sur ]0, π/2[ et valant 0 en 0, on a bien f(x) > 0 sur ]0, π/2[.

On obtient l’autre inegalite de la meme facon.

La double inegalite2p(2p− 1)

6<

p∑k=1

( nkπ

)2<

2p(2p+ 2)

6s’obtient

a partir de cet encadrement de 1/x2 et des deux egalites de la question


4. De2p(2p− 1)

6<

p∑k=1

( nkπ

)2<

2p(2p+ 2)

6on obtient

π2

6

2p(2p− 1)

n2<

p∑k=1

(1

k

)2<

π2

6

2p(2p+ 2)

n2. On conclut en remarquant que

2p(2p− 1)

n2et

2p(2p+ 2)

n2ont pour limite 1 quand p tend vers +∞.

70. Exercice. Pour quelles valeurs de α et β > 0 la serie de terme general

an =βlogn

nαest-elle convergente ?

Solution de l’exercice. On a an =elog(β) logn

eα logn= e(−α+log β) logn =

1

nα−log β. La

serie Σan converge donc si et seulement si α > 1 + log β, d’apres le Theoreme 4.12.

71. Exercice. On considere la serie de terme general an =( 1

log n

)logn, n ≥ 2.

(1) Montrer que an ≥ 0, pour tout n ≥ 2. Montrer que pour tout n ≥ 2,

an =1

nlog(logn).

(2) Deduire de la question precedente que la serie∑an converge.

Solution de l’exercice. (1) On a pour tout n ≥ 2,

an = elog(n) log(1

logn) = e− log(n) log(logn) = elog(logn) log(

1n) =

1

nlog(logn)≥ 0.

(2) Le critere de comparaison des series a termes positifs (Theoreme 4.8) montre

que la serie∑an converge, puisque d’une part, pour tout n ≥ ee

2, log(log n) ≥

2, ce qui donne 0 ≤ an =1

nlog(logn)≤ 1

n2et d’autre part la serie de terme

general1

n2converge.

72. Exercice. Soit an =1

(3n− 2)α+

1

(3n− 1)α+

1

(3n)α− 1

nα, n ≥ 1. Montrer

que

Sn =n∑k=1

ak =3n∑

k=n+1

1

kα.

(1) On suppose que α > 1. Montrer, en appliquant le critere de Cauchy a laserie de Riemann d’exposant α, que Σan converge et

+∞∑n=1

an = 0.

(2) On suppose que α ≤ 0. Montrer que an ≥ 1 et conclure.


(3) On suppose que 0 < α ≤ 1. Montrer, en utilisant la decroissance de t 7→ 1tα

que ∫ n+1

n

dt

tα≤ 1

nα≤∫ n

n−1

dt

tα,

puis ∫ 3n+1

n+1

dt

tα≤ Sn ≤

∫ 3n

n

dt

tα.

(a) Montrer que si α = 1,∑+∞

n=1 an = log(3).

(b) Montrer que si 0 < α < 1, Σan diverge.

Solution de l’exercice. La somme des termes1

(3k − 2)α+

1

(3k − 1)α+

1

(3k)α

de k = 1 a n est la somme des1

kαde k = 1 a 3n. Quand on retranche a cette somme

n∑k=1

1

kα, il reste bien

3n∑k=n+1

1

kα.

(1) La serie3n∑

k=n+1

1

kαconverge pour α > 1. La suite de ses sommes partielles

verifie donc le critere de Cauchy : etant donnee ε > 0, il existe N ∈ N

tel que pour tout n, p ≥ N ,

p∑k=n+1

1

kα≤ ε. En particulier, des que n ≥ N ,

Sn =3n∑

k=n+1

1

kα≤ ε. On a donc montre que pour tout ε > 0 existe N ∈ N tel

que n ≥ N =⇒ |Sn| ≤ ε. C’est-a-dire que limn→∞

Sn = 0.

(2) Dans le cas ou α ≤ 0, comme1

(3n)α− 1

nα≥ 0 et

1

(3n− 1)α+

1

(3n− 2)α≥

1 + 1, on a an ≥ 1, et donc Sn →n→∞ +∞.

(3) La seconde double inegalite s’obtient a partir de la premiere en sommantjusqu’a 3n. Et la premiere est une consequence directe du fait que ≤ 1/t ≤1/nα sur [n, n+ 1].

3(a) Si α = 1, les integrales de cette double inegalite sont log 3 et log3n+ 1

n+ 1,

qui tend vers log 3. Donc+∞∑i=0

ai = log 3.

3(b) Si 0 < α < 1, les deux integrale de la seconde double inegalite tendent vers

+∞, par un calcul direct (par exemple

∫ 3n

n

dt

tα=

n1−α

1− α(31−α − 1

1− α)).

4.14. Proposition (Comparaison et domination). Soient Σan et Σbn deux seriesverifiant


(1) Σan et Σbn sont de terme general positif et an = O(bn) au voisinage de+∞. Alors

(a) Si Σbn converge, Σan converge,

(b) Si Σan diverge, Σbn diverge.

(2) Il existe α, β > 0 et N ∈ N tels que ∀n ≥ N, 0 < αbn < an < βbn. Alorsles deux series Σan et Σbn sont de meme nature.

(3) Σbn est de terme general positif et an ∼ bn au voisinage de +∞. Alors lesdeux series Σan et Σbn sont de meme nature. De plus

(a) Si Σan et Σbn sont convergentes, alors les restes de Σan et Σbn, quiconvergent vers 0, sont equivalents au voisinage de +∞.

(b) Si Σan et Σbn sont divergentes, alors les sommes partielles de Σan etΣbn, qui tendent vers +∞, sont equivalentes au voisinage de +∞.

Demonstration. (1) Par hypothese, il existe N ∈ N et α > 0 tels que∀n ≥ N, an = |an| ≤ α|bn| = αbn. Les series (bn)n∈N et Σαbn etant dememe nature, il suffit alors d’appliquer le Theoreme 4.8.

(2) On applique le point precedent puisque (an)n∈N = O((bn)n∈N) et (bn)n∈N =O((an)n∈N).

(3) Comme an = cn · bn avec limn→∞ cn = 1 et bn > 0, on a pour n assez grand,disons n ≥ N , an est de meme signe que bn. On a alors (toujours pourn ≥ N)

1

2bn ≤ an ≤

3

2bn

Il s’ensuit que Σan et Σbn sont de meme nature, par le Theoreme 4.8.

(a) On sait que pour tout ε > 0 existe N ∈ N, tel que pour tout n ≥ N,

(1− ε)bn ≤ an ≤ (1 + ε)bn.

On en deduit pour tout m ≥ N

(1− ε)m∑

n=N

bn ≤m∑

n=N

an ≤ (1 + ε)m∑

n=N

bn. (∗)

Notons les restes d’ordre n de Σan et Σbn respectivement Rn et ρn. Enfaisant tendre m vers +∞, on obtient par la Remarque 3.8 :

∀ε > 0 ∃N ∈ N, tel que (1− ε)ρN ≤ RN ≤ (1 + ε)ρN ,

ce qui equivaut par definition a

ρn ∼+∞ RN .


(b) Notons les sommes partielles d’ordre n de Σan et Σbn respectivementSn et Tn. L’encadrement (∗) fournit l’existence d’un entier N tel quepour tout m ≥ N

N−1∑n=0

an − (1− ε)N−1∑n=0

bn + (1− ε)m∑n=0

bn

≤m∑n=0

an ≤N−1∑n=0

an − (1 + ε)N−1∑n=0

bn + (1 + ε)m∑n=0

bn.

Notons

CN :=N−1∑n=0

an − (1− ε)N−1∑n=0

bn

et

DN :=N−1∑n=0

an − (1 + ε)N−1∑n=0

bn.

Il s’agit de deux nombres independants de n. On a

CN + (1− ε)m∑n=0

bn ≤m∑n=0

an ≤ DN + (1 + ε)m∑n=0

bn.

En divisant par∑m

n=0 bn les trois membres de cette inegalite et entenant compte de limm→+∞

∑mn=0 bn, on obtient, pour tout ε > 0 :

1− ε ≤ limm→∞

∑mn=0 an∑mn=0 bn

≤ 1 + ε,

ce qui equivaut a limm→∞

m∑n=0

an/m∑n=0

bn = 1, ou encore Sm ∼+∞ Tm.

73. Exercice (La serie des inverses des nombres premiers). On note pn le nieme

nombre premier. On veut montrer que la serie Σ1

pndiverge. On raisonne par l’ab-

surde en supposant que Σ1

pnconverge.

(1) Montrer que la serie Σ− log(1− 1pn

) converge, puis que la suite (un)n∈N, ou

un =n∏k=1

1

1− 1/pk, converge.

(2) Montrer que1

1− 1/pn=

+∞∑k=0

1

pkn≥

N∑k=1

1

pkn, quel que soit N ≥ 1.

(3) Soit n ≥ 1. Montrer qu’existe N suffisamment grand pour qu’apres developpement

den∏k=1

N∑k=1

1

pkn, tous les

1

`, pour 1 ≤ ` ≤ pn, apparaissent dans la somme.


(4) Deduire de la question precedente quen∏k=1

1

1− 1/pk≥

pn∑`=1

1

`, puis en deduire

une contradiction.

Solution de l’exercice. (1) Comme − log(1−1/pn) ∼ 1/pn, par le Theoreme4.8, la serie Σ 1

pnconverge si et seulement si la serie Σ − log(1 − 1/pn)

converge. Si tel est le cas, en prenant l’exponentielle de la somme partielled’ordre n de Σ− log(1− 1/pn), l’exponentielle etant continue, on en deduitbien que la suite (un)n∈N converge.

(2) On sait que quel que soit α ∈] − 1, 1[,1

1− α=

+∞∑k=0

αk , et d’autre part la

serie Σ 1pkn

etant a terme positifs, on a bien+∞∑k=0

1

pkn≥

N∑k=1

1

pkn.

(3) Un entier ` ∈ [1, pn] est le produit de certaines puissances de certainsnombres premiers ≤ pn. Or si N est suffisamment grand, tous les pk ≤ pn,ou p est un nombre premier et k un entier, apparaissent au denominateur

des termes de la somme developpeen∏k=1

N∑k=1

1

pkn. Ainsi tous les termes

1

àp-

paraissent dans cette somme, pour tous les entiers ` ≤ pn.

(4) D’apres la question precedente,n∏k=1

1

1− 1/pk≥

pn∑`=1

1

`. Or puisque la suite

des nombres premiers est infinie (theoreme d’Euclide), n → +∞ implique

pn → +∞. D’autre part la suite (n∑`=1

1

`) est croissante non bornee, de sorte

que sa suite extraite (

pn∑`=1

1

`) aussi. Ce qui prouve que

pn∑`=1

1

`→n→∞ +∞.

Ainsi, contrairement a ce qu’affirme la question 1, la suite (un)n∈N diverge.

74. Exercice. On note P l’ensemble des nombres premiers. Soit f : R+ → Rune fonction. On note, comme dans l’Exercice 48, πn le nombre de nombres premiers

dans [0, n]. On rappelle le theoreme des nombres premiers : πn ∼+∞n

log(n).

(1) Quelle est la quantite πi − πi−1 ? Montrer que∑p∈P,p≤n

f(p) =n∑i=1

(πi − πi−1)f(i).

(2) En deduire la formule sommatoire (FS) suivante∑p∈P,p≤n

f(p) = πnf(n) +n−1∑i=1

πif(i)−n∑i=2

πi−1f(i)


= πnf(n) +n−1∑i=1

πi(f(i)− f(i+ 1)). (FS)

(3) En conclure que ∑p∈P,p≤n

log(p) ∼+∞ n.

(Ind. On pourra utiliser l’equivalent propose par l’Exercice 78)

Solution de l’exercice. (1) La quantite πi−πi−1 est nulle si i n’est pas unnombre premier, car cette quantite mesure le nombre de nombres premiersdans l’intervalle ]i− 1, i]. Cette quantite est en revanche 1 lorsque i ∈ P.

(2) Cette egalite decoule directement de la question precedente.

(3) Appliquons l’egalite de la question precedente a la fonction f = log. Onobtient∑

p∈P,p≤n

log(p) = πn log(n) +n−1∑i=1

πi log(i)−n∑i=2

πi−1 log(i)

= πn log(n) +n−1∑i=1

πi(log(i)− log(i+ 1)) = πn log(n)−n−1∑i=1

πi log(1 +1

i) (∗).

Maintenant, on a d’une part, d’apres le theoreme des nombres premiers

πn log(n) ∼ n, (∗∗)

et d’autre part, toujours par le le theoreme des nombres premiers et le faitque log(1 + u) ∼0 u,

πi log(1 +1

i) ∼+∞

i

log(i)

1

i=

1

log(i).

D’apres l’Exercice 85, la serie de terme general 1log(i)

diverge et donc d’apres

la Proposition 4.14, on a

n−1∑i=1

πi log(1 +1

i) ∼+∞

n−1∑i=2

1

log(i).

On sait de plus par l’Exercice 78 que

n−1∑i=1

πi log(1 +1

i) ∼+∞

n−1∑i=2

1

log(i)∼+∞

n

log(n). (∗ ∗ ∗)

Les egalites (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent alors∑p∈P,p≤n

log(p) ∼+∞ n.


75. Exercice. On note P l’ensemble des nombres premiers. Montrer que∑p∈P,p≤n

log(p)

p∼+∞ log(n).

(Ind. On pourra utiliser la formule (FS) de l’Exercice 74).

Solution de l’exercice. D’apres la formule (FS) de l’Exercice 74, pour f(x) =log(x)/x, on a ∑

p∈P,p≤n

log(p)

p= πn

log(n)

n+

n−1∑i=1

πi

[ log(i)

i− log(i+ 1)

i+ 1

]. (∗)

Or d’apres le theoreme des nombres premiers

πi

[ log(i)

i− log(i+ 1)

i+ 1

]∼+∞

i

log(i)

[ log(i)

i− log(i) + log(1 + 1/i)

i+ 1

]= 1− i

i+ 1

[1 +

log(1 + 1/i)

log(i)

]∼+∞ 1− (1− 1

i+ 1)[1 +

1

i log(i)

]∼+∞

1

i+ 1. (∗∗)

Par le theoreme des nombres premiers le premier terme du membre de droite de (∗)tend vers 1 quand n tend vers +∞ et d’autre part la serie de terme general 1

iest

divergente et sa somme partielle d’ordre n est equivalente quand n tend vers +∞ alog(n) (cf Exercice 19). Il en est alors de meme, d’apres la Proposition 4.14, de laserie de terme general 1/(i + 1), puisque 1/i et 1/(i + 1) sont equivalents quand itend vers +∞. Ainsi, encore d’apres la Proposition 4.14, l’egalite (∗) et l’equivalent(∗∗) donnent ∑

p∈P,p≤n

log(p)

p∼+∞ log(n− 1) ∼+∞ log(n).

76. Exercice. Soit Σan le serie de terme general an =1

2n+ 1+

1

2n+ 3+ · · ·+

1

4n− 1, pour tout n ≥ 1.

(1) Calculer an+1 − an.

On pose un = (−1)n−1

n, n ≥ 1. On admet que log(2) =

+∞∑n=1

un (cf Exercice

63).

(2) Montrer que an+1− an = u4n+1 + u4n+2 + u4n+3 + u4n+4− 12(u2n+1 + u2n+2).

En deduire que up =

4p∑n=1

un −1

2

2p∑n=1

un, puis que lim∞ un = log(√

2).

(3) Montrer que an ∼+∞2

(4n)3et

1

n3∼+∞

∫ n+1

n

dt

t3.

(4) En conclure que log(√

2)− un ∼+∞1

64n2.


77. Exercice. Trouver un equivalent du reste de la serie de Riemann Σ 1nα

dansle cas ou elle converge et de sa somme partielle dans le cas ou elle diverge. (Ind.Dans le cas ou α > 1, montrer que

1

(n− 1)α−1− 1

nα−1∼ α− 1

nα.

Dans le cas ou α < 1, montrer que

n1−α − (n− 1)1−α ∼ (1− α)n−α.

Enfin, dans le cas ou α = 1, montrer que

log(n+ 1)− log(n) ∼ 1

n.)

Solution de l’exercice. On divise l’etude en trois etapes, selon que α > 1 (casconvergent), α < 1 et α = 1. La methode est la meme dans les trois cas, elle estresumee dans la Remarque 4.15 qui suit.

(1) Cas α > 1. Considerons la fonction f(x) = xα−1. Cette fonction est C∞

sur R. D’apres le theoreme des accroissements finis applique a f entre 1/net 1/(n− 1),

∀n > 1,∃θ ∈]1

n,

1

n− 1[, f(

1

n− 1)− f(

1

n) = f ′(θ)(

1

n− 1− 1

n) = (α− 1)

θα−2

n(n− 1).

On en deduit

∀n > 1,α− 1

(n− 1)nα−1≤ f(

1

n− 1)− f(

1

n) ≤ α− 1

n(n− 1)α−1,

et donc

∀n > 1,α− 1

nα≤ f(

1

n− 1)− f(

1

n) ≤ α− 1

(n− 1)α. (∗)

Commeα− 1

(n− 1)α=α− 1

nα· ( n

n− 1)α et que (

n

n− 1)α → 1 quand n → ∞.

On a bien par (∗)1

(n− 1)α−1− 1

nα−1∼ α− 1

nα. (∗∗)

D’apres la Proposition 4.14, la serie de terme general α−1nα

, qui converge dufait que α > 1, a un reste Rn d’ordre n equivalent au reste ρn d’ordre nde la serie de terme general 1

(n−1)α−1 − 1nα−1 . Calculons alors ce reste. Pour

n > 0 et p ≥ n, on a

p∑k=n+1

1

(k − 1)α−1− 1

kα−1=

1

nα−1− 1

pα−1.


