%&xetex
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% L I C E N S E
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Ces notes ont été écrites par Jonathan Godin. Il est le
% seul auteur de ce fichier. 
%
% Vous pouvez utiliser des parties ou l'intégralité
% du fichier. Cependant, il faut citer Jonathan Godin
% comme étant l'auteur original.
%
% Pour tout problème, commentaire ou suggestion, écrivez à
% jonathan.godin@umontreal.ca
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%
% À compiler avec XeTeX
%\special{dvipdfmx: config z 0}
%
\special{pdf: docinfo <<
/Author (Jonathan Godin)
/Title (Analyse 2 - Notes)
/Subject (Analyse des fonctions d'une variable réelle)
/Keywords (Intégrale, convergence uniforme,
  séries entières, fonction transcendantes, 
  séries de Fourier)
>>}

%\special{pdf: docview << /PageMode /UseOutlines >>}

\def\intsup_#1^#2{\ol{\int_{#1}^{#2}}}
\def\intinf_#1^#2{\ul{\int_{#1}^{#2}}}
\let\ol=\overline
\let\ul=\underline
\def\pint{{\ts \int}}
\def\1{\medbreak\noindent{\bf 1.\ }\ignorespaces}
\def\2{\medbreak\noindent{\bf 2.\ }\ignorespaces}
\def\3{\medbreak\noindent{\bf 3.\ }\ignorespaces}
\def\4{\medbreak\noindent{\bf 4.\ }\ignorespaces}
\def\5{\medbreak\noindent{\bf 5.\ }\ignorespaces}
\def\Un{{\bf 1.\ \ignorespaces}}
\def\Deux{{\bf 2.\ \ignorespaces}}
\def\Trois{{\bf 3.\ \ignorespaces}}
\def\Quatre{{\bf 4.\ \ignorespaces}}

\input eplain % Référençage et hyperlien
\input unicode.tex  % Pour écrire en utf-8
\input format_note.tex 
%\soltrue
\solfalse
%\long\def\prof#1\fin{\relax}
\def\prof{\def\fin{\let\fin=\undefined}}

\def\stop{\bye} % Pour terminer le document plus tôt à des fin de déboggage
\def\stop{} % Pour inhiber l'effet de \stop
%
\centrermarges % Pour avoir deux marges pareils des côtés droit et gauche
\let\margesnormales=\centrermarges % Pour avoir des marges pareils dans les parties 1 et 2
\font\petitefonte=ecrm0800 % Écrire en 8pt
\def\version{\petitefonte\number\day/\number\month/\number\year}
%
%\titre Rappels et autres bizarreries.
%\titre Calcul \ à \ l'aide \ de \ l'analyse \ complexe.
\titre Analyse 2.
\centerline{Note de cours fait par Jonathan Godin\dixpt{}%
  \footnote{${}^\ast$}{\noindent Ces notes sont en grande partie inspirées
  de mes notes prises en classe au cours d'analyse 2 donné par
  Thomas Ransford à l'Université Laval à l'automne 2012.}}

\medskip

\matieres % Composer la table des matières

\vfill\supereject % équivalent à \newpage, si \newpage était défini...


\sectionsansnum Introduction.
Ce document constitue les notes de cours pour le cours
d'analyse 2 à l'Université de Montréal. Ce texte traite
de l'analyse des fonctions d'une variable réelle et fait
suite à la matière du cours d'analyse 1. Le premier chapitre
complète le calcul différentiel et intégral. Les autres
chapitres sont plutôt axés sur la théorie des fonctions, plus
précisément la notion de suite de fonctions et des différentes
convergences, des liens entre la dérivée, l'intégral et
la limite et les séries de fonctions et, enfin, la décomposition d'une
fonction en une série de Fourier.


\difficile Idée inspirée du \TeX book, les paragraphes comme celui-ci,
  précédés d'un sinus du topologue, contiennent des remarques ou
  des explications qui peuvent être ignorées lors d'une première
  lecture. Ils sont composés en taille 10pt, donc on peut facilement
  savoir où se termine le passage. Ces sections seront étiquetés 
  ainsi pour l'une des raisons suivantes~:
  des outils qui ne sont pas supposés maîtrisés pour le cours
  sont utilisés, le raisonnement devient un peu plus difficile à suivre 
  (c'est ce qui a inspiré le symbole), le
  contenu s'éloigne un peu trop de la discussion ou du cadre
  du cours, un exercice  plus difficile. 
\fin

%TODO voir si la notation est nécessaire
%\sectionsansnum Notations.
%\halign{
%  \hbox to .2\hsize{\hskip2pc#\hfill}
%    & \hbox to .7\hsize{\hsize=.7\hsize\vtop{\noindent#}}\cr
%  $y\equiv C$ & «~Constamment égale~», la fonction 
%    $y(x)$ vaut $C$ pour tout $x$.\cr
%  $\d f_x$ & La différentielle de $f$ au point $x$.\cr
%  $\nabla f$ & Le gradient de $f$.\cr
%  $\vec v\bullet \vec w$ & Le produit scalaire entre $\vec v$
%    et $\vec w$.\cr
%  $\vec v\times \vec w$ & Le produit vectoriel entre $\vec v$
%    et $\vec w$.\cr
%  $\d s$ & Élément de longueur, $\d s = \|\vec r{\,}'\!(t)\|\d t$.\cr
%  $\d A$ & Élément d'aire, $\d A = \d x\d y$.\cr
%  $\d S$ & Élément de surface, $\d S = \|\vec N\|\d u\d v$.\cr
%  EDO & Équation différentielle ordinaire.\cr
%}