D’apres la Remarque 3.8, on a

ρn = limp→∞

p∑k=n+1

1

(k − 1)α−1− 1

kα−1=

1

nα−1,

et ainsi

Rn ∼1

nα−1.

En particulier, en notant rn(ζ(α)) le reste d’ordre n de la serie de Riemannd’exposant α, on a

∀α > 1, rn(ζ(α)) ∼ 1

(α− 1)nα−1.

Remarque. Notons que cette equivalence ne nous donne pas une esti-mation precise du reste de ζ(α), mais une estimation asymptotique. Noussavons en effet qu’existe une suite (un)n∈N de limite 1 telle que

0 ≤ rn(ζ(α)) = ζ(α)−n∑k=1

1

nα= un ·

1

(α− 1)nα−1,

et l’equivalence seule ne donne pas une estimation de la rapidite de conver-gence de (un)n∈N vers 1. Nous pouvons seulement dire que des que n estsuffisamment grand, un ≤ 1

2(par exemple), et qu’en consequence

0 ≤ ζ(α)−n∑k=1

1

nα=

1

2(α− 1)nα−1,

pour n suffisamment grand. Afin de quantifier borner le reste d’ordre n deζ(α), il faut revenir a l’encadrement (∗). Celui-ci assure que

∀n > 1,α− 1

nα≤ f(

1

n− 1)− f(

1

n) ≤ α− 1

(n− 1)α.

or

∀n > 1,α− 1

(n− 1)α= (

n

n− 1)α · α− 1

nα≤ 2α · α− 1

nα.

Finalement

∀n > 1,α− 1

nα≤ f(

1

n− 1)− f(

1

n) ≤ 2α · α− 1

nα.

En sommant cette double inegalite de n+1 a p puis en faisant tendre p vers∞ comme precedemment, on obtient l’encadrement

rn(ζ(α)) ≤ 1

(α− 1)nα−1≤ 2αrn(ζ(α)),

soit1

2α(α− 1)nα−1≤ rn(ζ(α)) ≤ 1

(α− 1)nα−1. (∗ ∗ ∗)


Par exemple dans le cas α = 2, (∗∗∗) montre que rn(ζ(2)) est compris dansun intervalle de longueur 1/2n, et donc que

0 ≤ π2

6−

n∑k=1

1

n2≤ 1

2n.

(2) Cas α < 1. Dans ce cas l’etude est la meme. Le theoreme des accroissementsfinis applique a la fonction g(x) = x1−α entre n− 1 et n, montre que

∀n ≥ 1,∃θ ∈]n− 1, n[, n1−α − (n− 1)1−α = (1− α)θ−α.

De sorte que

∀α ∈ [0, 1[,∀n ≥ 2, (1− α)n−α ≤ n1−α − (n− 1)1−α ≤ (1− α)(n− 1)−α (])

et

∀α ≤ 0,∀n ≥ 2, (1− α)(n− 1)−α ≤ n1−α − (n− 1)1−α ≤ (1− α)n−α. (]])

Comme (n−1)−α = n−α(n− 1

n)−α et que (

n− 1

n)−α → 1 quand n→∞,

on a bien n1−α− (n− 1)1−α ∼ (1−α)n−α. En notant Sp la somme partielled’ordre p de la serie de terme general ((1−α)n−α)n≥1 et σp celle de la seriede terme general (n1−α − (n − 1)1−α)n≥1, la Proposition 4.14 montre queSp ∼ σp. Or σp = p1−α. On en conclut que

Sp(ζ(α)) ∼ p1−α

1− α.

Pour obtenir un encadrement precis de Sp(ζ(α)) il faut revenir aux enca-drements (]) et (]]) en remarquant que

si α ∈ [0, 1[, ∀n ≥ 2, (n− 1)−α = n−α(n− 1

n)−α ≤ 2αn−α,

et

si α ≤ 0, ∀n ≥ 2, 2αn−α ≤ (n− 1)−α = n−α(n− 1

n)−α.

On a alors les deux nouveaux encadrements

∀α ∈ [0, 1[,∀n ≥ 2, (1− α)n−α ≤ n1−α − (n− 1)1−α ≤ (1− α)2αn−α (]]])

et

∀α ≤ 0,∀n ≥ 2, (1− α)2αn−α ≤ n1−α − (n− 1)1−α ≤ (1− α)n−α. (]]]])

En sommant (]]]) et (]]]]) de n = 2 a p, on obtient

∀α ∈ [0, 1[, Sp − (1− α) ≤ p1−α − 1 ≤ 2α(Sp − (1− α))

et

∀α ≤ 0, 2α(Sp − (1− α)) ≤ p1−α − 1 ≤ Sp − (1− α).


Ainsi en notant ϕ(p) :=p1−α − 1

1− α

∀α ∈ [0, 1[, 1 +ϕ(p)

2α≤ Sp(ζ(α)) ≤ 1 + ϕ(p)

et

∀α ≤ 0, 1 + ϕ(p) ≤ Sp(ζ(α)) ≤ 1 + 2−αϕ(p).

(3) Cas α = 1.

Grace a l’Exercice 19 on sait que Hp = log p + γ + ε(p), ou Hp designela somme partielle d’ordre p de la serie harmonique, γ la constante d’Euleret ε(p) → 0 quand p → ∞. Ceci montre que Hp ∼ log p. Retrouvons ceresultat sans montrer, contrairement a ce que l’on a fait dans l’Exercice 19,que la suite Hp − log p converge.

On a

log(n+ 1)− log n = log(1 +1

n) ∼ 1

n.

En notant Hp la somme partielle d’ordre p de la serie harmonique et λpcelle de la serie de terme general log(n + 1) − log(n), on obtient par laProposition 4.14,

Hp ∼ λp = log(p+ 1) ∼ log p.

Essayons a nouveau d’etre plus precis. D’apres le theoreme des accroisse-ments finis applique a log entre n et n+ 1, on a

∀n ≥ 1,∃θ ∈]n, n+ 1[, log(n+ 1)− log(n) =1

θ,

et donc

∀n ≥ 1,1

2n≤ 1

n

n

n+ 1≤ 1

n+ 1≤ log(n+ 1)− log(n) ≤ 1

n.

Cet encadrement donne alors

1

2Hp ≤ log(p+ 1) ≤ Hp,

soit

log(p+ 1) ≤ Hp ≤ 2 log(p+ 1).

L’Exercice 79 va donner une asymptotique bien plus precise de la serieharmonique.

4.15. Remarque. Le methode de l’exercice precedent est generale. Elle consistea calculer la difference an des termes consecutifs d’une suite (un)n∈N, soit a calculeran = un − un−1, que l’on suppose positif. On a alors, pour tout p ≥ n+ 1

Sp(Σan) =

p∑i=0

ai = up − u0 (∗)


et

p∑i=n+1

ai = up − un. (∗∗)

– Dans le cas de la convergence de Σan, on a immediatement, par l’egalite (∗)ci-dessus, que (un)n∈N converge, puisque (

∑pi=0 ai)p∈N converge. Appelons ` la

limite de (un)n∈N. En faisant tendre p vers l’infini dans l’egalite (∗∗), on deduit

que limp→∞

p∑i=n+1

ai = ` − un. Or par la Remarque 3.8, limp→∞

p∑i=n+1

ai = Rn(Σan).

Finalement, on obtient

Rn(Σan) ∼ `− un.Si l’on veut etudier Σbn et que l’on a bn ∼ an, on sait par la Proposition 4.14que Rn(Σan) ∼ Rn(Σbn). Ainsi

Rn(Σbn) ∼ Rn(Σan) ∼ `− unet l’etude de Σbn se ramene a celle de `− un.

– Dans le cas de la divergence de Σan, toujours d’apres la Proposition 4.14, on aSn(Σbn) ∼ Sn(Σan). D’autre part, par (∗), puisque Sn(Σan)→ +∞ du fait dean ≥ 0, on a Sn(Σan) ∼ un. Finalement

Sn(Σbn) ∼ Sn(Σan) ∼ un,

et l’etude de la divergence de Σbn se ramene a celle de un.Dans l’Exercice 77, par exemple dans le troisieme cas de cet exercice, celui de laserie harmonique, la connaissance du comportement de (un)n∈N ou un = log(n+ 1)nous a renseigne sur celui de Σbn, avec bn = 1

n∼ an = un− un−1. Mais on peut tout

aussi bien avoir recours a cette methode si l’on veut etudier la suite (un)n∈N plutotque la serie Σan. Dans ce cas c’est la connaissance de Rn(Σan) ou de Sn(Σan) quinous instruira sur le comportement de (un)n∈N au travers de

Rn(Σan) ∼ `− unet

Sn(Σan) ∼ un.

On va illustrer cette methode dans l’exercice qui suit.

78. Exercice. Montrer que la serie de terme general an =1

log n, n ≥ 1, diverge

et donner un equivalent de la somme partielle d’ordre n lorsque n tend vers l’infini

(Ind. Montrer quen

log n− n− 1

log(n− 1)∼+∞

1

log n).

Solution de l’exercice. Posons un := nlogn− n−1

log(n−1) . On a alors

un =1

log n

n log(n− 1)− n log n+ log n

log(n− 1)

=1

log n

[n log(1− 1/n)

log(n− 1)+

log n

log(n− 1)

].


Comme log(1 + u) ∼0 u, on a l’existence d’une fonction ε(n)→n→∞ 0 telle que

un =1

log n

[n(−1/n+ ε(n)/n)

log(n− 1)+

log(n(n−1)n−1 )

log(n− 1)

]

=1

log n

[1 +

−1 + εn

log(n− 1)+

log( nn−1)

log(n− 1)

].

Enfin commelog( n

n−1)

log(n− 1)tend vers 0 quand n tend vers +∞, on obtient

un ∼+∞1

log n.

On sait par ailleurs par l’Exercice 85 que la serie de terme general (positif ) 1/ log ndiverge, de sorte que par la Proposition 4.14 la serie de terme general un divergeegalement et les sommes partielles de ces deux series sont equivalentes a l’infini.Enfin, comme la serie de terme general un a pour somme partielle d’ordre n la

quantiten

log n− 2

log 2∼+∞

n

log n, on en deduit que la somme partielle d’ordre n de

la serie de terme general an est equivalente en +∞ an

log n.

Remarquons que l’on peut affiner cet equivalent de Sn(Σan) (la somme partielled’ordre n de la serie de terme general an) comme on le fait egalement dans l’Exercice79. Pour cela on considere

vn := Sn(Σan)− n

log n.

On a alors

vn − vn−1 =1

log n− (

n

log n− n− 1

log(n− 1))

et le calcul precedent montre que

vn − vn−1 ∼+∞1

log2 n.

Ensuite on remarque que

vn − vn−1 ∼+∞1

log2 n∼+∞

n

log2 n− n− 1

log2(n− 1),

ce qui permet de conclure que les series de terme general vn − vn−1 etn

log2 n−

n− 1

log2(n− 1)sont equivalentes en +∞. Ceci donne

Sn(Σan)− n

log n∼+∞

n

log2 n.


En continuant ainsi de la sorte on montrerait que pour tout N ≥ 0,

Sn(Σan) =n

log n

N∑k=0

k!

logk n+ o(

n

logN+1 n).

Ce qui signifie que Sn(Σan) admet un developpement asymptotique a tous les ordresdans l’echelle de comparaison asymptotique ( n

logi n)i≥0 en +∞.

On va a nouveau mettre en œuvre la methode decrire dans la Remarque 4.15 dansl’Exercice 79 pour trouver un developpement asymptotique de un = Hn− log(n)−γ,ou Hn est la somme partielle d’ordre n de la serie harmonique et γ la constanted’Euler (dans ce cas limn→∞ un = ` = 0).

79. Exercice (Constante d’Euler). On sait d’apres l’Exercice 19, que la suite

sn = 1 +1

2+ · · · + 1

n− log(n) converge vers un reel note γ et appele la constante

d’Euler.

On pose an =1

n+ log(1− 1

n), pour n ≥ 2 et a1 = 1. On considere la serie Σan.

(1) Montrer que an = sn − sn−1, pour n ≥ 2. En deduire que sn est la sommepartielle d’ordre n de Σan.

(2) Montrer que an ≤ 0 puis que an ∼+∞−1

2n2. En deduire a nouveau l’aide de

la Proposition 4.14 que sn converge.

(3) Montrer en utilisant l’Exercice 77 que Rn, le reste d’ordre n de la serie Σan,verifie

γ − sn = Rn ∼+∞−1

2n.

(4) On pose maintenant σn = sn − γ −1

2net pour connaıtre le comportement

de (σn)n∈N, on pose bn = σn − σn−1 = an −1

2n+

1

2(n− 1). Montrer que

pour tout n ≥ 1, pour tout N ≥ n+ 1,N∑

k=n+1

bk = −σn + σN . En deduire la

convergence de Σk≥n+1bk et

+∞∑k=n+1

bk = −σn.

(5) Montrer que bn =1

6n3+ o(

1

n3). En deduire que

∑n

∼+∞−1

6

+∞∑k=n+1

1

k3∼+∞

−1

12n2(Ind. Utiliser l’Exercice 77).


(6) Conclure que

1 +1

2+ · · ·+ 1

n− log(n) = γ +

1

2n− 1

12n2+ o(

1

n2).

(7) Montrer que

1 +1

2+ · · ·+ 1

n− log(n) = γ +

1

2n− 1

12n2− 1

120n4+ o(

1

n4).

Solution de l’exercice. (1) On a facilement an = sn − sn−1, pour toutn ≥ 2. On en deduit en sommant cette egalite de 2 a n que

∑nk=2 ak =

sn − s1 = sn − 1, soit que sn =n∑k=1

ak, puisque a1 = 1.

(2) On sait par le theoreme des accroissements finis que log(n−1)−log(n) = −1θ

pour un certain θ ∈]n − 1, n[, donc log(n − 1) − log(n) ≤ − 1

net ainsi

an ≤1

n− 1

n= 0. On a d’autre part log(1− 1

n) = − 1

n− 1

2n2+ o(1/n2), donc

an =−1

2n2+ o(1/n2), soit an ∼

−1

2n2. Par la Proposition 4.14, on en deduit

que la serie Σan est de meme nature que celle de terme general 1/n2, quiconverge. Il en est donc de meme de la suite sn (resulta deja obtenu dansl’Exercice 19). On note γ := limn→∞ sn.

(3) D’apres la Remarque 3.8 et la question precedente, γ − sn = Rn(Σan) ∼Rn(−1

2n2). Et d’apres l’Exercice 77, Rn(ζ(2)) ∼ 1/n. Donc

γ − sn ∼−1

2n.

(4) L’egaliteN∑

k=n+1

bk = −σn + σN resulte de la sommation de bn = σn − σn−1

entre n+ 1 et N . Lorsque N tend vers l’infini, σN tend vers 0 puisque parla question precedente, σn = sn − γ − 1

2n= o( 1

n). On en conclut, en faisant

tendre N vers l’infini, que Rn(Σbn) =+∞∑

k=n+1

bk = −σn (on utilise ici la

Remarque 3.8 qui assure que Rn(Σbn) =+∞∑

k=n+1

bk).

(5) Dans cette question il s’agit de trouver un equivalent de bn afin d’obte-nir un equivalent de Rn(Σbn) et donc un equivalent de σn par la questionprecedente. On a

bn = σn − σn−1 = an −1

2n+

1

2(n− 1)=

1

n+ log(1− 1

n)− 1

2n+

1

2(n− 1),


d’ou

bn =1

n− 1

n− 1

2n2− 1

3n3+ o(− 1

n3)− 1

2n+

1

2(n− 1),

et

bn =1

2n2(n− 1)− 1

3n3+ o(− 1

n3) =

1

6n3+ o(− 1

n3).

Ceci prouve par la Proposition 4.14 que

σn = −Rn(Σbn) ∼+∞−1

6

+∞∑k=n+1

1

k3.

Or d’apres l’Exercice 77, le reste de ζ(3) est equivalent a 12n2 , ce qui donne

bien

σn = sn − γ −1

2n∼ −1

12n2,

ou encore

sn = γ +1

2n− 1

12n2+ o(

1

n2).

7. On continue le procede en posant νn = sn − (γ + 12n− 1

12n2 ) et en obtenantun equivalent de νn − νn−1 et donc de Rn(Σ(νi − νi−1)). Ensuite comme νnest Rn(Σ(νi−νi−1)), on obtient un equivalent de νn et donc de sn (a l’ordre1n4 ).

Ce calcul montre alors que

1 +1

2+ · · ·+ 1

n− log(n) = γ +

1

2n− 1

12n2− 1

120n4+ o(

1

n4) 9.

80. Exercice (Nombre moyen de diviseurs d’un entier). Soit n un entier naturelnon nul. On note dn le nombre de diviseurs de n dans N. On veut etudier µN , lenombre moyen de diviseurs des entiers compris entre 1 et N ∈ N∗, ce nombre moyenetant defini par

µN :=1

N

N∑n=1

dn.

Pour cela, on note DN :=∑N

n=1 dn et pour tout ensemble fini X, on note #X lecardinal de X, c’est-a-dire le nombre d’elements de X. Enfin, quel que soit x ∈ R,on note E(x) la partie entiere de x, c’est-a-dire l’unique entier E(x) tel que

x− 1 < E(x) ≤ x. (∗)(1) Calculer µ13.

(2) Soit maintenant N ∈ N∗.

9. Euler a montre le premier en 1740, dans une lettre a Mengoli, le developpementn∑i=1

1

i= log(i) + γ +

1

2n− 1

12n2+

1

120n4− 1

252n6+ · · · − B2k

2kn2k+ · · · ,

ou Bp est le nombre de Bernoulli defini dans la Remarque 4.13.


2.a Montrer que pour tout n ≤ N , dn = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab = n}. Endeduire que

DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N}.

2.b Soit 0 < a ≤ N . Montrer que #{b ∈ N∗; ab ≤ N} = E(N

a). En deduire que

DN =N∑a=1

E(N

a).

(3) Soit N ∈ N∗. Montrer, a l’aide de l’encadrement (∗), que

N

N∑a=1

1

a−N ≤ DN ≤ N

N∑a=1

1

a.

En conclure queµN ∼+∞ log(N).

(4) Montrer que pour tout a, b,N ∈ N,

ab ≤ N ⇐⇒ (a ≤√N ou b ≤

√N) et ab ≤ N.

En deduire que

DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N}

= 2#{(a, b) ∈ N∗×N∗; a ≤√N et ab ≤ N}−#{(a, b) ∈ N∗×N∗; a ≤

√N et b ≤

√N}.

(5) Montrer grace a la question 2.b que

DN = 2

E(√N)∑

a=1

E(N

a)− (E(

√N))2.

En deduire, a nouveau grace a l’encadrement (∗), que

DN = 2

E(√N)∑

a=1

N

a−N +O(

√N).

(6) En conclure que

µN = log(N) + 2γ − 1 +O(1√N

).

Cette egalite est-elle plus precise que l’equivalence de la question 3 ? Ennegligeant le reste en O( 1√

N) pour N = 109 (ce que rien ne justifie ici),

donner une valeur approchee du nombre moyen de diviseurs du premiermilliard d’entiers.

Solution de l’exercice. (1) On a d1 = 1, d2 = 2, d3 = 2, d4 = 3, d5 =2, d6 = 4, d7 = 2, d8 = 4, d9 = 3, d10 = 4, d11 = 2, d12 = 6, d13 = 2. Soitµ13 = 37/13.


2.a. Si ∆n est l’ensemble des diviseurs de n, on definit une application

ϕ : {(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab = n} → ∆n,

par ϕ(a, b) = a. Cette application est surjective et d’inverse a gauche ψ(a) =(a, n/a), donc ϕ est aussi injective. Ceci prouve que #∆n := dn = #{(a, b) ∈N∗ × N∗; ab = n}.

On en deduit que

DN =N∑n=1

dn =N∑n=1

#{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab = n}.

Mais, pour n 6= m deux entiers non nuls, {(a, b); ab = n} ∩ {(a, b); ab =m} = ∅, de sorte que

DN =N∑n=1

#{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab = n}

= # ∪Nn=1 {(a, b); ab = n} = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N}.2.b. L’entier a ∈ N∗ etant fixe, on a

#{b ∈ N∗; ab ≤ N} = #{b ∈ N∗; b ≤ N

a} = E(

N

a).

D’autre part d’apres la question 2.a,

DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N} =N∑a=1

#{b ∈ N∗; ab ≤ N} =N∑a=1

E(N

a).

3. On a Na− 1 < E(

N

a) ≤ N

a, d’ou

NN∑a=1

1

a−N ≤ DN =

N∑a=1

E(N

a) ≤ N

N∑a=1

1

a.

Il s’ensuit queN∑a=1

1

a− 1 ≤ µN ≤

N∑a=1

1

a. (∗∗)

On sait enfin que∑N

a=11a

= uN log(N), avec uN → 1 quand N → +∞. Cequi donne bien par (∗∗), µN/log(N)→N→+∞ 1.

4. On a ab ≤ N =⇒ a ≤√N ou b ≤

√N , car si on avait a >

√N et b >

√N ,

on aurait ab >√N√N = N . On en conclut que

ab ≤ N =⇒ (a ≤√N ou b ≤

√N) et ab ≤ N.

L’implication reciproque etant triviale. On en deduit que l’on a la reunion(non disjointe)

{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N} = A ∪ B


ou

A := {(a, b) ∈ N∗ × N∗; a ≤√N et ab ≤ N}

et

B := {(a, b) ∈ N∗ × N∗; b ≤√N et ab ≤ N}.

Notons que #A = #B et que

A ∩ B = {(a, b) ∈ N∗ × N∗; a ≤√N et b ≤

√N}

On en deduit finalement que

DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗; ab ≤ N} = #A+ #B −#(A ∩ B) = 2#A−#(A ∩ B).

5. On a d’apres la question 2.b,

#{(a, b) ∈ N∗ × N∗; a ≤√N et ab ≤ N} =

E(√N)∑

a=1

E(N

a),

et d’autre part

#{(a, b) ∈ N∗ × N∗; a ≤√N et b ≤

√N} =

= #{a ∈ N∗; a ≤√N} ·#{b ∈ N∗; a ≤

√N} = (E(

√N))2.

On en deduit par la question 4 que

DN = 2

E(√N)∑

a=1

E(N

a)− (E(

√N))2.

D’apres l’encadrement (∗),

DN ≤ 2

E(√N)∑

a=1

N

a− (√N − 1)2 = 2

E(√N)∑

a=1

N

a−N + 2

√N − 1.

Toujours d’apres l’encadrement (∗),

2

E(√N)∑

a=1

N

a− 2√N −N ≤ 2

E(√N)∑

a=1

(N

a− 1)− (

√N)2 ≤ DN .

On en deduit que

−2√N ≤ DN −

[2

E(√N)∑

a=1

N

a−N

]≤ 2√N − 1,

soit

DN −[2

E(√N)∑

a=1

N

a−N

]= O(

√N).


6. La question precedente montre que

−2√N≤ µN −

[2

E(√N)∑

a=1

1

a− 1]≤ 2√

N− 1

N. (∗ ∗ ∗)

Mais comme,∑k

a=11a

= log(k) + γ + O( 1k), il existe deux constantes C,C ′

telles que

log(E(√N) + γ +

C

E(√N)≤

E(√N)∑

a=1

1

a≤ log(E(

√N) + γ +

C ′

E(√N)

.

Ce que l’on peut recrire, pour deux autres constantes K,K ′ :

1

2log(N) + γ +

K√N≤

E(√N)∑

a=1

1

a≤ 1

2log(N) + γ +

K ′√N. (∗ ∗ ∗ ∗)

Finalement, les encadrements (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗ ∗) donnent bien

µN = log(N) + 2γ − 1 +O(1√N

).

Cette egalite est plus precise que l’equivalence de la question 3, puisqu’ellenous apprend que µN − log(N) − 2γ + 1 →N→∞ 0, ce que ne fait pasl’equivalence de la question 3. En faisant N = 109, on a log(N) + 2γ− 1 '20, 877...

Un critere de comparaison tres utile est le suivant, qui compare le terme generald’une serie et le terme general d’une serie de Riemann.

4.16. Proposition. Soit Σan une serie reelle. Alors :

(1) s’il existe α > 1 tel que nα · an soit borne, la serie Σan converge,

(2) s’il existe α ≤ 1 tel que nα · an → +∞, la serie Σan diverge.

Demonstration. (1) S’il existe C > 0 tel que |an| ≤ C 1nα

, avec α > 1, leTheoreme de comparaison 4.8 assure que Σan est absolument convergente.

(2) Il existe par hypothese N tel que an ≥ 1nα

. Or si α ≤ 1, la serie de Riemann

Σ 1nα

diverge et toujours par le Theoreme de comparaison 4.8, il en est alorsde meme pour Σan.

81. Exercice. La serie de terme general an =log2 n

n3/2est-elle convergente ?

Solution de l’exercice. On a limn→+∞

n1,1an = 0, donc Σan converge d’apres la

Proposition 4.16.

82. Exercice. Soient p ∈ N∗ et Σan la serie de terme general an = 1n2−p2 , pour

n 6= p et ap = 0. On note Sn la somme partielle d’ordre n de Σan.

(1) Montrer que Σan est convergente.


(2) Montrer que2p

n2 − p2=

1

n− p− 1

n+ p. En deduire que 2pSp−1 =

1

p−

2p−1∑n=1

1

n.

(3) Montrer que si N > 3p,∑N

n=p+1

1

n− p− 1

n+ p=

2p∑n=1

1

n−

N+p∑n=N−p+1

1

n. En

deduire que 2p+∞∑

n=p+1

an =

2p∑n=1

1

n.

(4) Conclure que+∞∑i=0

ai =3

4p2.

Solution de l’exercice. (1) On a n1,1an →n→+∞ 0, donc Σan converge,d’apres la Proposition 4.16.

(2) Il s’agit de simples calculs.

(3) Il s’agit la encore de simples calculs. On a

N∑n=p+1

1

n− p− 1

n+ p=

N−p∑n=1

1

n−

N+p∑n=2p+1

1

n.

Or N − p ≥ 2p+ 1 si et seulement si N > 3p. Dans ce cas on a

N∑n=p+1

1

n− p− 1

n+ p=

2p∑n=1

1

n+

N−p∑n=2p+1

1

n−

N−p∑n=2p+1

1

n−

N+p∑n=N−p+1

1

n

=

2p∑n=1

1

n−

N+p∑n=N−p+1

1

n. (∗)

Maintenant comme1

n≤ 1

N − p+ 1, pour n ≥ N − p+ 1, on deduit de (∗)

que

|2pN∑

n=p+1

an −2p∑n=1

1

n| = |

N∑n=p+1

1

n− p− 1

n+ p−

2p∑n=1

1

n| =

N+p∑n=N−p+1

1

n≤ 2p

N − p+ 1→n→+∞ 0.

(4) On a d’apres la Remarque 3.8 et les questions 1 et 3

+∞∑i=0

ai = Sp−1 + ap ++∞∑

n=p+1

an =1

2p2− 1

2p

2p−1∑n=1

1

n+

1

2p

2p∑n=1

1

n=

1

2p2+

1

4p2=

3

4p2.

83. Exercice. Donner la nature de la serie Σan de terme general an = argch(n+ 1

n).


Solution de l’exercice. La fonction argch n’est pas derivable en 1, donc il est

inutile d’essayer d’en trouver un DL1. En revanche, an ≥ 0 et ch(an) = 1 +1

n,

d’ou ch2(an) − 1 = sh2(an) =1

2n+

1

n2et sh(an) = 1√

2n

√1 + 2

n. Finalement an =

argsh(1√2n

√1 +

2

n) ∼+∞

1√2n

√1 +

2

n) ∼+∞

1√2n

. Or la serie Σ1√2n

diverge il

en est alors de meme de Σan.

84. Exercice (Formule de Stirling). On considere la serie Σan ou

a1 = −1 et an = −(n− 1

2) log(1− 1

n)− 1, n ≥ 2.

(1) Montrer que la somme partielle d’ordre n de Σan est

Sn = (n+1

2) log(n)− n− log(n!).

(2) Montrer que an = 112n2 + o( 1

n2 ). En deduire que la serie Σan est a termegeneral positifs a partir d’un certain rang et qu’elle converge. On note

+∞∑n=1

an = `.

(3) Montrer que

limn→∞

nn+12 e−n

n!= e`,

puis que

n! ∼+∞ e−n−`nn+12 .

En admettant que e` = 1√2π

, conclure que

n! ∼+∞(ne

)n√2πn (formule de Sirling).

(4) Notons Rn le reste d’ordre n de la serie Σan. On a Rn = ` − Sn =∑+∞k=n+1 ak =

∑+∞k=n+1 Sk − Sk−1.

Montrer que Sk+1 − Sk ∼+∞1

12k2. En deduire que

Rn ∼+∞1

12

+∞∑k=n

1

k2∼+∞

1

12n.

(5) Conclure que

n! =(ne

)n√2πn(1 +

1

12n+ o(

1

n)).


Solution de l’exercice. (1) On a

Sn = −1 +n∑k=2

[− (k − 1

2) log(1− 1

k)− 1

]= −n−

n∑k=1

(k − 1

2) log(1− 1

k). (∗)

Ensuiten∑k=1

(k − 1

2) log(1− 1

k) =

n∑k=2

(k − 1

2) log(

k − 1

k) =

n∑k=2

(k − 1

2)[log(k − 1)− log k]

= −1

2

n∑k=2

[log(k − 1)− log k] +n∑k=2

k[log(k − 1)− log k]

=1

2log n+

n∑k=2

k log(k − 1)−n∑k=2

k log k

=1

2log n+

n∑k=2

(k − 1) log(k − 1) + log(k − 1)−n∑k=2

k log k

=1

2log n− n log n+

n∑k=2

log(k − 1)

=1

2log n− n log n+ log(n− 1)!

= −1

2log n− n log n+ log n!. (∗∗)

Les egalites (∗) et (∗∗) donnent alors

Sn = −n+ (n+1

2) log n− log n!. (∗ ∗ ∗)

(2) On a an = −(n− 1

2) log(1− 1

n)−1 = (n− 1

2)(

1

n+

1

2n2+

1

3n3+ε(n)

n3)−1, avec

ε(n) →n→+∞ 0. Donc an =1

3n2− 1

4n2+ o(

1

n2) =

1

12n2+ o(

1

n2). Comme

1/12n2 est le terme general d’une serie qui converge, par le Theoreme 4.8,Σan converge.

(3) D’apres (∗ ∗ ∗),

eSn = e−ne(n+12) logne− logn!.

D’ou en faisant tendre n vers +∞,

e` = limn→+∞

e−nnn+12

n!⇐⇒ 1 = lim

n→+∞

e−nnn+12

e`n!⇐⇒ n! ∼n→+∞

e−nnn+12

e`.

De n! ∼n→+∞e−nnn+

12

eòn tire

(2n)! ∼n→+∞e−2n(2n)2n+

12

e`(])


et

(n!)2 ∼n→+∞e−2nn2n+1

e2`. (]])

On deduit de (]) et (]]) que

e` = limn→+∞

(2n)!√n

(n!)222n+ 12

=1√2π,

la derniere egalite etant donnee par la formule de Wallis. L’egalite de Stir-ling en decoule immediatement.

85. Exercice (Serie de Bertrand). Etudier la serie de terme general an =1

nα logβ(n), n ≥

2.

Solution de l’exercice. On distingue plusieurs cas.

(1) Si α > 1, considerons γ tel que 1 < γ = α − ε < α. Alors nγ · an =1

nε logβ(n)→n→∞ 0, quel que soit β, de sorte que par la Proposition 4.16,

Σan converge.

(2) Si α < 1, alors n · an =n1−α

logβ(n)→n→∞ +∞, quel que soit β, de sorte que

par la Proposition 4.16, Σan diverge.

(3) Supposons pour finir que α = 1. Si β ≤ 0, alors an ≥ 1/n et donc Σandiverge.

Reste a traiter le cas β > 0.

Nous allons comparer la somme partielle de notre serie a une certaineintegrale. Cette facon de faire sera systematisee dans la Proposition 4.17.

Notons f la fonction f :]1,+∞[→ R definie par f(x) =1

x logβ(x). Cette

fonction est decroissante sur ]1,+∞[, donc on a pour tout x ∈ [n, n + 1],f(n+ 1) ≤ f(x) ≤ f(n), de sorte que

n∑i=3

1

i logβ(i)≤∫ n+1

2

f(x) dx ≤n−1∑i=2

1

i logβ(i).

Si F est une primitive de f , on en deduit

n∑i=3

1

i logβ(i)≤ F (n+ 1)− F (2) ≤

n−1∑i=2

1

i logβ(i)(∗)

– Lorsque β 6= 1, une primitive de f(x) est F (x) =1

(1− β) logβ−1(x),

et si β > 1, limn→∞ F (n) = 0, ce qui assure par (∗) la convergencede Σan. Si en revanche β < 1, limn→∞ F (n) = +∞ et (∗) assure ladivergence de Σan.


– Dans le cas ou β = 1, une primitive de f(x) est F (x) = log(log(x)),et comme dans ce cas limn→∞ F (n) = +∞, Σan diverge, toujours par(∗).

En conclusion, Σ1

nα logβ(n)converge si et seulement si α > 1 ou α = 1 et β > 1.

86. Exercice (La serie des inverses des nombres premiers, bis). Soit, comme dansl’Exercice 48, pn le nieme nombre premier. Montrer que la serie Σ 1

pndiverge.

Solution de l’exercice. Ce resultat a deja ete obtenu dans l’Exercice 73. Onpeut ici utiliser l’Exercice 48 qui prouve que pn ∼n→+∞ n log(n). Le Theoreme 4.14et l’Exercice 85 montrent alors que Σ 1

pndiverge.

L’Exercice 85 suggere la regle de comparaison suivante entre series et integrales.

4.17. Proposition (Regle de comparaison series-integrales). Soit f : R+ → R+

une fonction decroissante (et integrable sur tout intervalle de R+).

(1) La suite (∫ n0f(t) dt)n∈N et la serie Σf(n) sont de meme nature.

(2) Si la serie Σf(n) converge, Rn, le reste d’ordre n de la serie Σf(n), verifie

limp→∞

∫ p

n+1

f(t) dt ≤ Rn ≤ limp→∞

∫ p

n

f(t) dt

(3) Si la serie Σf(n) diverge, la somme partielle Sn d’ordre n de la serie Σf(n),verifie

Sn ∼∫ n

0

f(t) dt (au voisinage de +∞).

Demonstration. (1) Comme f est decroissante, pour tout k ∈ N, pourtout x ∈ [k, k+1], f(k+1) ≤ f(x) ≤ f(k). On dispose ainsi de l’encadrement

f(k + 1) ≤∫ k+1

k

f(t) dt ≤ f(k) n ≥ 0,

et doncn+1∑k=1

f(k) ≤∫ n+1

0

f(t) dt ≤n∑k=0

f(k). (∗)

Le Theoreme 4.8 permet alors de conclure, puisque f(k) ≥ 0.