\expandafter\def\expandafter\resetnumeroter%
  \expandafter{\expandafter\def\expandafter\numeroter%
  \expandafter{\numeroter}}
\def\numeroter{\number\enonceno.}

\sectionsansnum Retour sur la continuité et la continuité uniforme.
La continuité et la continuité uniforme sont deux notions proches,
mais distinctes. On les rappelle ici. La continuité est utile
partout en analyse et la continuité uniforme sera utilisé 
au chapitre~1.

Pour toute la section, on considère $I\subseteq \R$ un intervalle
(borné ou non) et $f\colon I\to\R$ une fonction. 

\deff {\rm (Continuité)} On dit que $f\colon I\to\R$ est \emph{continue en $x_0\in I$} si pour
  tout $\ep > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x\in I$, on a
  $$
    |x_0 - x| < \delta \Rightarrow |f(x_0) - f(x)| < \ep.
  $$
  On dit que $f$ est \emph{continue} si $f$ est continue pour tout
  $x\in I$.
\fin
\deff {\rm (Continuité uniforme)} On dit $f\colon I\to \R$ est 
  \emph{uniformément continue} si pour tout $\ep > 0$, 
  il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x,y\in I$, on a
  $$
    |x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \ep.
  $$
\fin

La différence entre les définitions est que pour la continuité
uniforme, $\delta$ doit être adéquat pour tout $x,y\in I$, alors que
pour la continuité en un point, $\delta$ peut varier en tout point.
La continuité uniforme entraine la continuité, mais l'inverse est
fausse en général. Voici un contre exemple.

\ex* Soit $f\colon (0,1) \to \R$ la fonction définie par
  $$
    f(x) = {1\over x}.
  $$
  Elle est bien sûre continue. Pour voir qu'elle n'est pas
  uniformément continue, on pose $\ep = {1\over 2}$. Ensuite,
  on considère $0 < \delta < {1\over 2}$ quelconque (si
  $\delta\geq{1\over 2}$,
  il suffit de prendre $x = {1\over 4}$ et $y={1\over 2}$ pour
  obtenir une contradition). On restreint $x$ à l'intervalle
  $(0,{3\over 4})$ et on pose $y = x + {\delta\over 2}$. 
  Ensuite, on a
  $$
  \eqalignno{
    |f(x) - f(y)|
      &= \left|{1\over x} - {1\over y}\right|\cr
      &= \left|{x - y \over xy}\right|\cr
      &= {\delta \over 2} {1\over |x(x + {\delta \over 2})|}\cr
      &\geq {\delta \over 2} {1\over |x|} 
        {1\over (1 + {\delta \over 2})}.\cr
  }
  $$
  Ainsi, en prenant $x < {\delta \over 1 + {\delta \over 2}}
  < {1\over 2}$ on obtient
  $$
    |f(x) - f(y)| > {1\over 2} = \ep.
  $$
  On conclut que $f$ n'est pas uniformément continue.
\fin

Le problème de ce contre-exemple est que quand $x$ tend
vers $0^+$, $f$ tend vers l'infinie. En fait, on a une réciproque
partielle.

\theo Soit $f\colon (a,b) \to \R$ une fonction continue. Si les
  limites
  $$
    \lim_{x\to a^+} f(x) \quad \hbox{ et } \quad
    \lim_{x\to b^-} f(x)
  $$
  existent, alors $f$ est uniformément continue.

  En particulier, si $f\colon [a,b] \to \R$ est continue sur 
  l'intervalle compact $[a,b]$, alors $f$ est uniformément continue.
\fin

La continuité uniforme sera fort utile pour déterminer
l'intégrabilité d'une fonction.

Enfin, on rappelle les résultats suivants concernant les fonctions
continues.

\theo[des valeurs intermédiaires] {\rm (TVI)} 
  Si $f\colon I\to \R$ est continue,
  alors pour tout $x,y \in I$ tels que $x < y$ et pour tout $c$ 
  tel que $f(x) < c < f(y)$ ou $f(y) < c < f(x)$, il existe $z$ 
  tel que $x < z < y$ et $f(z) = c$.
\fin

\theo Soit $f\colon I\to \R$ une fonction continue. Si $I$ est un
  intervalle compact, alors $f$ atteint son maximum et son minimum. En
  particulier, $f$ est bornée.
\fin

\sectionsansnum Retour sur la dérivée d'une fonction.
On rappelle que $f$ est \emph{dérivable} en $x\in I$
si la limite
$$
  \lim_{h\to 0} {f(x+h) - f(x) \over h}
$$
existe. Dans ce cas, on la note $f'(x)$ ou ${\d f\over \d x}(x)$.
On dit que $f$ est dérivable si $f$ est dérivable pour tout 
$x\in I$.