(2) Les memes considerations que celles qui conduisent a la double inegalite (∗)conduisent aussi a la double inegalite

p+1∑k=n+1

f(k) ≤∫ p+1

n

f(t) dt ≤p∑

k=n

f(k). (∗∗)

Or d’apres la Remarque 3.8, Rn = limp→∞

p∑k=n+1

f(k), de sorte que (∗∗)

donne bien l’encadrement recherche pour Rn.


(3) La double inegalite (∗) montre que∫ n

0

f(t) dt ≤∫ n+1

0

f(t) dt ≤ Sn ≤ f(0) +

∫ n

0

f(t) dt. (∗ ∗ ∗)

Or par hypothese (Sn)n∈N diverge, et comme son terme general est positif,necessairement Sn → +∞ et donc aussi

∫ n0f(t) dt → +∞ (par (∗)). Il

s’ensuit, d’apres (∗ ∗ ∗) que

Sn∫ n0f(t) dt

→ 1.

4.18. Remarque. On peut remplacer l’hypothese de la Proposition 4.17 parf : [A,+∞[→ R+ est decroissante, pour un certain A ∈ R.

87. Exercice. Soit (an)n≥1 la suite definie par : ∀n ≥ 1, an =log2 n

n.

(1) Montrer que la serie∑

an est divergente.

(2) Montrer que la fonction x 7→ f(x) =log2 x

xest decroissante sur un inter-

valle du type ]α,+∞[, pour un certain α > 0.

(3) A l’aide de la question precedente, montrer que la somme partielle Sn

d’ordre n de∑

an est telle que Sn ∼n→+∞log3 n

3.

Solution de l’exercice. (1) On a |an| ≥1

n. donc d’apres le critere de

comparaison des series de termes positifs (Theoreme 4.8) la serie Σ|an|diverge.

(2) La fonction f(x) =log2 x

xa pour derivee f ′(x) =

log x

x2(2 − log x) qui est

negative pour x ≥ e2. La fonction f est donc decroissante sur [e2,+∞[.

(3) Comme an = f(n) et que la fonction f est decroissante sur [e2,+∞[, la reglede comparaison serie-integrale (Proposition 4.17) montre que Sn ∼n→+∞∫ n

1

f = [log3 x

3]n1 =

log n

3.

88. Exercice. Soit (an)n≥1 la suite definie par ∀n ≥ 1, an =n− sinn

n3log n.

(1) Montrer que an ∼n→+∞log n

n2, puis que Σan est convergente.

(2) Soit f : x 7→ log x

x2. Montrer qu’existe α ∈ R tel que f est decroissante sur

un intervalle [α,+∞[.


(3) Soit g : x 7→ −1 + log x

x. Calculer g′ et a l’aide de la question precedente

donner un encadrement, puis un equivalent du reste Rn(Σan) d’ordre n deΣan.

(4) Soit bn =log n

n, n ≥ 1. Montrer que bn − bn+1 ∼n→+∞

log n

n2.

(5) Retrouver le resultat de la question 3 a l’aide de la question precedente.

Solution de l’exercice. (1) On a

an =log n

n2(1− sinn

n) et (1− sinn

n)→n→+∞ 0.

Donc an ∼n→+∞log n

n2. D’autre part n1,1 log n

n2→n→+∞ 0, donc

∑ log n

n2

converge d’apres la Proposition 4.16. On en conclut finalement que Σanconverge par la Proposition 4.14.

(2) On a pour tout x ∈ R∗+, f ′(x) =1

x3(1 − 2 log x). Donc f est decroissante

sur [e1/2,+∞[.

(3) Le calcul montre que g est une primitive de f . Comme f est decroissanteet positive sur [e1/2,+∞[, le theoreme de comparaison serie-integrale (Pro-

position 4.17) montre que le reste ρn d’ordre n de la serie∑n≥1

log n

n2verifie

limp→+∞

[g]pn+1

= limp→+∞

∫ p

n+1

f ≤ ρn ≤ limp→+∞

∫ p

n

f = limp→+∞

[g]pn

Ce qui donne l’encadrement

log(n+ 1)

n+ 1∼n→+∞

log(n+ 1)

n+ 1+

1

n+ 1≤ ρn ≤

log n

n+

1

n∼n→+∞

log n

n.

On tire de cet encadrement ρn ∼n→+∞log n

n(par un calcul facile et clas-

sique. Voir par exemple la question (4) qui demontre cette equivalence, en

demontrant quelog n

n− log(n+ 1)

n+ 1= o(

log n

n)). Mais puisque an ∼n→+∞

log n

n2, on a par la Proposition 4.14, Rn ∼n→+∞ ρn ∼n→+∞

log n

n.

(4) On a

bn − bn+1 =log n

n− log(n+ 1)

n+ 1=

1

n(n+ 1)

((n+ 1) log n− n log(n+ 1)

)=

1

n(n+ 1)(log n− n log(

n+ 1

n)) =

log n

n(n+ 1)(1−

n log(1 + 1n)

log n).


Comme n log(1 +1

n) ∼n→+∞ n · 1

n= 1, on deduit de l’egalite precedente

que

bn − bn+1 ∼n→+∞log n

n(n+ 1)∼n→+∞

log n

n2.

(5) La question precedente montre que les restes d’ordre N des series de terme

general bn − bn+1 etlog n

n2sont equivalents (Proposition 4.14). Or le reste

d’ordre N de la serie de terme general (bn − bn+1)n∈N est

limP→+∞

P∑k=0

bN+1+k − bN+2+k = limP→+∞

bN+1 − bN+2+P = bN+1 =log(N + 1)

N + 1.

On en deduit que

RN(Σan) ∼n→+∞log(N + 1)

N + 1.

Mais il est facile de voir que

log(N + 1)

N + 1∼n→+∞

logN

N,

par les memes arguments qu’a la question 4. On retrouve alors bien le

resultat de la question 3 : Rn(Σan) ∼n→+∞log n

n.

89. Exercice. (1) Montrer que pour tout x dans un voisinage deπ

2, cos(x)

sin(x)=

(π2− x)u(x), avec limx→π

2u(x) = 1.

(2) En deduire que pour tout x ∈]0,π

2[, tan(x) =

µ(x)π2− x

, ou µ est une fonction

verifiant limx→π2µ(x) = 1.

(3) Montrer a l’aide de la question precedente queπ

2−Arctan(x) =

ν(x)

xou ν

est une fonction telle que limx→+∞ ν(x) = 1.

(4) Calculer la derivee de f :]0,+∞[→ R definie par f(x) = Arctan(log(x)).

(5) Montrer que la serie de terme general1

n(1 + log2(n))est convergente.

(6) A l’aide de la question 3, donner un encadrement du reste d’ordre n de la

serie∑ 1

n(1 + log2(n)). En deduire un equivalent de ce reste.

(7) Montrer a l’aide du resultat de la question 5 que la serie∑ 1

n log2(n)est convergente. Donner un equivalent du reste de cette serie a l’aide del’equivalent obtenu a la question precedente.


Solution de l’exercice. (1) La fonction cos / sin est derivable en π/2 etderivee egale a −1. Il s’ensuit que l’oppose du taux d’accroissement de cettefonction, qui est

u(x) =cos(x)/ sin(x)− cos(π/2)/ sin(π/2)

π/2− x=

cos(x)

(π/2− x) sin(x)

est une fonction qui tend vers 1 lorsque x tend vers π/2.

(2) On pose µ = 1/u.

(3) La question precedente montre que pour tout x ∈]0,+∞[, x = µ(tan(x))π/2−tan(x) , et

que ν(x) := µ(tan(x)) tend vers 1 lorsque x tend vers +∞.

(4) f ′(x) =1

x(1 + log2(x)).

(5) La fonction f ′(x) est decroissante et positive, donc le theoreme de com-paraison serie-integrale 4.17 montre que la serie de terme general an :=

1

n(1 + log2(n))est de meme nature que la suite (

∫ n1f ′)n∈N = (f(n)−f(1))n∈N =

(f(n))n∈N qui converge vers π/2.

(6) D’apres la Proposition 4.17, le reste Rn d’ordre n de la serie de termegeneral an verifie

Rn ≤ limp→+∞

∫ p

n

f ′ = limp→+∞

f(p)− f(n) = π/2− arctan(log(n)) =ν(log(n))

log(n), (∗)

Rn ≥ limp→+∞

∫ p

n+1

f ′ = π/2− arctan(log(n+ 1)) =ν(log(n+ 1)

log(n+ 1). (∗∗)

Or log(n + 1) = log(n) + log(n+ 1

n) = log(n) + log(1 +

1

n) = log(n)(1 +

v(n)

n log(n)), avec v(n) → 1 quand n → +∞, puisque log(1 + x) ∼0 x. Donc

(∗) et (∗∗) montrent que Rn log(n) tend vers 1 quand n → +∞ et donc

Rn ∼+∞1

log(n).

(7) On montre facilement que an ∼+∞1

n log2(n), par le meme calcul qu’a la

question precedente. La Proposition 4.17 donne alors la convergence de la

serie de terme general1

n log2(n)et le reste de cette serie est equivalent a

1/ log(n) par la question 6.

90. Exercice. Donner, un equivalent de la somme partielle d’ordre n de la serie

de Bertrand (cf Exercice 85) de terme general1

i logβ(i), i ≥ 2, ou β ∈]0, 1].


Solution de l’exercice. On applique la Proposition 4.17 a la fonction f(t) =1

x logβ(x), dont on a vu lors de la correction de l’Exercice 85, qu’une primitive est

F (x) =1

(1− β) logβ−1(x)si β 6= 1 et F (x) = log(log(x)) si β = 1. Suivant que

β 6= 1 ou β = 1 on obtient les equivalents1

(1− β) logβ−1(n)ou log(log(n)).

91. Exercice. (1) Retrouver l’equivalent du reste de la serie convergente deRiemann (α > 1) obtenu a l’Exercice 77.

(2) Retrouver un equivalent de la somme partielle d’ordre n de la serie de Rie-mann divergente (α ≤ 1) obtenu a l’Exercice 77.

Solution de l’exercice. (1) Dans le cas ou l’exposant α de la serie deRiemann est > 1, on sait que la serie converge (Theoreme 4.12). Soit

f(x) =1

xα, x > 0. Cette fonction est positive et decroissante, on sait

alors d’apres la Proposition 4.17 que le reste Rn d’ordre n de la serie deRiemann d’exposant α est tel que

limp→+∞

∫ p

n+1

f(t) dt ≤ Rn ≤ limp→+∞

∫ p

n

f(t) dt.

Ce qui donne

1

1− αlim

p→+∞[

1

pα−1− 1

(n+ 1)α−1] ≤ Rn ≤

1

1− αlim

p→+∞[

1

pα−1− 1

nα−1],

1

(α− 1)(n+ 1)α−1≤ Rn ≤

1

(α− 1)nα−1.

Cette derniere double inegalite permet dans un premier temps de retrouver

l’equivalent1

(α− 1)nα−1de Rn deja obtenu a l’Exercice 77. En effet, on

on en tire bien que limn→∞

(α − 1)nα−1Rn = 1. Mais cette double inegalite

fournit surtout un encadrement de Rn plus precis que l’equivalent Rn ∼1

(α− 1)nα−1.

(2) Dans le cas ou α ≤ 1, on sait que la serie de riemann d’exposant α diverge

(Theoreme 4.12). Soit f(x) =1

xα, x > 0. Cette fonction est positive et

decroissante, on sait alors d’apres la Proposition 4.17 que la somme partielleSn d’ordre n de la serie de Riemann d’exposant α est telle que

Sn ∼∫ n

1

f(t) dt.

Pour cette integrale, deux cas se presentent :– Soit α = 1, et dans ce cas Sn ∼ log(n) (resultat deja obtenu, outre

l’Exercice 77, dans l’Exercice 19).


– Soit α < 1, et dans ce cas Sn ∼1

1− α[

1

nα−1− 1] ∼ n1−α

1− α.

92. Exercice. Donner un equivalent des quantites Sn et Tn suivantes, lorsquen → +∞, ou P designe l’ensemble des nombres premiers et pn le nieme nombrepremier.

Sn :=∑

p∈P,p≤n

1

p, Tn :=

∑p∈P,p≤pn

1

p.

(Ind. Utiliser la formule sommatoire (FS) de l’Exercice 74.)

Solution de l’exercice. (1) On a deja montre que∑

p∈P,p≤n

log(p)

pne conver-

geait pas lorsque n → +∞ et que cette suite etait equivalente a log(n)

(cf Exercice 75). La question de la convergence de∑

p∈P,p≤n

1

pest legitime,

puisque 1/p = o+∞(log(p)/p). D’apres la formule sommatoire (FS) del’Exercice 74 appliquee a la fonction f(x) = 1/x, on obtient

Sn = πn1

n+

n−1∑i=1

πi(1

i− 1

i+ 1),

et d’apres le theoreme des nombres premiers,

Sn ∼+∞1

log(n)+

n−1∑i=1

1

(i+ 1) log(i)∼+∞

1

log(n)+

n−1∑i=1

1

i log(i).

Finalement en utilisant l’equivalent de l’Exercice 90, on obtient

Sn ∼−∞ log(log(n− 1)) ∼+∞ log(log(n)).

La derniere equivalence est facile a justifier a l’aide du DL10 de u 7→ log(1+

u) :

log(log(n− 1)) ∼+∞ log(log(n) + log(1− 1/n)) = log(log(n)(1 +log(1− 1/n)

log(n)))

= log(log(n)) + log(1 +log(1− 1/n)

log(n)) ∼+∞ log(log(n)) +

log(1− 1/n)

log(n)

∼+∞ log(log(n))− 1

n log(n)∼+∞ log(log(n)).

(2) En ce qui concerne la suite Tn, il s’agit de la somme partielle d’ordre n dela serie de terme general pn. On a deja prouve que cette serie diverge (cfExercices 73, et plus loin Exercice 86). Comme pn ≥ n, il est bien clairque Tn ≥ Sn, autrement dit l’asymptotique de Tn est au moins de l’ordrede log(log(n)), d’apres la premiere question. On va voir qu’en realite Snet Tn ont meme asymptotique. Pour cela on utilise encore la formule desommation (FS) de l’Exercice 74 appliquee a la fonction x 7→ 1/x, ou la


sommation a lieu sur les n premiers nombres premiers, donc pour p ≤ pn.On obtient, d’apres (FS), puis d’apres le theoreme des nombres premiers

Tn = πpn1

pn+

pn−1∑i=1

πi(1

i− 1

i+ 1) ∼+∞

1

log(pn)+

pn−1∑i=1

1

(i+ 1) log(i).

Comme dans la question precedente, l’Exercice 90 montre que le deuxiemeterme du membre de droite de l’equivalent ci-dessus est equivalent a log(log(pn−1))dont on sait par ailleurs d’apres l’Exercice 48 qu’il est equivalent a log(log((n−1) log(n− 1))). Enfin des calculs faciles comparables a ceux de la premierequestion (qui ont prouve que log(log(n−1)) ∼+∞ log(log(n))) montrent quelog(log((n− 1) log(n− 1))) ∼+∞ log(log(n log(n))) ∼+∞ log(log(n)). On endeduit

Tn ∼+∞1

log(n log(n))+ log(log(n)) ∼+∞ log(log(n)).

93. Exercice. Trouver un equivalent de Sn = 1 +√

2 + 3√

3 · · ·+ n√n− n lorsque

n→ +∞ (Ind. Montrer quelog(n)

n∼+∞

∫ n

n−1

log(t)

tdt).

Solution de l’exercice. Remarquons que Sn est la somme partielle d’ordre nde la serie de terme general an = n

√n − 1. Or an = e

1nlog(n) − 1 = 1

nlog(n) + o( 1

n).

On en deduit que an ∼+∞log(n)

n. D’apres l’Exercice 85, la serie de terme general

log(n)

ndiverge et d’apres la Proposition 4.14, la serie Σan diverge egalement.

Notons que la fonction x 7→ log(x)

xest positive et decroissante sur [1,+∞[.

D’apres la Proposition 4.14, Σan ∼ Σlog(n)

net d’apres la Proposition 4.17, la serie

Σlog(n)

na une somme partielle d’ordre n equivalente a

∫ n

1

log(t)

tdt =

[1

2log2(t)

]n1

=

1

2log2(n). On en conclut que Σan ∼

1

2log2(n).

On peut aussi calculer directement un equivalent de Sn, sans utiliser explicitement

la Proposition 4.17. On a en effet

∫ n

n−1

log(t)

tdt =

[1

2log2(t)

]nn−1

=1

2(log(n) +

log(n − 1))(log(n) − log(n − 1)) =1

2log(n2 − n) log(1 +

1

n− 1) =

1

2[2 log(n) +

log(1− 1

n)] log(1 +

1

n− 1) ∼+∞

1

n− 1log(n) ∼+∞

log(n)

n. Ceci montre que an ∼+∞

log(n)

n∼+∞

∫ n

n−1

log(t)

tdt et donc d’apres la Proposition 4.14, on a

Sn ∼+∞

n∑k=2

∫ n

n−1

log(t)

tdt =

∫ n

1

log(t)

tdt =

1

2log2(n).


94. Exercice. Soit f : [0, 1] → R la fonction f(x) =1

1 + x2. On considere les

suites (an)n∈N et (bn)n∈N definies par, pour tout n ≥ 1,

an =n∑k=1

n

n2 + k2=

1

n

n∑k=1

f(k

n) et bn =

n−1∑k=0

n

n2 + k2=

1

n

n−1∑k=0

f(k

n).