On étend la notion de dérivée aux intervalles fermés. Si
$f$ est définie sur un intervalle de la forme $[a,b)$
ou $[a,b]$, on définit la dérivée à gauche par
$$
  f'(a) = \lim_{h\to 0^+} {f(a + h) - f(a) \over h},
$$
lorsque la limite existe. La limite à droite, sur
un intervalle de la forme $(a,b]$ ou $[a,b]$ se
définit de façon analogue.

Si on dit que $f$ est dérivable, cela veut dire que
$f$ est dérivable en tout $x\in I$, y compris à droite
ou à gauche si l'intervalle inclut l'une de ses extrémités.

Un résultat important des fonctions dérivables est le suivant.
\theo[des accroissements finis] (TAF)
  Si $f\colon(a,b)\to \R$ est
  dérivable, alors pour tout $x,y\in (a,b)$ tels que $x < y$, il
  existe $\xi\in (x,y)$ tel que
  $$
    f(y) - f(x) = f'(\xi) (y-x).
  $$
\fin

\cor Si $f\colon I\to \R$ est continument dérivable, alors pour
  tout $x < y$ dans $I$, il existe $M\geq 0$ tel que
  $$
    |f(y) - f(x)| \leq M |y - x|.
  $$
\fin

\theo[des développements limités] Soit $f\colon I\to\R$,
  soit $a\in I$, soit $n\geq 1$ et on suppose que
  $f^{(n)}(a)$ existe. Alors
  $$
    f(a+h) = \sum_{k=0}^n {f^{(k)}(a)\over k!}h^k + \ep(h)h^n,
  $$
  où $\ep(h)\to 0$ lorsque $h\to 0$.
\fin

\sectionsansnum Classes de fonctions dérivables.
On introduit les espaces de fonctions suivants.
\deff Soit $I$ un intervalle ouvert (borné ou non). 
  \item{1.} On définit l'ensemble $C^0(I)$ par
    $$
      C^0(I) := \{f\colon I\to \R\mid \hbox{$f$ est continue}\}.
    $$
  \item{2.} On définit l'ensemble $C^1(I)$ par
    $$
      C^1(I) := \{f\colon I\to \R\mid \hbox{$f$ est dérivable et
      $f'\in C^0(I)$}\}.
    $$
  \item{3.} Pour $n\in \N^\ast$, on définit
    $$
      C^n(I) := \{f\colon I\to \R\mid \hbox{$f$ est dérivable et
      $f'\in C^{n-1}(I)$}\}.
    $$\par
  \item{4.} On définit l'ensemble $C^\infty(I)$ par
    $$
      C^\infty(I) := \bigcap_{n\in\N} C^n(I).
    $$

  Lorsque $f\in C^n(I)$, on dit que $f$ est \emph{de classe $C^n$}.
\fin

Autrement dit, $C^n(I)$ est l'espace des fonctions $n$-fois
dérivables dont la dérivée $n$-ième est continue.
L'ensemble $C^\infty(I)$ est l'ensemble des fonctions infiniment
dérivable. Si $I$ est un intervalle, c'est un ensemble non vide,
puisque les fonctions constantes en font partie.

Il en va de soi que l'on a les inclusions suivantes
$$
  C^\infty(I) \subset \cdots \subset C^n(I) 
  \subset \cdots \subset C^2(I) \subset C^1(I) \subset C^0(I).
$$
De plus, les inclusions sont strictes, puisque la fonction
$f(x) = (\max\{0,x\})^n$ est $n-1$-fois dérivable, mais pas
$n$-fois.

\difficile Les ensembles $C^n(I)$ forment un espace vectoriel
  pour chaque $n\in \N\cup\{\infty\}$. En effet, si $f,g,h\in C^n(I)$ et si
  $\alpha,\beta\in\R$, alors
  \item{(1)} $\alpha f\in C^n(I)$;
  \item{(2)} $\alpha f + \beta g \in C^n(I)$;
  \item{(3)} $\alpha(f + g) = \alpha f + \alpha g$.\par
  \noindent Quelle est alors la dimension de l'espace? En fait, il
  s'agit d'un espace de dimension {\it infinie\/}. L'espace est donc
  plus difficile à cerner, puisqu'on ne peut pas facilement utiliser
  une base et des matrices pour travailler. Par exemple, pour 
  $x\in I$, on peut définir une application linéaire 
  $L_x\colon C^n(I) \to \R$ par
  $$
    L_x(f) = f(x),
  $$
  mais cette application ne se représente pas par une matrice.
\fin

On peut étendre la définition de $C^n$ aux intervalles qui ne sont
pas ouverts. Pour $C^0$, il suffit d'ajouter la continuité à 
gauche ou à droite, le cas échéant.
Pour $n>0$, si $I$ est un intervalle de la forme $(a,b]$, alors
on définit
$$
  C^n(I) := \left\{f\in C^0(I) \,\middle|\,
    f\big|_{(a,b)}\in C^n(a,b)\hbox{ et }\lim_{x\to b^-} f^{(j)}(x) 
    \hbox{ existe pour tout $j\in\{1,\ldots,n\}$}\right\}.
$$
On définit $C^n(I)$ de façon similaire pour les cas $I = [a,b)$ et
$I = [a,b]$.

\sectionsansnum Petit o et grand O.
On utilisera la notation du petit $o$ de Landau.
\deff Soit $a\in \R$ et soit $r$ et $h$ deux fonctions définies sur
  un voisinage de $a$. On dit que $r$ est \emph{un petit $o(h(x))$
  lorsque $x\to a$} (dit «~petit $o$ de $h$~») si
  $$
    \lim_{x\to a} {r(x) \over h(x)} = 0.
  $$
  Par abus de notation, on écrit parfois 
  $r(x) = \mathop{o}\limits_{x\to a}(h(x))$. 
  Lorsque le contexte est clair, on écrira simplement 
  $r(x) = o(h(x))$.
\fin

\ex* \item{$\bullet$} $f(x) = x$ est un petit $o(1)$ lorsque 
  $x\to 0$ (dit «~petit
  $o$ de 1~»), puisque $\lim_{x\to 0} x/1 = 0$. Cependant, $f$ n'est
  pas un $o(x)$, car $\lim_{x\to 0} x/x = 1\not= 0$. 
  \item{$\bullet$} $g(x) = \sqrt x$ est un $o(x^{1/3})$ lorsque
  $x\to 0$. En fait,
  $g$ est un $o(x^\ep)$ pour tout $0 \leq \ep < {1\over 2}$.
  \item{$\bullet$} $h(x) = 1 - \cos x$ est un $o(x)$ lorsque 
  $x\to 0$, car, par la règle de l'Hôpital, on a
  $$
    \lim_{x\to 0} {1 -\cos x\over x} = \lim_{x\to 0} {\sin x \over
    1} = 0.
  $$
\fin

La proposition suivante illustre un peu mieux comment cette notation
sera utile.

\prop La fonction $f$ est dérivable en $x_0$ si et seulement s'il existe
  $A\in \R$ tel que
  $$
    f(x_0 + h) = f(x_0) + A h + o(h),\eqno(*)
  $$
  pour tout $|h|$ assez petit. Dans ce cas, on a $f'(x_0) = A$.
\fin
\dem On suppose que $f$ est dérivable. Dans ce cas, on pose 
  $$
    r(h) = {f(x_0 + h) - f(x_0)} - f'(x_0)h,
  $$
  où $h$ est assez petit pour que $f$ soit définie en $x_0 + h$.
  On voit que 
  $$
    \lim_{h\to 0} {r(h) \over h} 
      = \lim_{h\to 0} {f(x_0 +h) - f(x_0) \over h} - f'(x_0)
      = f'(x_0) - f'(x_0) = 0
  $$
  et donc $r$ est un $o(h)$. Ainsi, l'équation $(*)$ est vérifiée
  avec $A = f'(x_0)$.

  Maintenant, on suppose qu'il existe $A\in \R$ tel que $(*)$ est
  vraie. On a alors
  $$
    {f(x_0 +h) - f(x_0) \over h} = A + {o(h)\over h}.
  $$
  Lorsque $h\to 0$, le côté droit converge vers $A$, donc le côté
  gauche converge également. Ainsi, on a bien que $f'(x_0)$ existe
  et $f'(x_0) = A$.
\fin

En fait, la proposition se généralise partiellement pour les dérivées d'ordre
supérieur. 

\exer Développements limités. Montrer que si $f$ est $n$-fois 
  dérivable en $x_0$, alors
  $$
    f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)h + f''(x_0){h^2 \over 2!}+ \cdots + f^{(n)}(x_0)
      {h^n \over n!} + o(h^n).
  $$
\fin

La notation du petit $o$ aide énormément pour faire
les calculs dans certaines situations.

\ex Calculer $\ds\lim_{x\to 0} {(\cos x - 1)^n\over x^{2n}}$.
  Le développement limité de $\cos x$ en 0 est
  $$
    \cos x = 1 - {x^2\over 2} + o(x^2).
  $$
  On a donc
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    { (\cos x - 1)^n \over x^{2n}}
      &= { (1 - {\ts {1\over 2}}x^2 + o(x^2) -1)^n \over
        x^{2n}}\cr
      &= { (-{\ts {1\over 2}}x^2 + o(x^2))^n \over x^{2n}}\cr
      &= {(-1)^n {\ts {1\over 2^n}}x^{2n} + o(x^{2n})\over x^{2n}}\cr
      &= {(-1)^n\over 2^n} + o(1).
  }
  $$
  On voit que la limite lorsque $x\to0$ vaut ${(-1)^n\over 2^n}$.
\fin

La prochaine notation est celle du grand $O$. Elle est
particulièrement utile en informatique, pour l'analyse 
d'algorithme.

\deff \hangindent\parindent\hangafter1
  1.~Soit $a\in \R$ et $f,g\colon (a,\infty) \to \R$ deux fonctions. 
  On dit que $f$ est \emph{un grand $O(g(x))$ lorsque $x\to\infty$} 
  s'il existe $M \geq a$ et $C>0$ tels que pour tout $x \geq M$, on a
  $$
    |f(x)| \leq C|g(x)|.
  $$
  
  \item{2.} Soit $x_0\in \R$. Soit $f$ et $g$ deux fonctions
  définies sur un voisinage de $x_0$. On dit que $f$ est un
  \emph{grand $O(g(x))$ lorsque $x\to x_0$} s'il existe 
  $C,m>0$ tel que si $|x-x_0| < m$, alors on a
  $$
    |f(x)| \leq C|g(x)|.
  $$
\fin

Lorsque le contexte est clair, on ne précisera pas vers quelle
valeur $x$ tend. On commence par le cas où $x\to\infty$.