(1) Montrer que f est continue sur [0, 1], decroissante et que

∫[0,1]

f(t) dt =π

4.

(2) Montrer par des raisonnements portant sur les aires sous le graphe de f etsur celles que calculent les quantites an et bn, que pour tout n ≥ 1,

an ≤π

4≤ bn.

On considere les suites (un)n∈N et (vn)n∈N definies par : ∀n ≥ 1, un = a2net vn = b2n.

(3) Montrer que pour tout p ≥ 1, pour tout k ∈ {1, · · · , p},

1

2p[f(

2k − 1

2p) + f(

2k

2p)] ≥ 1

pf(k

p).

En deduire que (un)n∈N est une suite croissante. De meme montrer que(vn)n∈N est decroissante.

(4) Montrer que, pour tout n ≥ 1, vn − un = 12n+1 . En conclure que lim

n→∞un =

limn→∞

vn =π

4et donner un rationnel q tel que |π − q| ≤ 10−1.

On veut a nouveau estimer la rapidite de convergence de un vers π4. On

considere pour cela la suite (cn)n∈N definie par cn = un − un−1, n ≥ 2 etc1 = u1.

(5) Montrer a l’aide du theoreme des accroissements finis que, pour tout p ≥ 1,pour tout k ∈ {1, · · · , p},

f(2k − 1

2p)− f(

2k

2p) ≤ C

2p,

pour une certaine constante C que l’on calculera. En deduire que

∀n ≥ 2, 0 ≤ cn ≤C

2n+1.

(6) On note, pour n ≥ 2, par Rn le reste de la serie Σcn. Montrer, a l’aide dela question precedente, que

∀n ≥ 2, 0 ≤ Rn =π

4− un =

+∞∑i=n+1

ci ≤C

2n+1.


Solution de l’exercice. (1) La fonction f est une fraction rationnelle sanspole reel, elle est donc C∞ sur R. Sa derivee est negative, donc f est

decroissante et une primitive de f est Arctan, ce qui prouve que

∫[0,1]

f(t) dt =

π

4.

(2) L’interet de considerer les suites (un)n∈N et (vn)n∈N plutot que les suites(an)n∈N et (bn)n∈N vient de ce que les calculs de un − un−1, vn − vn−1 etde vn − un sont rendus plus faciles du fait que la subdivision de l’intervalle[0, 1] associee a un est la subdivision comportant les points de la subdivisionassociee a un−1 ainsi que leurs milieux. Autrement en passant de un−1 a unon subdivise en deux la subdivision precedente.

Le reel an est la somme des aires des rectangles de base l’intervalle

[k − 1

n,k

n], et de hauteur f( k

n), pour k = 1, · · · , n. La fonction f etant

decroissante, ces rectangles sont tous sous le graphe de f . Il s’ensuit que

pour tout n ≥ 1, an ≤∫[0,1]

f(t) dt =π

4.

De meme le reel bn est la somme des aires des rectangles de base l’inter-valle [k−1

n, kn], et de hauteur f(k−1

n), pour k = 1, · · · , n. La fonction f etant

decroissante, ces rectangles ont tous leur cote horizontal superieur au-dessus

du graphe de f . Il s’ensuit que pour tout n ≥ 1, bn ≥∫[0,1]

f(t) dt =π

4.

Remarque. On peut bien entendu utiliser un argument plus analytiqueet moins geometrique pour obtenir cet encadrement. En effet, on a par

decroissance de f , pour tout k = 1, · · · , n, pour tout t ∈ [k − 1

n,k

n], f(

k

n) ≤

f(t) ≤ f(k − 1

n), soit apres integration sur [

k − 1

n,k

n],

1

nf(k

n) ≤

∫ kn

k−1n

f(t) dt ≤ 1

nf(k − 1

n),

ce qui, en sommant de k = 1 a k = n, donne bien

an ≤π

4≤ bn.

(3) Comme f est decroissante, f(2k − 1

2p) + f(

2k

2p) ≥ f(

2k

2p) + f(

2k

2p) = 2f(

k

p).

Ce qui prouve l’egalite demandee. On a d’autre part

un − un1 =1

2n

2n∑k=1

f(k

2n)− 1

2n−1

2n−1∑k=1

f(k

2n−1)

=2n−1∑k=1

1

2n[f(

2k − 1

2n) + f(

2k

2n)]− 1

2n−1f(

k

2n−1)


et chaque terme de cette somme etant positif par l’inegalite precedente, lasuite (un)n∈N est bien croissante.

La decroissance de la suite (vn)n∈N se prouve de la meme maniere. Ona

vn − vn−1 =1

2n

2n−1∑k=0

f(k

2n)− 1

2n−1

2n−1−1∑k=0

f(k

2n−1)

=2n−1−1∑k=0

1

2n[f(

2k

2n) + f(

2k + 1

2n)]− 1

2n−1f(

k

2n−1).

Mais par decroissance de f , f(2k + 1

2n) ≤ f(

2k

2n), de sorte que chaque terme

de la somme ci-dessus est negatif.

(4) On a 0 ≤ vn − un car bn ≥ an par la question 2. Et d’autre part

vn − un =1

2n

[ 2n−1∑k=0

f(k

2n)−

2n∑k=1

f(k

2n)]

1

2n[f(0)− f(1)] =

1

2n+1.

Les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont donc adjacentes, elles convergent vers lameme limite, qui est necessairement π/4 puisque par la question 2, un ≤π/4 ≤ vn, quel que soit n ≥ 1.

On a alors

|un −π

4| ≤ |vn − un| ≤

1

2n+1.

Donc, si n ≥ 3, |un − π4| ≤ 1/10 et un ∈ Q.

(5) Appliquons le theoreme des accroissements finis a f entre 2k−12p

et 2k2p

. On a

f(2k − 1

2p)− f(

2k

2p) =−1

2pf ′(θ),

avec θ ∈]2k−12p

, 2k2p

[. Le calcul de f ′′ montre que f ′′ s’annule en un point

x0 = 1/√

3 compris entre 0 et 1 et que f ′′ change de signe sur [0, 1]. Ce quia son tour montre que le minimum de f ′ est atteint en x0. On a −f ′(θ) ≤−f ′(x0) = C = 3

√3/8 ' 0, 649..., ce qui donne

f(2k − 1

2p)− f(

2k

2p) ≤ C

2p.

On en conclut que pour tout n ≥ 2

un − un−1 =1

2n

2n−1∑k=1

f(2k − 1

2n)− f(

2k

2n) ≤ 1

2n

2n−1∑k=1

C

2

1

2n−1≤ 1

2n2n−1

C

2

1

2n−1=

C

2n+1.


(6) On a pour tout ` ≥ n ≥ 2, cn+1 + · · ·+ c` = u`−un, ce qui en faisant tendre` vers +∞ donne

+∞∑i=n+1

ci = Rn =π

4− un ≤

+∞∑i=n+1

C

2i+1=

C

2n+1.

Les deux regles qui suivent, dites de Cauchy et de D’Alembert, proviennent de lacomparaison du terme general de la serie Σan que l’on etudie avec le terme generald’une serie geometrique.

4.19. Theoreme (Regles de Cauchy et de D’Alembert). Soit (an)n∈N une suitereelle telle que an ≥ 0 pour n assez grand.

(1) (Regle de Cauchy) S’il existe ` ∈ R∪ {+∞} tel que limn→∞

n√an = ` alors,

– si ` < 1, Σan converge,– si ` > 1, Σan diverge.

(2) (Regle de D’Alembert) Si an 6= 0 pour n assez grand et s’il existe ` ∈R ∪ {+∞} tel que lim

n→∞

an+1

an= ` alors,

– si ` < 1, Σan converge,– si ` > 1, Σan diverge.

(3) S’il existe ` ∈ R ∪ {+∞} tel que limn→∞

an+1

an= ` alors lim

n→∞n√an = `.

(4) Si ` = 1 dans les regles de Cauchy et de D’Alembert, on ne peut en generalrien en conclure sur la nature de la serie Σan.

Demonstration. (1) Supposons que ` > 1. Alors pour n assez grand, an >1 et donc Σan ne peut converger.

Supposons ` < 1 et soit α ∈]`, 1[. Alors pour n assez grand, on a an ≤ αn,mais la serie de terme general αn converge, puisque α < 1 (cf l’Exemple3.5), donc Σan converge aussi.

(2) Supposons que ` > 1, soit α ∈]1, `[. Alors pour n assez grand, an+1 ≥α · an ≥ an, ce qui montre que (an)n∈N est croissante a partir d’un certainrang, et donc ne peut converger vers 0. Il s’ensuit que Σan diverge.

Supposons que ` < 1, et soit α ∈]`, 1[. Alors existe n ∈ N tel que pourn ≥ N , an+1 ≤ αan et donc an ≤ aNα

n−N . Mais la serie de terme general(aNα

n−N)n∈N converge, il en est donc de meme de la serie Σan, d’apres leTheoreme de comparaison 4.8.

(3) Supposons par exemple ` ∈]0,+∞[ (les cas ` = 0 et ` = +∞ se demontrentde la meme maniere). Pour ε > 0 donne, il existe N ∈ N tel que pour toutn ≥ N ,

`− ε ≤ anan−1

≤ `+ ε.

On en deduit que pour tout n ≥ N ,

(`− ε)n−N ≤ anaN≤ (`+ ε)n−N ,


d’oun√aN(`− ε)1−

Nn ≤ n

√an ≤ n

√aN(`+ ε)1−

Nn .

Or comme n√aN = e

1nlog an →n→∞ 1, (` − ε)1−

Nn →n→∞ ` − ε et (` +

ε)1−Nn →n→∞ ` + ε, on peut choisir M ∈ N suffisamment grand pour que

pour tout n ≥M ,

`− 2ε ≤ n√an ≤ `+ 2ε,

ce qui prouve que limn→∞

n√an = `.

(4) Si an = 1nα

, quel que soit α ≥ 0, on a n√an = e

−αn

log(n) →n→∞ 1 et an+1

an=

( nn+1

)α →n→∞ 1. Or on sait que selon que α ≤ 1 ou α > 1, la serie deRiemann Σan converge ou diverge.

4.20. Remarque. Dans le cas ou an+1

an> 1, pour n suffisamment grand, du fait

de la croissance stricte de la suite (an)n∈N (pour n suffisamment grand), celle-ci nepeut converger vers 0, et ainsi la serie Σan ne peut pas converger. En conclusion lecas douteux an+1

an→n→+∞ 1 dans le critere de D’Alembert peut se traiter dans la

circonstance tres particuliere ou an+1

an> 1 a partir d’un certain rang.

95. Exercice. (1) Montrer que pour tout i ≥ 3,πi

i!≤ π3

6(π

4)i−3, puis mon-

trer que pour tout i ≥ 0,

πi

i!≤ 32

3(π

4)i. (∗)

En deduire que la serie∑ πi

i!converge et donner un majorant de sa somme

+∞∑i=0

πi

i!.

(2) Montrer d’une autre facon que la serie∑ πi

i!converge.

(3) En utilisant la formule de Taylor-Lagrange, et a nouveau la majoration (∗),

montrer que eπ =+∞∑i=0

πi

i!.

Solution de l’exercice. (1) Soit i ≥ 3. Il suffit de remarquer que ππ

2

π

3=

π3

6et que pour tout k ∈ {4, · · · , i}, π

k≤ π

4pour obtenir la majoration

πi

i!≤ π3

6(π4)i−3. Il s’ensuit que

πi

i!≤ π3

6

43

π3

πi

4i=

32

3

πi

4i. D’apres cette derniere

majoration, la serie∑ πi

i!voit son terme general majore (a un coefficient

multiplicatif pres) par le terme general d’une serie geometrique de raison


π/4 < 1. De sorte que par le theoreme de comparaison 4.8, cette serie

converge et sa somme est majoree par32

3

1

1− π/4.

(2) On utilise la regle de d’Alembert 4.19, qui donne a nouveau la convergence

de∑

πi

i!, puisque

πi+1

(i+ 1)!

i!

πi=

π

i+ 1→ 0 quand i→ 0.

(3) On utilise la formule de Taylor-Lagrange 4.14 pour la fonction exponentielleentre 0 et π qui donne pour tout n ≥ 0 l’existence d’un reel θ = θn ∈]0, π[tel que

eπ =n∑i=0

πi

i!+

πn+1

(n+ 1)!eθ.

Ce qui montre que

eπ −n∑i=0

πi

i!=

πn+1

(n+ 1)!eθ ≤ eπ

πn+1

(n+ 1)!→n→∞ 0,

d’apres (∗).

96. Exercice. Montrer que la serie de terme general an =n!

nnest convergente.

Solution de l’exercice. On aan+1

an=

(n+ 1)nn

(n+ 1)n+1= (

n

n+ 1)n = en log(1− 1

n+1).

Or log(1 − 1

n+ 1) ∼n→+∞

−1

n+ 1. Il s’ensuit que

an+1

an→n→+∞ 1/e. La serie Σan

est donc convergente d’apres la regle de D’Alembert (Theoreme 4.19).On pourra se reporter egalement a l’Exercice 84. D’apres celui-ci on a

n! ∼n→+∞√

2πn(n

e)n.

Il s’ensuit que an ∼n→+∞(2πn)

12

enet donc que (an)

1n ∼n→+∞

1

e(2πn)

12n . Or (2πn)

12n =

e12n

log(2πn) →n→+∞ 1 car1

2nlog(2πn)→n→+∞ 0. Il s’ensuit que

(an)1n ∼n→+∞

1

e.

La regle de Cauchy assure alors que Σan converge.Remarque. Cet exemple illustre bien sur le point 3 du Theoreme 4.19, selon lequel

limn→+∞an+1

an=

1

e=⇒ lim

n→+∞(an)

1n =

1

e.

On peut aussi demontrer la convergence de Σan en majorant an par le termegeneral d’une serie convergente. Pour cela, en notant bn/2c la valeur absolue den/2, on ecrit

an =1 · 2 · 3 · · · (n− 1)n

n · n · n · · · (n− 1)n=

1

n

2

n· · · bn/2c

n

bn/2c+ 1

n· · · n

n


d’ou

an ≤1

2bn/2c≤ 1√

2n−2 ,

puisque k/n ≤ 1/2, pour k ≤ bn/2c et k/n ≤ 1, pour k ≤ n. Comme la serie

de terme general 1/√

2n−2

est convergente (son terme general est celui d’une suitegeometrique de raison 1/

√2 < 1), Σan converge.

97. Exercice. Soit p ∈ N et q ∈] − 1, 1[. On considere la suite (an)n∈N definiepar

∀n ∈ N, an = npqn.

(1) Montrer que la suite bn = np|q|n2 tend vers 0. En deduire que cette suite estbornee.

(2) Montrer a l’aide de la question precedente que la serie Σan est absolumentconvergente.

(3) Retrouver a l’aide de la regle de D’Alembert le resultat de la question 2.

Le reel q ∈]− 1, 1[ etant fixe, pour tout p,N ∈ N, on note

SN(p) =N∑n=0

npqn et σ(p) :=+∞∑n=0

npqn.

(4) Calculer σ(0).

(5) Soit N ≥ 0. A l’aide de la formule du binome, developperN∑n=0

(n + 1)pqn+1

et en deduire SN(p) en fonction de SN(p− 1), SN(p− 2), · · · , SN(1), SN(0).

(6) Deduire de la question precedente σ(p) en fonction de σ(p − 1), σ(p −2), · · · , σ(1), σ(0).

(7) Calculer σ(1), puis σ(2), puis σ(3).

Solution de l’exercice. (1) Puisque |q| < 1, on a bn = ep lognen2log |q| =

ep logn−n2| log |q|| →n→+∞ 0. La suite (bn)n∈N etant convergente, elle est bornee,

disons par C ∈ R.

(2) On |an| = bn|q|n2 ≤ C

√|q|n. Or puisque

√|q| < 1, la serie de terme general√

|q|n converge (il s’agit de la serie geometrique de raison√|q|), et le

critere de comparaison des series montre alors que Σ|an| converge. En par-ticulier la serie Σan converge.

(3) On a|an+1||an|

= |q|(n+ 1

n)p →n→+∞ |q| < 1. La regle de D’Alembert (Theoreme

4.19) montre a nouveau que Σan est absolument convergente.

(4) σ(0) est la somme de la serie geometrique de raison q, soit σ(0) =1

1− q.


(5) On a (n+ 1)p = np +

(p− 1

p

)np−1 + · · ·+

(1

p

)n+ 1 de sorte que

SN+1(p) =N∑n=0

(n+ 1)pqn+1

=N∑n=0

npqn+1 +

(p− 1

p

) N∑n=0

np−1qn+1 + · · ·+(

1

p

) N∑n=0

nqn+1 +N∑n=0

qn+1

= qN∑n=0

npqn + q

(p− 1

p

) N∑n=0

np−1qn + · · ·+ q

(1

p

) N∑n=0

nqn + qN∑n=0

qn

= qSN(p) + q

(p− 1

p

)SN(p− 1) + · · ·+ q

(1

p

)SN(1) + qSN(0).

Comme d’autre part SN+1(p) = SN(p) + aN+1, on obtient

SN(p) + aN+1 = qSN(p) + q

(p− 1

p

)SN(p− 1) + · · ·+ q

(1

p

)SN(1) + qSN(0).

Et donc

SN(p) =−aN+1

1− q+

q

1− q

((p− 1

p

)SN(p− 1) + · · ·+

(1

p

)SN(1) + SN(0)

).

(6) En faisant tendre N vers +∞, puisque aN+1 → 0, on obtient finalement

σ(p) =q

1− q

((p− 1

p

)σ(p− 1) + · · ·+

(1

p

)σ(1) + σ(0)

).