\ex* \item{$\bullet$} $f(x) = x$ est un $O(x)$, puisque 
  $x \leq x$ pour tout $x$. En fait, $f$ est un $O(x^n)$ 
  pour tout $n\geq 1$. 
  \item{$\bullet$} Une fonction bornée $g$ est un $O(1)$, car
  $g(x) \leq C$ pour tout $x$. Par exemple, $g(x) = \sin(x)$ est 
  un $O(1)$.
  \item{$\bullet$} $h(x) = e^x$ n'est pas un $O(x^n)$ pour aucun
  $n\in \N$.
\fin

\exer Soit $f,g\colon (0,\infty)\to (0,\infty)$ deux fonctions. Montrer que
  si 
  $$
    \lim_{x\to \infty} {f(x) \over g(x)}
  $$
  existe, alors $f$ est un $O(g(x))$.
\fin
\sol Soit $L$ la limite. On sait que $L\geq 0$, car $f$ et $g$ sont
  à valeurs positives. Soit $\ep > 0$. Il existe $M> 0$ tel que 
  pour tout $x \geq M$, on a
  $$
    \left| {f(x) \over g(x)} - L\right| < \ep.
  $$
  Il s'ensuit que $f(x) < (L +\ep) g(x)$, d'où $f$ est un $O(g(x))$.
\fin

Ensuite, on s'attarde au grand $O$ lorsque $x\to a$. Voici des exemples.
\ex* \item{$\bullet$} $f(x) = x$ est un $O(x)$ lorsque $x\to 0$.
  \item{$\bullet$} $g(x) = \sin x$ est un $O(x)$ lorsque $x\to 0$.
  \item{$\bullet$} $h(x) = e^x$ est un $O(1)$ lorsque $x\to a$
  pour tout $a\in \R$.
\fin
\exer Soit $a > 0$ et $f,g\colon (-a,a) \to (0,\infty)$. Montrer
  que si la limite
  $$
    \lim_{x\to 0} {f(x)\over g(x)}
  $$
  existe, alors $f$ est un $O(g(x))$.
\fin

On a vu que le petit $o$ est intimement lié aux développements
limités. Le grand $O$ est quant à lui lié au développement de Taylor.

\theo Soit $f\colon I\to \R$ une fonction de classe $C^{n+1}$ sur
  $I$. Alors pour $|h|$ assez petit, on a
  $$
    f(x +h) = f(x) + f'(x)h + \cdots + f^{(n)}(x){h^n\over n!}
      + O(h^{n+1}).
  $$
\fin
\dem
  Par le théorème de Taylor, pour $h$ si petit que $f$ est définie
  sur $[x-h, x+h]$, il existe $\xi$ tel que
  $$
    f(x +h) = f(x) + f'(x)h + \cdots + f^{(n)}(x){h^n \over n!}
      + f^{(n+1)}(\xi){h^{n+1}\over (n+1)!}.
  $$
  Ainsi, on voit que
  $$ 
    \left|f(x +h) - f(x) - f'(x)h - \cdots 
      - f^{(n)}(x){h^n \over n!}\right|
      = |f^{(n+1)}(\xi)|{|h^{n+1}|\over (n+1)!}.
  $$
  Puisque $f^{(n+1)}$ est continue, la fonction $f^{(n+1)}$ 
  est bornée sur l'intervalle $[x-h, x+h]$,
  disons par $C$. On a donc
  $$ 
    \left|f(x +h) - f(x) - f'(x)h - \cdots 
      - f^{(n)}(x){h^n \over n!}\right|
      \leq {C\over (n+1)!} |h^{n+1}|,
  $$
  d'où la conclusion.
\fin

\difficile Comment cette notation est-elle utile en informatique?
  Lorsqu'on analyse un algorithme, il est important de savoir si
  l'algorithme effectue un grand nombre d'opérations. Comme il est
  bien trop difficile de calculer explicitement ce nombre, on utile
  des ordres de grandeur. C'est là où la notation grand $O$ est utile.
\fin
\exdifficile* On considère le programme suivant qui permet de
  determiner si un nombre $x$ appartient à une liste ordonnée $L$ de
  nombres\footnote{$^\ast$}{Le pseudo-code est inspiré de la
  documentation de Python.}.
  $$
  \vcenter{\noindent
  \settabs\+1.~&\qquad&\qquad&\qquad\cr
    \+ {\bf Fonction chercher $x$ dans $L$.}\cr
    \+Soit $x$ un nombre et $L = (x_1,\ldots, x_n)$ une liste 
    ordonnée de nombres de longueur $n$.\cr
    \+1.&Choisir $a\leftarrow 1$ et $b\leftarrow n$.\cr
    \+ 2.& {\bf Tant que} $a \leq b$~:\cr
    \+ && choisir $m\leftarrow \lfloor{ a + b\over 2}\rfloor$.\cr
    \+ &&{\bf Si} $x = x_m$,\cr
    \+ &&& {\bf renvoyer} $m$,\cr
    \+ && {\bf sinon si} $x < x_m$,\cr
    \+ &&& choisir $b \leftarrow m-1$,\cr
    \+ && {\bf sinon si} $x > x_m$,\cr
    \+ &&& choisir $a \leftarrow m+1$.\cr
    \+ 3.&{\bf Renvoyer} $\emptyset$. {\tt // Si on se rend ici, on n'a rien
    trouvé.}\cr
  }
  $$
  Le but de l'exemple n'est pas de vérifier que l'algorithme
  fonctionne, mais plutôt de vérifier qu'il est {\it efficace}.
  On détermine l'efficacité en fonction de la longueur de la liste
  $n$. 

  On définit une fonction $f\colon\N^\ast\to\R$ comme suit~: $f(n)$ désigne le
  nombre d'opérations effectuer pour accomplir l'algorithme pour une
  liste $L$ de longueur $n$ dans le cas où la recherche est la plus
  longue possible. Calculer $f$ explicitement serait bien trop
  diffcile, voire imposible. Au lieu, on montre que $f(x) = O(\log n)$
  lorsque $n\to \infty$.

  L'idée est la suivante~: la boucle de l'étape 2 peut s'effectuer au
  plus $\lfloor\log_2 n\rfloor + 2$ fois, car à la $j$-ième
  itération, on voit que 
  $$
    b - a \leq {n+1\over 2^j}
  $$
  et pour $j = \lfloor\log_2 n\rfloor + 2$, on a
  $$
    2^j = 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor + 1 + 1}
      = 2\cdot 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor +1}
      \geq 2\cdot 2^{\log_2 n} = 2n.
  $$
  Ainsi, il s'ensuit que
  $$
    b - a \leq {n+1\over 2^j} \leq {n+1\over 2n} < 1,
  $$
  donc $b = a$ puisque $b$ et $a$ sont entiers.

  Ensuite, si à chaque fois que l'on exécute la boucle, on effectue
  au plus $C$ opérations, on obtient la borne
  $$
    f(n) \leq C(\lfloor \log_2 n\rfloor + 2) + D,
  $$
  où $D$ est le nombre d'opérations effectuées dans les autres étapes
  à l'extérieur de la boucle et qui ne dépend pas de $n$. 
  Ceci montre que $f(n) = O(\log_2 n)$.
  Enfin, puisque $\log_2 n = {\log n\over\log 2}$, on a également
  $f(n) = O(\log n)$.\penalty10000
\fin

\difficile Habituellement, on dit qu'un algorithme est efficace
  lorsque le nombre d'opérations est de l'ordre d'un grand
  $O(\hbox{polynôme})$ dans la dimension qui croît (dans l'exemple
  précédent, cette dimension est la longueur de la liste).
  Si l'ordre de grandeur est un grand $O(\log n)$, c'est encore mieux!
\fin

\resetnumeroter
\chapitre Calcul intégral.
Définir rigoureusement l'intégral de Riemann se fait à l'aide des
sommes de Riemann. L'idée consiste à approximer l'aire par des
rectangles. Pour définir la notion, on fera intervenir l'intégrale
supérieure et inférieure, qui est une approche un peu différente de
prendre la limite d'une somme de Riemann, comme on l'aurait vu dans
un cours de cégep. Il y a différentes approches équivalentes,
mais l'on choisit celle de Darboux puisqu'elle fournit un 
critère d'intégrabilité plus commode.

Une fois que l'intégrale sera définie rigoureusement, il sera de
mise d'effectuer une étude de ses propriétés. Une autre partie
importe du chapitre sera de déterminer un critère pour établir
l'intégrabilité d'une fonction.

Ensuite, le célèbre théorème fondamental
du calcul, le grand théorème d'analyse réelle qui lie le calcul
différentiel au calcul intégral, sera énoncé et démontré.

Quelques techniques d'intégration seront abordées par la suite.
Le chapitre se terminera par l'extention de l'intégrale de Riemann,
à savoir les intégrales impropre. Le test de l'intégrale, pour les
séries, sera également démontré au passage.

\section Définition de l'intégrale de Riemann.
Soit $f\colon [a,b]\to \R$ une fonction. Le but est donner un sens
précris à la notion «~d'aire sous la courbe~». Pour ce faire,
on introduit quelques définitions. \prof La notion que l'on
définit devrait avoir les propriétés géométriques suivantes.
\item{1.} L'aire sous la courbe de $f$ et de $g$ devrait
s'additionner pour donner l'aire sous la courbe de $f+g$.
\item{2.} L'aire sous la courbe de $f$ des intervalles $[a,c]$
  et $[c,b]$ devraient s'additionner pour donner l'aire sous la
  courbe de $[a,b]$.
\item{3.} L'aire sous la courbe d'un rectangle et d'un cercle 
  devraient correspondre à l'aire d'un rectangle et d'un cercle.
  (Et de même pour tout autre forme pour lequel on connait l'aire,
  comme une ellipse.)
  