(7) La formule precedente donne pour p = 1 :

σ(1) =q

1− qσ(0) =

q

(1− q)2.

La meme formule pour p = 2 donne :

σ(2) =q

1− q

(2σ(1) + σ(0)

)=

q

1− q

( 2q

(1− q)2+

1

1− q

)=q(q + 1)

(1− q)3

Enfin pour p = 3, on obtient :

σ(3) =q

1− q

(3σ(2)+3σ(1)+σ(0)

)=

q

1− q

(3q(q + 1)

(1− q)3+

3q

(1− q)2+

1

1− q

)=q2 + 4q + 1

(1− q)4.

98. Exercice. Soit Σan la serie de terme general an defini par

a0 ∈ [0, 1] et ∀n ∈ N, an+1 =1

2(an + a2n).

(1) Montrer que la fonction f(x) = 12(x + x2) est croissante sur [0, 1] et que

f([0, 1]) = [0, 1] et pour tout x ∈]0, 1[, f(x) < x. En deduire que la suite(an)n∈N est decroissante puis, lorsque a0 6= 1, qu’elle converge vers 0.


(2) Montrer a l’aide de lim∞ an = 0 que la serie Σan converge. (Ind. Utiliser lecritere de d’Alembert).

(3) Montrer, a l’aide de la question precedente, que la serie de terme general

log(1 + ai) converge. On note ` :=+∞∑n=0

log(1 + an).

(4) Montrer que an =a02n

n−1∏i=0

(1 + ai). En deduire que an ∼+∞a0e

`

2n.

Solution de l’exercice. (1) La fonction f est la somme de deux fonctionscroissantes sur [0, 1], elle est donc elle-meme croissante sur cet intervalle.Comme f(0) = 0 et f(1) = 1, on a bien d’autre part f([0, 1]) = [0, 1],

par croissance de f . On a ensuite f(x) − x =x

2(x − 1) < 0 sur ]0, 1[ et

plus generalement f(x) − x ≤ 0 sur [0, 1]. On en deduit que quel que soitn ∈ N, an+1 − an = f(an)− an ≤ 0. Ce qui montre que la suite (an)n∈N estdecroissante. Notons que si a0 = 0 la suite (an)n∈N est constante et egale a0 et que si a0 = 1 la suite (an)n∈N est constante et egale a 1.

Si a0 ∈]0, 1[, la suite (an)n∈N etant decroissante et minoree (par 0),elle converge vers une limite α qui verifie, du fait de un+1 = f(un), parcontinuite de f : f(α) = α. Cette equation admet deux solutions, qui sont0 et 1. Mais puisque la suite (an)n∈N est decroissante, on en conclut quepour tout a0 ∈]0, 1[, (an)n∈N converge necessairement vers 0 (et non vers 1,puisque an ≤ a0 < 1).

(2) On aan+1

an=

1

2(1 + an) →n→+∞ 1/2. D’apres la regle de D’Alembert, la

serie Σan converge.

(3) Comme la suite (an)n∈N tend vers 0, on a log(1 + an) ∼n→+∞ an. Onen deduit par le Theoreme 4.8 que la serie de terme general log(1 + an)converge, puisque Σan converge.

(4) Montrons par recurrence sur n ∈ N∗ que la proposition

P (n) : � an =a02n

n−1∏i=0

(1 + ai) �

est vraie pour tout n ∈ N∗.– On a a1 =

a02

(1 + a0), donc P (0) est vraie.

– Supposons maintenant que pour un entier n ≥ 1, P (n) soit vraie etmontrons qu’alors P (n+ 1) est vraie.

On a an+1 =an2

(1 + an) et an =a02n

n−1∏i=0

(1 + ai), qui donnent an+1 =

1

2

a02n

(1 + an)n−1∏i=0

(1 + ai) =a0

2n+1

n∏i=0

(1 + ai). Ce qui prouve P (n+ 1).


– Par principe de recurrence, P (n) est vraie pour tout n ≥ 1.

On a alors log(2nana0

) =n−1∑i=0

log(1 + ai)→n→+∞ `. Donc necessairement

limn→+∞

2nan/a0 = e`,

ou encore

an ∼n→+∞eà02n

.

On peut affiner un peu la regle de D’Alembert, dans le cas douteux ou ` = 1,sans toutefois donner une regle qui permette de conclure a tous les coups, puisquela regle que nous allons donner, dite de Raabe-Duhamel, comporte encore un casdouteux (cf l’Exercice 100).

99. Exercice (Regle de Raabe-Duhamel). Soit Σan une serie de terme generalpositif et non nul. On ecrit

an+1

an= 1− αn

n.

(1) On suppose ici que la suite (αn)n∈N est minoree (a partir d’un certain rang)

par un reel a > 1 10. Soient α ∈]1, a[ et bn =1

nα.

(a) Montrer quebn+1

bn= 1− α

n+ o(

1

n).

(b) En deduire que pour n suffisamment grand,an+1

an≤ bn+1

bn.

(c) Conclure grace a l’Exercice 68, que Σan converge.

(2) On suppose ici que la suite (αn)n∈N est majoree (a partir d’un certain rang)

par un reel a < 1 11. Soient α ∈]a, 1[ et bn =1

nα.

(a) En deduire que pour n suffisamment grand,bn+1

bn≤ an+1

an.

(b) Conclure grace a l’Exercice 68, que Σan diverge.

Consequence : supposons que la suite (αn)n∈N converge vers a ∈ R∪{+∞}. Si a > 1,Σan converge et si a < 1, Σan diverge.

Solution de l’exercice. On donne une correction de la question 1. La secondese traitant de la meme facon.

10. Ceci traduit une certaine lenteur de convergence eventuelle de la suitean+1

anvers 1.

11. Ceci traduit une certaine rapidite de convergence eventuelle de la suitean+1

anvers 1.


1(a). Appliquons la Proposition 4.8. Puisque la fonction g : x 7→ (1 + x)α =eα log(1+x) est derivable en 0 et que sa derivee y vaut α, on a g(x)− g(0) =αx + o0(x). Ainsi il existe une fonction u de limite nulle en 0 telle quebnbn−1

=(n− 1)α

nα= (1− 1

n)α = 1− α

n− 1

nu(−1

n).

1(b) La suite α + u(−1

n) converge vers α, tandis que la suite αn est (a partir

d’un certain rang) superieure a a > α. Il existe donc un entier N tel quepour tout n ≥ N , αn ≥ α + u(−1

n), ce qui equivaut a : pour tout n ≥ N ,

anan−1≤ bn

bn−1.

1(c) Appelons I(n) l’inegaliteanan−1

≤ bnbn−1

. On ecrit successivement I(n), I(n− 1),

· · · , I(N + 1) et on multiplie membre a membre toutes ces inegalites entre

nombres positifs. On en deduit que pour tout n ≥ N ,anaN≤ bn

bN, ou en-

core an ≤aNbNbn. Le critere de comparaison des series a termes positifs

(Theoreme 4.8) montre que la serie∑an converge, puisque, au-dela du

rang N , son terme general est majore par une constante (qui estaNbN

) que

multiplie le terme general de la serie∑bn et que cette derniere converge

(puisque α > 1). On peut bien entendu appliquer directement l’Exercice 68,comme le suggere l’enonce, plutot que de le redemontrer.

Le cas a = 1 de la regle de Raabe-Duhamel est douteux, en ce sens que si a = 1dans cette regle, la serie Σan peut converger mais aussi diverger, comme le montrel’exercice suivant.

100. Exercice. Soit an =1

n logβ(n)et Σan la serie de Bertrand associee. On

sait que cette serie converge si et seulement si β > 1, d’apres l’Exercice 85.Montrer que quel que soit β > 0,

an+1

an= 1− αn

net αn →n→∞ 1.

Solution de l’exercice. Il s’agit de l’Exercice 32.

101. Exercice. On considere la suite an =( 1

log n

)logn=(

log n)− logn

, pour tout

n ≥ 2.

(1) Calculer limn→∞ a1/nn . La regle de Cauchy permet-elle de decider de la na-

ture de la serie∑

an ? Que dire, sans calcul, de la regle de d’Alembert ?

(2) En utilsant log n = log(n− 1) + log(n

n− 1), montrer que pour tout n ≥ 2

anan−1

= (log n)− log( nn−1

)(

1 +log( n

n−1)

log(n− 1)

)− log(n−1).


Ecrire, a l’aide de cette derniere expression,anan−1

comme eun, ou limn→+∞

un =

0.

(3) Montrer que ex−1 ∼0 x. En deduire, a l’aide de la question precedente que

anan−1

− 1 ∼n→+∞log(log(n))

n− 1.

(4) Conclure sur la nature de∑

an.

Solution de l’exercice. (1) On a par definition de la racine nieme, a1/nn =

e− log(n)

nlog(log(n)). Or puisque log n ≤ n,

log(n)

nlog(log(n)) ≤ log2(n)

n.

La quantite log(n)n

log(log(n)) tend donc vers 0 quand n tend vers l’infini.

Par continuite de la fonction exponentielle en 0 on en deduit que a1/nn tendvers e0 = 1. Nous sommes dans le cas ou la regle de Cauchy ne permetpas de conclure (Theoreme 4.19.(4)). On sait d’autre part que si la regle de

d’Alembert donnait limn∞

an+1

an= `, alors on aurait necessairement ` = 1 et

que l’on ne pourrait encore rien en conclure sur la nature de la serie∑

anpar la regle de d’Alembert.

(2) On a

anan−1

=(log n)− logn

(log(n− 1))− log(n−1) =(log n)−[log(n−1)+log( n

n−1)]

(log(n− 1))− log(n−1)

= (log n

log(n− 1))− log(n−1)(log n)− log( n

n−1)

= (log(n− 1) + log( n

n−1)


n−1)

= (1 +log( n

n−1)


n−1).

En utilisant AB = eB logA, on a alorsanan−1

= eun avec

un = − log(n− 1) log(1 +log( n

n−1)

log(n− 1))− log(

n

n− 1) log(log n).

Mais puisquelog( n

n−1)

log(n− 1)→n→∞ 0 et puisque log(1 + x) ∼0 x, on a

log(n− 1) log(1 +log( n

n−1)

log(n− 1))


∼n→∞ log(n− 1)log( n

n−1)

log(n− 1)= log(

n

n− 1)→n→∞ 0. (∗)

Et puisque log( nn−1) = log(1 + 1

n−1) ∼n→∞ 1n−1 , on a

log(n

n− 1) log(log n) ∼n→∞

log(log n)

n− 1≤ log n

n− 1→n→∞ 0. (∗∗)

On en conclut de (∗) et (∗∗) que un → 0 quand n→∞.

(3) L’equivalent ex−1 ∼0 x vient directement de la Proposition 4.8. D’apres laquestion precedente, et d’apres les equivalents (∗) et (∗∗) de cette question,on en deduit que

anan−1

− 1 ∼n→∞ un = v(n) log(n

n− 1) + w(n)

log(log n)

n− 1,

avec v et w deux fonctions de limite 1 en +∞. Il est facile de voir de plus

que log( nn−1) est negligeable devant log(logn)

n−1 , puisque

log(n

n− 1)

n− 1

log(log n)= log(1 +

1

n− 1)

n− 1

log(log n)

∼n→∞n− 1

(n− 1) log(log n)→n→∞ 0.

On en conclut que

anan−1

− 1 =log(log n)

n− 1(w(n) + ε(n))

avec ε(n)→n→∞ 0 et donc que

anan−1

− 1 ∼n→∞log(log n)

n− 1

comme demande.

Remarquons que l’on aurait pu utiliser ici directement l’Exercice 30.

En effet, d’apres la question 2, d’une partanan−1

− 1 est une somme de

deux termes chacun equivalent respectivement a log(n

n− 1) et

log(log n)

n− 1et

d’autre part log(n

n− 1) est negligeable devant

log(log n)

n− 1.

Remarquons que l’on retrouve au terme de cette question que la reglede d’Alembert donne la meme limite que la regle de Cauchy (cf Theoreme

4.19(3)), limite calculee dans la question 1 : limn→∞

anan−1

= 1.

(4) D’apres la question precedente, il existe une suite zn de limite 1 telle queanan−1

− 1 = zn ·log(log n)

n− 1. On peut donc ecrire

anan−1

= 1 +αnn,

5. SERIES DE TERME GENERAL AYANT UN SIGNE NON CONSTANT 149

avec αn = znn

n− 1log(log(n)) →n→∞ +∞. D’apres la regle de Raabe-

Duhamel (Exercice 99), la serie∑

an converge. On retrouve le resultat

de l’Exercice 71, obtenu beaucoup plus directement a l’aide du critere decomparaison des series de termes positifs.

5. Series de terme general ayant un signe non constant

On a deja remarque que les enonces du chapitre precedent s’adaptent facilementau cas des series ayant un terme general negatif. Le cas non couvert par le chapitreprecedent concerne donc les series ayant un terme general qui change de signe. Ondonne ici un theoreme de convergence portant sur certaines series dont le termegeneral change de signe. Ces series sont cependant tres specifiques, puisque le signede leur terme general est alternativement positif et negatif, on les appelle les seriesalternees.

5.1. Definition. La serie Σan est dite serie alternee s’il existe une suite (bn)n∈Nde signe constant (bn peut s’annuler) et an = (−1)nbn pour tout n ∈ N. Autrementdit an+1an ≤ 0 pour tout n ∈ N.

5.2. Theoreme (Theoreme des series alternees ou de Leibniz). Soit bn une suitepositive, decroissante et de limite nulle. Alors Σ(−1)nbn converge et Rn, son rested’ordre n, verifie

∀n ∈ N |Rn| ≤ bn+1.

Demonstration. On a S2n+2 = S2n−b2n+1+b2n+2 ≤ S2n. Donc la suite (S2n)n∈Ndecroit. De meme la suite (S2n+1)n∈N croit. Mais comme S2n+1 = S2n − b2n+1, on aS2n+1 ≤ S2n. Ce qui prouve que (S2n+1)n∈N est majoree par S0 tandis que (S2n)n∈N estminoree par S1. En consequence (S2n+1)n∈N et (S2n)n∈N converge et comme S2n+1−S2n = −b2n+1 →n→∞ 0, les deux suites (S2n+1)n∈N et (S2n)n∈N convergent vers lameme limite, ce qui equivaut a dire que Σ(−1)nbn converge (vers `).

D’autre part, comme S2n−1 ≤ S2n+1 ≤ ` ≤ S2n, on a

|R2n| = |S2n − `| ≤ |S2n+1 − S2n| = b2n+1.

Et de la meme facon

|R2n−1| = |`− S2n−1| ≤ |S2n−1 − S2n| = b2n.

Ces deux inegalite prouvent la majoration recherchee du reste.

102. Exercice. La serie de terme general an =(−1)n log n

nest-elle absolument

convergente ? Est-elle convergente ?

Solution de l’exercice. On a |an| ≥1

n. donc d’apres le critere de comparaison

des series de termes positifs (Theoreme 4.8) la serie Σ|an| diverge. En revanche

la fonction f(x) =log x

xa pour derivee f ′(x) =

1

x2(1 − log x) qui est negative


pour x ≥ e. Il s’ensuit que la suite (an)n≥2 est decroissante. Comme d’autre partlim

n→+∞an = 0, le critere des series alternees (Theoreme 5.2) assure que Σan converge.

En conclusion la serie Σan est semi-convergente.

103. Exercice. Soit Σan la serie de terme general an =(−1)n

3n+ 1.

(1) Montrer que cette serie est semi-convergente.

(2) Montrer que1

3n+ 1=

∫ 1

0

t3n dt. En deduire que la somme partielle Sn de

Σan d’ordre n verifie Sn =

∫ 1

0

1− (−t)3n

1 + t3dt.

(3) Conclure que+∞∑i=0

ai =

∫ 1

0

dt

1 + t3=

log 2

3+

π

3√

3.

Solution de l’exercice. (1) On a |an| ∼n→+∞1

3n, or la serie harmonique

diverge (Exemple 4.2), donc par le Theoreme 4.8, Σan est absolument di-

vergente. En revanche, la suite (1

3n+ 1)n∈N converge, en decroissant, vers

0. D’apres le Theoreme de Leibniz, Σan converge. La serie Σan est parconsequent semi-convergente.

(2) Comme par une integration immediate1

3k + 1=

∫ 1

0

t3k dt, on obtient par

le calcul classique de l’Exemple 3.5

Sn =n∑k=0

∫ 1

0

(−1)kt3k =

∫ 1

0

n∑k=0

(−1)kt3k =

∫ 1

0

n∑k=0

(−t3)k =

∫ 1

0

1− (−t3)n+1

1 + t3

(3) D’apres la question precedente,n∑i=0

ai =

∫ 1

0

1

1 + t3−∫ 1

0

t3n+3

1 + t3. Soit αn =∫ 1

0

t3n+3

1 + t3. Puisque pour tout t ∈ [0, 1], 1 + t3 ≥ 1, on a

0 ≤ αn ≤∫ 1

0

t3n+3 =1

3n+ 4→n→+∞ 0.

Il s’ensuit que+∞∑i=0

ai = limn→+∞

n∑i=0

ai =

∫ 1

0

1

1 + t3.

Le calcul de I =

∫ 1

0

1

1 + t3est classique. On commence par remarquer

que1

1 + t3=

1

3

1

t+ 1− 2

3

t− 2

t2 − t+ 1.


On a donc

I =1

3

[log(t+ 1)

]10− 2

3

∫ 1

0

t− 2

t2 − t+ 1=

log 2

3− 2

3J,

ou

J =

∫ 1

0

t− 2

t2 − t+ 1=

∫ 1

0

1

2

2t− 1

t2 − t+ 1−3

2

1

t2 − t+ 1=[

log |t2−t+1|]10−3

2K = −3

2K,

ou

K =

∫ 1

0

1

t2 − t+ 1=

∫ 1

0

4

3

1

( 2√3t− 1√

3)2 + 1

.

Le changement de variables u =2√3t− 1√

3donne ensuite

K =

∫ 1√3

− 1√3

4

3

√3

2

1

1 + u2=

2√3

[arctan(u)

] 1√3

− 1√3

=2√3

[π

3− (−π

3)] =

π

3√

3.

On en conclut que

I =log 2

3− 2

3(−3

2)π

3√

3=

log 2

3+

π

3√

3.

Remarquons pour finir que le reste Rn d’ordre n de la serie Σan est

I − Sn = αn ≤1

3n+ 4.

5.3. Proposition (Regle de comparaison series-integrales, bis). Soient a ∈ R etf : [a,+∞[→ R une fonction de classe C1. Si

limy→+∞

∫ y

a

|f ′(t)| dt

existe, la serie Σf(n) converge si et seulement si limy→+∞

∫ y

a

f(t) dt existe.

Demonstration. On note E(t) la partie entiere du reel t et D(t) = t − E(t)sa partie decimale. Considerons x et y deux reels tels que a ≤ x < y et notonsp = E(x), q = E(y). On a

p∑n=p+1

f(n) =

q∑n=p+1

nf(n)−q−1∑n=p

nf(n+1) = qf(q)−pf(p+1)+

q−1∑n=p+1

n(f(n)−f(n+1))

= qf(q)− pf(p+ 1)−q−1∑

n=p+1

∫ n+1

n

E(t)f ′(t) dt. (1)

D’autre part, si t ∈ [q, y] ⊂ [q, q + 1[, on a E(t) = E(y) = q et donc

qf(q) = E(y)f(y) + q(f(q)− f(y)) = E(y)f(y)−∫ y

q

E(t)f ′(t) dt. (2)


De meme

pf(p+ 1) = E(x)f(x) +

∫ p+1

x

E(t)f ′(t) dt. (3)

Les egalites (1), (2) et (3) montrent alors que

p∑n=p+1

f(n) = E(y)f(y)− E(x)f(x)−∫ y

x

E(t)f ′(t) dt. (4)

En integrant par parties, on a∫ y

x

f(t) dt = yf(y)− xf(x)−∫ y

x

tf ′(t) dt

ce qui avec (4) donne∑x<n≤y

f(n) = D(x)f(x)−D(y)f(y) +

∫ y

x

f(t) dt+

∫ y

x

D(t)f ′(t) dt. (5)

En particulier, si x ∈ N et y ∈ N, on obtient∑x+1≤n≤y

f(n) =

∫ y

x

f(t) dt+

∫ y

x

D(t)f ′(t) dt. (6)

Supposons maintenant que limy→∞

∫ y

x

|f ′(t)| dt existe, alors le critere de Cauchy est

rempli pour la fonction y 7→∫ yx|f ′(t)| dt. Il s’ensuit puisque pour tout z ∈ [a,+∞[

|∫ y

x

D(t)f ′(t) dt−∫ z

x

D(t)f ′(t) dt| ≤∫ z

y

|D(t)f ′(t)| dt ≤∫ z

y

|f ′(t)| dt

que le critere de Cauchy est aussi rempli pour la fonction y 7→∫ yxD(t)f ′(t) dt.

Celle-ci admet donc une limite quand y → +∞. Le membre de droite de l’egalite(6) admet donc une limite quand y → +∞ si et seulement si

∫ yxf(t) dt admet une

limite quand y → +∞, ce qui equivaut encore a ce que le membre de gauche del’egalite (6) admette une limite quand y → +∞, ce qui finalement equivaut a ce queΣf(n) converge.

5.4. Remarque. Dans le cas ou la fonction f de la Proposition 5.3 est decroissante,f ′ est negative et |f ′| = −f ′. L’hypothese de la Proposition 5.3 implique donc quef(y) admet une limite lorsque y → ∞. Cette condition a deja lieu dans les hy-potheses de la Proposition 4.17, puisque dans la Proposition 4.17, la fonction estpositive, donc bornee inferieurement. Etant decroissante, elle admet necessairementune limite. La Proposition 5.3 contient donc la Proposition 4.17, sous la seule hy-pothese supplementaire (inutile dans la Proposition 4.17) du caractere C1 de f . Enrevanche la Proposition 4.17 ne dit rien du comportement de la serie Σf(n) lorsquef change de signe. Sous l’hypothese du caractere C1 de f , la Proposition 5.3 traitequant a elle cette situation.


104. Exercice. Donner la nature de la serie Σan lorsque an =sin(log(n))

npour

n ≥ 1.

Solution de l’exercice. Soit f(x) =sin(log(x))

x, pour x > 0. Cette fonction

est C∞ et f ′(x) =cos(log(x))− sin(log(x))

x2. Donc |f ′(x)| ≤ 2/x2. Il s’ensuit que∫ y

1

|f ′(x)| dx admet une limite quand y → +∞ (appliquer le critere de Cauchy et

remarquer que y 7→∫ y

1

dx

x2satisfait ce critere). D’apres la Proposition 5.3, la serie

Σan converge si et seulement si y 7→∫ y

1

f(t) dt admet une limite quand y → +∞.

Or le changement de variables u = log(t) donne∫ y

1

sin(log(t))

tdt =

∫ log(y)

0

sin(u) du = − cos(log(y)).

Mais la fonction y 7→ − cos(log(y)) ne converge pas quand y → +∞, car par exemplepour y = enπ, − cos(log(y)) = (−1)n+1. D’apres la Proposition 5.3, la serie Σandiverge.

105. Exercice. Soit f :]0,+∞[→ R la fonction definie par f(t) =log(t)

t. On

considere la suite (an)n∈N definie par :

∀n ≥ 1, an = f(n).

(1) Montrer que f est positive et decroissante sur [3,+∞[ et qu’une primitive

de f est F (t) =1

2log2(t).

(2) Deduire de la question precedente que∑n≥1

an diverge et que Sn ∼1

2log2(n),

ou Sn est la somme partielle d’ordre n de la serie∑n≥1

an.

(3) On veut montrer dans cette question que la suite

un := Sn −1

2log2(n)

converge.

3.a. Est-il toujours vrai que si deux suites (Sn)n∈N et (Tn)n∈N sont telles queSn ∼ Tn, alors (Sn−Tn)n∈N converge ? Donner une preuve dans le cas d’unereponse positive et un contre-exemple dans le cas d’une reponse negative.

3.b. Calculer un+1− un et montrer que la suite (un)n∈N decroit a partir du rang3.


3.c. Montrer que

un ≥1

2(log(2)− log2(3)).

Conclure que (un)n∈N converge vers une limite, que l’on notera `.

4. Montrer que la serie de terme general bn = (−1)n+1an converge. Le but des

questions qui suivent est de calculer+∞∑i=0

bi.

5. Soit N ≥ 1. Montrer que

2N∑n=1

bn =2N∑n=1

log(n)

n− 2

N∑n=1

log(2n)

2n.

6. En utilisant

p∑n=1

1

n= log(p) + γ + εp, ou εp → 0 quand p→ +∞ et ou γ est

la constante d’Euler, et la conclusion de la question 3, montrer que

+∞∑n=1

bn =1

2log2(2)− γ log(2).

Solution de l’exercice. (1) La fonction f est C∞ sur [3,+∞[ et f ′(t) =1t2

[1− log(t)] < 0 si t ≥ 3. Il est facile de verifier que F ′ = f .

(2) D’apres le Theoreme 4.17 de comparaison series-integrale, la serie Σan est

de meme nature que la suite

∫ n

3

f(t) = F (n)−F (3), puisque f est positive et

decroissante sur [3,+∞[. Or limn→∞

F (n) = +∞. Donc Σan diverge et de plus,

toujours d’apres le Theoreme 4.17, Sn ∼ F (n)−F (3) ∼ F (n) =1

2log2(n).

3.a. Les suites (Sn)n∈N et (Tn)n∈N ou Sn = n2 et Tn = n2 + n donnent uncontre-exemple a la proposition.

3.b. On a pour tout t ∈ [n, n + 1], n ≥ 3 f(t) ≥ f(n + 1), puisque f est

decroissante sur [3,+∞[. Il s’ensuit que F (n+ 1)−F (n) =

∫ n+1

n

f(t) dt ≥

f(n+ 1). Or un+1 − un = f(n+ 1)− [F (n+ 1)− F (n)] ≤ 0.

3.c. On a, toujours par decroissance de f , pour tout n ≥ 3, an ≥∫ n+1

nf(t) dt,

ce qui donne a3 + · · ·+ an = Sn − S1 − S2 ≥∫ n3f(t) dt = F (n+ 1)− F (3).

D’ou un ≥ S1 +S2−F (3) +F (n+ 1)−F (n) ≥ S1 +S2−F (3) = S2−F (3).

Ainsi la suite (un)n∈N est minoree. Etant decroissante d’apres la questionprecedente, cette suite converge.

4. Puisque la suite positive (an)n∈N tend vers 0 en decroissant, il s’agit ducritere des series alternees 5.2.


5. En separant les termes pairs et les termes impairs de la serie Σbn, on a2N∑n=1

bn =N−1∑n=0

log(2n+ 1)

2n+ 1−

N∑n=1

log(2n)

2n=

2N∑n=1

log(n)

n− 2

N∑n=1

log(2n)

2n.

6. D’apres la question 3, on a Sp = ` +1

2log2(p) + νp, ou νp → 0 quand

p→ +∞. On a donc2N∑n=1

bn =2N∑n=1

log(n)

n− 2

N∑n=1

log(2n)

2n= S2N −

N∑n=1

log(2)

n−

N∑n=1

log(n)

n

= S2N − SN − log(2)N∑n=1

1

n

= `+1

2log2(2N) + ν2N − `−

1

2log2(N)− νN − log(2)(log(N) + γ + εN).

=1

2log2(2)− γ log(2) + ν2N − νN − εN log(2)→n→+∞

1

2log2(2)− γ log(2).

CHAPITRE 4

Annexe : approximation des reels par les rationnels

1. Approximation des reels par des rationnels

On a pu, dans les chapitres 2 et 3, approcher des nombres comme log 2 (Exercice40), π/4 (Exercice 61),

√2 (Exercices et 63 et 64), ζ(2) = π2/6 (Exercice 69), et

plus generalement ζ(k), k ≥ 2 (Exercice 77),log 2

3+

π

3√

3(Exercice 103), par des

suites de nombres rationnels et estimer la rapidite de convergence de ces suites versleur limite. Parfois cette estimation est seulement une asymptotique.

Par exemple, dans l’Exercice 77, on obtient l’equivalent1

(α− 1)nα−1du reste

d’ordre n de la serie de Riemann d’exposant α ∈ N∗, ce qui n’est qu’une asympto-tique. Le reste de cette serie est l’ecart de ζ(α) au rationnel qu’est la somme partielled’ordre n de la serie de Riemann d’exposant α. Dans ce meme exercice, on montre

aussi que1

(α− 1)nα−1est un majorant de ce reste (voir aussi l’Exercice 91).

Dans l’Exercice 63 on a trouve une suite (pn/qn)n≥1 de rationnels telle que | log 2−pnqn| ≤ 1

n+ 1. Cependant dans cet exemple, comme pn/qn = 1 − 1/2 + 1/3 + · · · +

(−1)(n−1)/(n − 1), ce nombre rationnel possede un denominateur qui est a priori(n − 1)!, ce qui est bien trop grand compare a l’ecart obtenu a log 2, qui est lui auplus 1/(n+ 1).

Dans l’Exercice 61, c’est π/4 qui approche pour tout n ≥ 1 par un rationnela 1/(2n + 3) pres, mais ce rationnel possede encore un denominateur tres grandrelativement a 2n+ 3.

De meme dans l’Exercice 103,log 2

3+

π

3√

3est approche a

1

3n+ 4pres par un

rationnel dont le denominateur est de l’ordre de 3nn!.

Peut-on mieux approcher ζ(2), log 2, π etc... par une suite de rationnels, c’est-a-dire approcher chacun de ces nombres reels par une suite de rationnels (pn/qn)n≥1 aϕ(qn) pres, ou ϕ est une fonction qui tend suffisamment vitre vers 0 en +∞ ?

On sait que certains nombres possedent, en ce sens, de tres bonnes approximationspar des rationnels. Par exemple les nombres dits de Liouville. Ce sont des nombresdu type

ξ =+∞∑j=1

10−j!.

157

158 4. ANNEXE : APPROXIMATION DES REELS PAR LES RATIONNELS

Noter que la serie de terme general 10−j! est bien convergente, puisque son termegeneral est borne par le terme general de la serie geometrique de raison 1/10, parexemple.

Pour un tel nombre on observe qu’en notant

pn = 10n!n∑j=1

10−j!, qn = 10n!,

on a par la Remarque 3.8

|ξ − pnqn| =

+∞∑j=n+1

10j! = 10−(n+1)!(1 + 10−1 + 10−2 + · · · ) =10

9q−n−1n < q−nn .

Ainsi l’approximation de ξ par pn/qn est tres bonne relativement a la valeur de qn.

La situation generale est la suivante :

(1) D’une part pour tout nombre reel x, pour tout entier q > 0, on peut trouver

un rationnel p/q tel que |x− pq| ≤ 1

q2. Ce qui permet de construire une suite

de rationnels (pn/qn)n≥1 telle que |x − pnqn| ≤ 1

q2n, comme nous le verrons

ci-dessous.

(2) D’autre part, pour un nombre reel x quelconque, on ne peut esperer mieuxque cette approximation. En effet d’apres le theoreme de Roth, si x estun nombre irrationnel et algebrique (c’est-a-dire que x est racine d’un po-lynome non nul de Z[X], comme

√2 par exemple qui est racine de X2− 2),

alors pour tout ε > 0, il n’existe qu’un nombre fini de rationnels p/q tels

que |x− p

q| ≤ 1

q2+ε.

1.1. Remarque. Le theoreme de Roth montre que les nombres reels x qui sont

approches par des suites de rationnels (pn/qn)n≥1 telles que |x − pnqn| ≤ 1

qτn, pour

τ > 2, sont soit des nombres rationnels (mais dans ce cas inutile de les approcherdes suites de rationnels autres que la suite constante egale a x), soit des nombres quine sont racine d’aucun polynome de Z[X]. De tels nombres sont dits transcendants.Tel est donc le cas du nombre ξ ci-dessus.

Si le theoreme de Roth est difficile a demontrer (il a valu la medaille Fields aRoth en 1958), l’enonce 1. ci-dessus est en revanche facile a obtenir.

Pour cela notons {x} la partie fractionnaire de x, c’est-a-dire {x} = x − bxc ∈[0, 1[, ou bxc est la partie entiere de x. Soit alors Q ∈ N∗. Partitionnons l’intervalle[0, 1] en Q intervalles de longueur 1/Q. Il est alors certain que deux des Q + 1nombres 0, {x}, {2x}, {3x}, · · · , {(Q−1)x}, 1 sont dans un meme intervalle de notrepartition. En particulier ils sont distants de moins de 1/Q. On en deduit l’existencede deux entiers distincts A,B ∈ {1, 2, · · · , Q − 1} (le cas ou un des deux nombres

2. APPROXIMATION PAR LES FRACTIONS CONTINUES 159

0, {x}, {2x}, {3x}, · · · , {(Q−1)x}, 1 qui sont dans le meme intervalle de la partitionest le nombre 1 se traite de a meme maniere que ce qui suit) tels que

0 < {Ax} − {Bx} = Ax− bAxc −Bx+ bBxc = qx− p ≤ 1

Q,

ou q = A−B > 0 et p = bAxc− bBxc > 0. Il s’ensuit, puisque q = A−B ≤ Q, que

|x− p

q| ≤ 1

Qq≤ 1

q2.

Notons que puisque Q > 0 est un entier quelconque, en choisissant Q dans une suite

strictement croissante d’entiers, la majoration |x − p

q| ≤ 1

Qqpermet de construire

une suite de rationnels qui tend vers x.Si la preuve de l’observation 1. que l’on vient de donner est courte, elle ne per-

met pas en revanche de construire explicitement une suite de rationnels (pn/qn)n≥1

tendant vers x, telle que |x− pnqn| ≤ 1

q2n.

L’exercice qui suit permet de construire une telle suite.

2. Approximation par les fractions continues

Sous forme d’exercice, nous allons donner une maniere d’approximer au mieuxles nombres reels par des suites de rationnels.

106. Exercice. Soit (an)n∈N une suite de nombres reels ou a1, a2, · · · sont tousnon nuls. La donnee d’une telle suite permet d’en considerer une nouvelle, (cn)n∈N,dite fraction continue associee a (an)n∈N, en posant pour tout n ∈ N :

c0 = a0, c1 = a0 +1

a1, c2 = a0 +

1

a1 +1

a2

, · · · , cn = a0 +1

a1 +1

a2 +1

· · ·+1

an

On note plus commodement dans la suite de l’exercice les termes cn de la fractioncontinue (cn)n∈N par [a0, a1, · · · , an] 1. Les termes an de la suite initiale (an)n∈Ns’appellent les quotients partiels (d’ordre n) de la fraction continue.

Dans la suite de l’exercice on suppose que pour tout n ≥ 0, an > 0.

PARTIE I

1. Parfois la notation a0 +1

a1+

1

a2+· · · 1

anest aussi adoptee dans la litterature.