On verra à la prochaine section que la notion d'intégrale que l'on
définit respecte ces propriétés.
\fin

\vbox{
\deff Une \emph{subdivision} (partition) de $[a,b]$ est un
  sous-ensemble fini 
  $$
    P = \{x_0,x_1,\ldots, x_n\}
  $$
  de $[a,b]$ tel que 
  $$
    a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n = b.
  $$
\fin

\centerline{\XeTeXpdffile figures/chap1/subdiv-1.pdf }
}

\penalty-1000

\deff Soit $f\colon [a,b] \to \R$ une fonction bornée et soit 
  $\joli P = \{x_0,\ldots, x_n\}$ une partition de $[a,b]$. Alors
  on définit
  $$
  \eqalign{
    S(f,\joli P) &:= \sum_{j=1}^n M_j(x_j - x_{j-1}),
      \qquad\rlap{où $M_j = \sup\limits_{[x_{j-1},x_j]} f$,}\cr
    I(f,\joli P) &:= \sum_{j=1}^n m_j(x_j - x_{j-1}),
      \qquad\rlap{où $M_j = \inf\limits_{[x_{j-1},x_j]} f$.}\cr
  }
  $$
\fin

\centerline{%
  \XeTeXpdffile figures/chap1/rect-3.pdf 
  \hfil
  \XeTeXpdffile figures/chap1/rect-4.pdf \hfil}

\prof Les sommes dans $I(f,P)$ et $S(f,P)$ correspondent
  géométriquement à la somme de l'aire des rectangles de
  base $x_j - x_{j-1}$ et de hauteur respective 
  $\inf f$ et $\sup f$.

  On voit que $I(f,P)$ sera toujours une sous-estimation de l'aire
  et que $S(f,P)$, une surestimation.
\fin

\lem Pour toutes subdivisions $P,Q$, on a 
  $I(f,P) \leq S(f,Q)$.
\fin
\dem\dimen0=\hsize\advance\dimen0 by -1.2\wd0
  \hangindent-\dimen0\hangafter0
  Soit $P = \{x_0,\ldots,x_n\}$ et $Q = \{y_0,\ldots,y_m\}$.
  On a
  \setbox0=\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap1/rect-1.pdf }%
  \vadjust{\dixpt \rightline{\hsize=1.1\wd0\vbox to 0pt{%
    \vskip1em\centerline{\box0}
    \noindent Représentation géométrique du terme
    $\mu_j(x_j - x_{j-1})$ de la somme $I(f,P)$.\Par\vskip1em
    \centerline{\XeTeXpdffile figures/chap1/rect-2.pdf }
    \noindent Représentation géométrique de \penalty-200 la somme $(*)$,
    qui fait partie de $I(f,P\cup Q)$.\vss}}}%
  $$
  \eqalignno{
    I(f,P) 
      &\buildrel (1)\over\leq I(f,P\cup Q)\cr
      &\leq S(f,P\cup Q)\cr
      &\buildrel(2)\over\leq S(f, Q),
  }
  $$
  où on obtient $(1)$ et $(2)$ comme suit. On écrit
  $$\hskip-\dimen0 P\cup Q = \{z_0,\ldots, z_{m+n+2}\}$$ et on note
  $z_{k_0} = x_0$, $z_{k_1} = x_1$,$\ldots$, $z_{k_n} = x_n$.
  De plus, on note
  $$\hskip-\dimen0
    m_j := \inf_{[z_{j-1},z_j]} f
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \mu_j := \inf_{[x_{j-1}, x_j]} f.
  $$
  Pour $1\leq j \leq n$ et  $k_{j-1} < \ell \leq k_j$, on a $m_\ell \geq \mu_j$.
  On a ainsi
  $$\hskip-\dimen0
  \eqalign{
    \llap{$(*)$\hskip1cm} 
    &\sum_{\ell = k_{j-1}+1}^{k_j} m_\ell (z_{\ell} - z_{\ell -1})\cr
    &\qquad \geq
    \sum_{\ell = k_{j-1}+1}^{k_j} \mu_j (z_{\ell} - z_{\ell -1})
      \cr\noalign{\vskip1\jot}
    &\qquad= \mu_j (z_{k_j} - z_{k_{j-1}})
      = \mu_j (x_j - x_{j-1}).\cr}
  $$\par\noindent
  En prenant la somme de $j=1$ à $n$ de chaque côté, on obtient
  $I(f, P\cup Q)\geq I(f,P)$.

  L'inégalité $(2)$ se fait de façon analogue.
\fin

\deff On définit l'\emph{intégrale supérieure} et \emph{inférieure}
  respectivement par
  $$
    \ol{\int_a^b} f := \inf_{P}\{S(f,P)\}
    \qquad\hbox{ et }\qquad 
    \ul{\int_a^b} f := \sup_{P}\{S(f,P)\},
  $$
  où lee supremum et l'infimum est pris sur toutes les
  subdivisions $P$ possible de $[a,b]$.
\fin

\prof En général, l'infimum de l'intégrale supérieure n'est
  pas atteint. Il existe toutefois une suite de partitions
  $(P_n)$ telle que $S(f,P_n) \to \intsup_a^b f$. De même
  pour l'intégrale inférieure.
\fin

\lem $\ds \ul{\int_a^b f} \leq \ol{\int_a^b f}$\fin
\dem On a $I(f,P) \leq S(f,Q)$ pour tout $P,Q$.
  Prenons $\sup\limits_P$~:
  $$
    \ul{\int_a^b} f \leq S(f,Q)
    \qquad\rlap{pour tout $Q$.}
  $$
  Prenons $\inf\limits_Q$~:
  $$
    \ul{\int_a^b} f \leq \ol{\int_a^b} f.
  $$
\fin