I.1. En remarquant que [a0, · · · , an, an+1] se calcule comme [a0, · · · , an−1, an],

mais avec an +1

an+1

a la place de an, montrer par recurrence qu’en posant p−2 =

0, q−2 = 1, p−1 = 1, q−1 = 0, et pour tout n ≥ 0{pn = anpn−1 + pn−2qn = anqn−1 + qn−2

on a

∀n ≥ 0, qn 6= 0 etpnqn

= cn.

On suppose dans tout le reste de l’exercice que les nombres an ∈ N∗ 2. Il s’ensuit quepour tout n, cn ∈ Q+.

I.2. Montrer par recurrence que pour tout n ≥ 0, pnqn−1 − pn−1qn = (−1)n−1 etque pour tout n ≥ 1, pnqn−2 − pn−2qn = (−1)nan. En deduire que pn ∧ qn = 1, pour

tout n ≥ 1. La fractionpnqn

est donc irreductible.

On dit quepnqn

est la reduite d’ordre n de la fraction continue (cn)n∈N.

I.3. Montrer que la suite des denominateurs q1, q2, · · · des reduites est stricte-ment croissante et que pour tout n ≥ 2

pnqn− pn−1qn−1

=(−1)n−1

qnqn−1

pnqn− pn−2qn−2

=(−1)nanqnqn−2

I.4. Montrer que les suites (p2nq2n

)n≥1 et (p2n+1

q2n+1

)n≥1 sont adjacentes. On note alors

[a0, a1, a2, · · · ] la limite de la suite (cn)n∈N.

PARTIE II

Rappelons que la partie entiere d’un nombre reel x est l’unique entier bxc tel quebxc ≤ x < bxc+ 1 et que la partie fractionnaire de x est alors {x} = x− bxc.

Etant donne un reel ξ ≥ 0, on lui associe les suites (an) et (ξn) suivantes (quisont eventuellement finies) definies par recurrence par :

ξ0 = ξ, a0 = bξ0c, ξn+1 =1

{ξn}et an+1 = bξn+1c si ξn 6∈ N. (∗)

2. On pourrait cependant sans changement dans ce qui suit supposer que a0 ∈ Z.


Ces deux suites donc finies si et seulement si pour un certain entier N ∈ N,ξN ∈ N.

II.1. Montrer que pour tout n ∈ N pour lequel ξn+1 est defini,

ξ = [a0, a1, · · · , an, ξn+1].

II.2. On suppose dans cette question que ξ ∈ Q+ et que ξ =p

q, avec p ∧ q = 1.

On applique a p et q l’algorithme d’Euclide calculant le pgcd de p et q : on effectuela division de p par q, de quotient α0 et de reste r0, puis la division de q par r0,de quotient α1 et de reste r1 etc... jusqu’a obtenir a la N ieme division (l’entier Ndependant de p et q) le reste rN−1 = 1 = pgcd(p, q) :

p = qα0 + r0, 0 < r0 < qq = r0α1 + r1, 0 < r1 < r0...rN−3 = rN−2αN−1 + 1

Montrer quep

q= [α0, α1, · · · , αN−1, rN−2].

II.3. Deduire des deux questions precedentes que les suites (ξn) et (an) associeesau reel ξ par (∗) sont infinies si et seulement si ξ est irrationnel (on pourra montrerque si ξ = p/q est rationnel, alors ξN = rN−2).

On suppose a partir de maintenant que ξ 6∈ Q, et donc que la suite (an)n∈N associee a ξ est infinie.

II.4. Pour n ∈ N∗, on definit la fonction fn : R∗+ → R par fn(x) := [a0, · · · , an−1, x].Montrer, en utilisant le theoreme des fonctions composees monotones, que fn estcroissante si n est pair et decroissante si n est impair.

II.5. En remarquant que ξn ≥ an, montrer que pour tout k ≥ 1,

ξ = f2k(ξ2k) ≥ f2k(a2k) = c2k,

ξ = f2k−1(ξ2k−1) ≤ f2k−1(a2k−1) = c2k−1.

Autrement dit, ξ est compris entre deux reduites quelconques consecutives de lafraction continue construite sur la suite (an)n∈N associee a ξ par (∗). En conclure al’aide de la question I.3 que

|ξ − cn| ≤1

q2n,

et en particulier que (cn)n∈N converge vers ξ.


II.6. Montrer qu’etant donne un reel ξ ≥ 0, ξ 6∈ Q, il existe une infinite de

rationnelsp

qtels que

|ξ − p

q| ≤ 1

q2.

PARTIE III

III.1. Dans cette question ξ =√

2. On cherche la fraction continue associee a√2 par (∗). Comme on a b

√2c = 1, on a

√2 = 1 +

1

ξ1.

III.1.a Montrer que ξ1 = 1 +√

2 et en deduire que a1 = 2 et ξ2 = ξ1. Enconclure que

√2 = [1, 2, 2, 2, · · · ].

III.1.b Calculer alors la reduite d’ordre 4 de [1, 2, 2, 2, · · · ] et en deduire uneapproximation de

√2 par un rationnel a une erreur que l’on donnera.

III.2. Dans cette question ξ est la solution positive de l’equation x = 1 +1

x.

Calculer ξ. Deduire de x = 1 +1

xla fraction continue associee a ξ par (∗), puis

donner une approximation de ξ a 10−4 pres.

III.3. A l’aide d’une calculatrice et de cette methode, donner une approximationde π par un rationnel a 10−9 pres.

Solution de l’exercice. I.1. Montrons par recurrence sur n ≥ 0, la proprietesuivante P(n) :

� pour toute suite de reels strictement positifs (ak)k∈N, q0, · · · , qn > 0 etpnqn

= cn � .

Donnons-nous pour cela une suite (ak)k∈N.

• On a q0 = 1 > 0, q1 = a1 > 0 etp0q0

=a0p−1 + p−2a0q−1 + q−2

=a01

= a0 = c0. On a aussi

p1q1

=a1p0 + p−1a1q0 + q−1

=a0a1 + 1

a1= a0 +

1

a1= c1. Ce qui prouve que P(0) et P(1)

sont vraies.• Supposons alors que pour un entier n ≥ 1, P(n) et P(n − 1) soient vraies et

montrons alors que P(n+ 1) est vraie.

Notons a′n := an+1

an+1

. On a alors cn+1 = [a0, · · · , an−1, a′n], ce qui en utili-

sant l’hypothese de recurrence pour n’importe quelle suite (a′k)k∈N commencantpar a0, a1, · · · , an−1, a′n (a laquelle sont associees les trois suites (p′k)k∈N, (q′k)k∈N


et (c′k)k∈N), donne

cn+1 = [a0, · · · , an−1, a′n] = c′n =a′np

′n−1 + p′n−2

a′nq′n−1 + q′n−2

.

Or les termes de (a′k)k∈N coıncident avec ceux de la suite (ak)k∈N jusqu’au rangn−1, ce qui montre que p′k et q′k coıncident respectivement avec pk et qk jusqu’aurang n− 1. On a donc

cn+1 = c′n =a′npn−1 + pn−2a′nqn−1 + qn−2

=(an + 1

an+1)pn−1 + pn−2

(an + 1an+1

)qn−1 + qn−2

=an+1[anpn−1 + pn−2] + pn−1an+1[anqn−1 + qn−2] + qn−1

,

ce qui, a nouveau par hypothese de recurrence, donne

cn+1 =an+1pn + pn−1an+1qn + qn−1

.

Ce qui montre que cn+1 = pn+1/qn+1. Notons que nous n’avons utilise quel’hypothese P(n).

D’autre part puisque par hypothese de recurrence qn > 0 et qn−1 > 0, dufait que an+1 > 0, on obtient bien que qn = anqn−1 + qn−2 > 0. Notons qu’icinous utilisons les hypotheses P(n) et P(n− 1).

On a donc prouve P(n+ 1) (pour la suite (ak)k∈N).• Par principe de recurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.

I.2. Montrons par recurrence sur n ≥ 0, la propriete suivante :

P(n) : � pnqn−1 − pn−1qn = (−1)n−1 � .

• On a p0q−1 − p−1q0 = a00 − 1 · 1 = −1 = (−1)−1, ce qui prouve que P(0) estvraie.• Supposons alors que pour un entier n ≥ 0, P(n) soit vraie et montrons alors

que P(n+ 1) est vraie. On a d’apres la question precedente

pn+1qn − pnqn+1 = [an+1pn + pn−1]qn − pn[an+1qn + qn−1]

= pn−1qn − pnqn−1,ce qui par hypothese de recurrence donne

pn+1qn − pnqn+1 = −(pnqn−1 − pn−1qn) = −(−1)n−1 = (−1)n.

Ce qui prouve P(n+ 1).• Par principe de recurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.

On montre de la meme maniere la seconde egalite.L’egalite pnqn−1− pn−1qn = (−1)n−1 est une egalite de Bezout, qui prouve que pn

et qn sont premiers entre eux, pour tout n.


I.3. Les deux egalites proviennent directement de la question I.2. Les entiersqn sont tous strictement positifs d’apres la preuve de la question I.1 D’autre partl’hypothese an ≥ 1 (an ∈ N∗) donne qn = anqn−1 + qn−2 ≥ qn−1 + qn−2 > qn−1. Cequi prouve la croissance stricte de la suite (qn)n∈N .

I.4. Par la seconde egalite de la question I.3, on a

p2nq2n− p2n−2q2n−2

=(−1)2nanq2nq2n−2

> 0,

donc la suite (p2nq2n

)n≥1 est strictement croissante. De meme

p2n+1

q2n+1

− p2n−1q2n−1

=(−1)2n+1anq2nq2n−2

< 0,

donc la suite (p2n+1

q2n+1

)n≥1 est strictement croissante.

Enfin, comme par la premiere egalite de la question I.3 la difference de deux

termes consecutifs de la suite (pnqn

)n∈N est majoree en valeur absolue par 1/qnqn−1,

et que la suite des entiers qn etant strictement croissante, (qn)n∈N tend vers +∞,on en conclut que la difference entre les termes de rang pairs et impairs de la suite

(pnqn

)n∈N tend vers 0. Les deux suites (p2nq2n

)n≥1 et (p2n+1

q2n+1

)n≥1 sont donc adjacentes

et par consequent convergent vers la meme limite. On en conclut enfin, puisque la

suite des termes de rang pairs et la suite des termes de rang impairs de (pnqn

)n≥1

convergent vers la meme limite, que la suite (pnqn

)n≥1 converge elle-meme vers cette

limite, notee [a0, a1, · · · ].

II.1. Supposons que ξ0, ξ1, · · · , ξn, ξn+1 sont definis, c’est-a-dire que ces reels nesont pas des entiers. Montrons alors par recurrence sur k ∈ {0, · · · , n} la propriete :

P(k) : � ξ = [a0, a1, · · · , ak, ξk+1] � .

Au prealable, remarquons que ξk = bξkc + {ξk} = ak +1

ξk+1

, pour tout k ∈

{0, · · · , n}.• D’apres cette remarque, ξ = ξ0 = a0 +

1

ξ1= [a0, ξ1], ce qui prouve P(0).

• Supposons que pour un entier k ≥ 1, P(k − 1) soit vraie. On a alors ξ =[a0, · · · , ak−1, ξk]. Il s’ensuit par la remarque que

ξ = [a0, · · · , ak−1, ak +1

ξk+1

] = [a0, · · · , ak−1, ak, ξk+1],

ce qui prouve P(k).• Par principe de recurrence, P(k) est vraie pour tout k ∈ {0, · · · , n}.


II.2. Nous avons p/q = α0 + r0/qr0/q = 1/(α1 + r1/r0)r1/r0 = 1/(α2 + r2/r1)...rN−3/rN−2 = αN−1 + 1/rN−2

ce qui montre quep

q= [α0, α1, · · · , αN−1, rN−2].

II.3. Si ξ est rationnel, la question II.2 montre quep/q = α0 + r0/qr0/q = 1/(α1 + r1/r0)r1/r0 = 1/(α2 + r2/r1)...rN−3/rN−2 = αN−1 + 1/rN−2

avec α0, α1, · · · , αN−1 ∈ N et r0/q, r1/r0, r2/r1, · · · , 1/rN−2 ∈]0, 1[, et donc que αn =an, pour tout n ∈ {0, · · · , N − 1}, ξ1 = q/r0, ξn+1 = rn−1/rN , pour tout n ∈{1, · · · , N − 2}, ξN = rN−2. La suite definie par (∗) s’arrete alors a ξN = rN−2 ∈ N.Reciproquement, si pour un certain entier N , ξN est un entier, alors du fait quepar la question II.1 ξ = [a0, · · · , aN−1, ξN ] et que [a0, · · · , aN−1, ξN ] ∈ Q puisquea0, · · · , aN−1, ξN ∈ Q, on a bien ξ ∈ Q.

II.4. La fonction fn est composee de n fonctions du type y 7→ a + 1/y, qui estdecroissante. La fonction fn est donc croissante lorsque n est pair et decroissantelorsque n est impair.

II.5. Comme ξn = an + 1/ξn+1, et que les suites (an)n∈N et (ξn)n∈N sont atermes strictement positifs, on a bien ξn > an. D’autre part d’apres la questionII.4, pour tout k ≥ 1, f2k est croissante. On en deduit que f2k(ξ2k) ≥ f2k(a2k). Maisf2k(a2k) = c2k et d’autre part f2k(ξ2k) = ξ, par la question II.1 Ce qui donne ξ ≥ c2k.

On montre de meme que ξ ≤ c2k−1. Il s’ensuit que ξ est compris entre deuxreduites quelconques consecutives de la fraction continue construite sur la suite(an)n∈N associee a ξ par (∗). En particulier

|ξ − cn| ≤ |cn+1 − cn| ≤1

qnqn+1

≤ 1

q2n.

L’avant derniere de ces inegalites provenant de la premiere egalite de I.3 et laderniere provenant de la croissance de la suite (qn)n∈N, obtenu egalement a la ques-tion I.3.


II.6. Si ξ 6∈ Q, on lui associe la suite (an)n∈N de (∗), qui est infinie d’apres laquestion II.3. Quel que soit n ≥ 0, le nombre cn est alors un rationnel, qui d’apresla question II.5 repond a la question.

III.1.a. Comme√

2 = 1 +1

ξ1, on a immediatement que ξ1 = 1 +

√2. Il s’ensuit

que√

2 = [1, ξ1] = [1, 1 +√

2] = [1, 2 +1

ξ1] = [1, 2, ξ1] = [1, 2, 2 +

1

ξ1]

= [1, 2, 2, ξ1] = · · · = [1, 2, 2, 2, · · · , 2, ξ1].On obtient bien de proche en proche que an = 2, pour tout n ≥ 1 (pour etre tout afait rigoureux, une recurrence s’impose ici).

III.1.b.

Nous avons c5 = 1+1

2 +1

2 +1

2 +1

2 +1

2

= 99/70. D’apres la question II.5 il s’agit

d’une approximation de√

2 a 1/q25 = 1/702 pres, soit a environ 2, 05.10−4 pres. Defait |

√2− 99/70| ' 73.10−6.

III.2. On a facilement x =1 +√

5

2(x est le nombre d’or). De x = 1 +

1

x, on

obtient x = [1, x] = [1, 1 + 1/x] = [1, 1, x] = · · · = [1, 1, · · · , 1, x]. On en conclut quean = 1 pour tout n ≥ 1. On a c11 = 233/144, ce qui montre que 233/144 est uneapproximation de x a 1/1442 ≤ 10−4. On trouve en realite |x−233/144| ≤ 5.10−10 ≤2, 2.10−5.

III.3. Bien entendu on pourrait toujours se donner π avec 10 decimales ; a sa-

voir π = 3, 1415926535, et produire l’approximation |π− 31415926535

1010| ≤ 10−9. Mais

cette approximation n’est pas economique, car elle comporte un numerateur et undenominateur qui sont grands. On developpe plutot π en fraction continue suivant lamethode (∗), avec l’aide d’une calculatrice pour trouver les differentes parties frac-tionnaires. On obtient : π = [3, 7, 15, 1, 292, · · · ], ce qui fournit c4 = 103993/33102,qui approxime donc π a au moins 1/331022 ' 9.10−10 pres. On trouve en realite|π − 103993/33102| ≤ 5.10−10.

Autrement dit l’estimation de l’erreur donnee par la question II.5 est tres prochede l’erreur reelle sur ces trois exemples.

Bibliographie

[1] J. Arnaudies et H. Fraysse – Cours de mathematiques 2 - analyse, Dunod Universite,1991.

[2] A. Baker – Transcendental number theory, Cambridge University Press, 1975.

[3] J. Bost – Le theoreme des nombres premiers et la transformee de fourier, Edition EcolePolytechnique, 2003.

[4] Sous la direction de C. Deschamps et A. Warusfel – Mathematiques tout-en-un -premiere annee, Dunod, 2003.

[5] P. Colmez – elements d’analyse et d’algebre (et de theorie des nombres), Les editions del’ecole Polytechnique, 2011.

[6] S. la direction de E. Ramis et A. Warusfel – Mathematiques tout-en-un pour la licence- niveau l2, Dunod, 2007.

[7] S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas – Exercices de mathematiques, oraux x-ens,analyse 1, Cassini, 2007.

[8] X. Gourdon – Les maths en tete, Ellipses, 2008.

[9] C. Niculescu et L. Persson – Convex functions and their applications, a contemporaryapproach, CMS, Springer, 2006.

[10] E. Ramis, C. Deschamp et J. Odoux – Cours de mathematiques speciales - tome 3 topologieet elements d’analyse, Masson, 1991.

167

Date post:	20-Aug-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	1 times
Download:	0 times

MATH 321 - Licence de mathématiquesgcomte.perso.math.cnrs.fr/Math321/MATH321.pdf · x7!ydu fait de...

Documents