\deff Soit $f\colon [a,b]\to \R$ une fonction bornée. Elle
  est \emph{intégrable} (au sens de Riemann) si
  $$
    \ul{\int_a^b} f = \ol{\int_a^b} f.
  $$
  Dans ce cas, on note la valeur commune $\int_a^b f$
  (ou $\int_a^b f(x)\d x$).
\fin

\ex* $f(x) = c$ (const.) sur $[a,b]$.\par
  Prenons $P = \{a,b\}$. Alors
  $$
  \eqalign{
    S(f,P) &= c(b-a),\cr
    I(f,P) &= c(b-a).\cr}
  $$
  On a donc $\intsup_a^b f  \leq c(b-a)$
  et $\intinf_a^b f \geq x(b-a)$. On conclut que
  $$
    c(b-a) \leq \intinf_a^b f \leq \intsup_a^b f \leq c(b-a),
  $$
  c'est-à-dire que $\intinf_a^b f = \intsup_a^b f = c(b-a)$.
  Conclusion~: $\int_a^b f = c(b-a)$.
\fin

\rem Cet exemple démontre que l'aire sous la courbe d'une droite 
  horizontale correspond bien à l'aire d'un rectangle.
\fin

\ex* $f(x) = x^2$ sur $[0,1]$.\par
  Soit $P_n = \{0,{1\over n}, {2\over n},\ldots,{n-1\over n}, 1\}$.
  On a alors
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    S(f,P_n) &= \sum_{n=1}^n\left({j\over n}\right)^2 
        \left({j\over n} - {j-1\over n}\right)\cr
      &= {1\over n^3} \sum_{j=1}^n j^2\cr\noalign{\penalty-250}
      &= {1\over 6n^3} ( n(n+1)(2n+1) )\cr
      &= {1\over 6}\left(1 + {1\over n}\right)
        \left(2 + {1\over n}\right)\cr
      &\longrightarrow {1\over 3} 
        \qquad\rlap{\hskip3cmlorsque $n\to \infty$.}\cr
  }
  $$
  Il suit que 
  $$
    \intsup_0^1 f \leq {1\over 3}.
  $$

  De même, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    I(f,P_n) &= \sum_{n=1}^n\left({j-1\over n}\right)^2 
        \left({j\over n} - {j-1\over n}\right)\cr
      &= {1\over n^3} \sum_{j=1}^n (j-1)^2\cr
      &= {1\over n^3} \sum_{j=0}^{n-1} j^2\cr\noalign{\penalty-250}
      &= {1\over 6n^3} (n-1)n(2n-1) \cr
      &= {1\over 6}\left(1 - {1\over n}\right)
        \left(2 - {1\over n}\right)\cr
      &\longrightarrow {1\over 3} 
        \qquad\rlap{\hskip3cm lorsque $n\to \infty$.}\cr
  }
  $$
  Il suit que
  $$
    \intinf_0^1 f \geq {1\over 3}.
  $$

  \vbox{Pour résumé, on a obtenu
  $$
  \displaylines{
    \hbox{résultat}\cr
    \hbox{général}\cr
    \smash{\big\downarrow}\cr
     {1\over 3} \leq \intinf_0^1 f \leq \intsup_0^1 f\leq 
      {1\over 3}.\cr
  }
  $$}
  Conclusion~: $f(x) = x^2$ est intégrable sur $[0,1]$ 
  et $\int_0^1 f = {1\over 3}$.
\fin

\ex* $f$ définie sur $[0,1]$ par
  $$
    f(x) = \cases{ 1, & si $x$ est rationnel,\cr
      0, & si $x$ est irrationnel.\cr}
  $$

  Soit $P$ une subdivision quelconque de $[0,1]$. Chaque
  intervalle $[x_j, x_{j-1}]$ contient des rationnels et
  des irrationnels. Donc on voit que
  $$
  \eqalign{
    M_j &= 1\ \ \forall j,\cr
    m_j &= 0\ \ \forall j.}
  $$
  On obtient ainsi
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    S(f,P) 
      &= \sum_{j=1}^n (x_j - x_{j-1})\cr
      &= 1,\cr\noalign{\penalty-250}
    I(f,P)
      &= \sum_{j=1}^n 0(x_j - x_{j-1})\cr
      &= 0.
  }
  $$
  Il s'ensuit que
  $$
  \eqalign{
    \intinf_0^1 f &= \sup_P I(f,P) = 0,\cr
    \intsup_0^1 f &= \int_P S(f,P) = 1.\cr
  }
  $$

  Conclusion~: $f$ n'est pas intégrable (au sens de Riemann).
\fin

\section Propriétés de l'intégrale.  

\Un Si $f$ est intégrable sur $[a,b]$ et sur
  $[b,c]$, alors elle est intégrable sur $[a,c]$
  et
  $$
    \int_a^c f = \int_a^b f + \int_b^c f.
  $$

\Deux Si $f,g$ sont intégrables sur $[a,b]$, alors
  $f+g$ l'est aussi et 
  $$
    \int_a^b (f+g) = \int_a^b f + \int_a^b g.
  $$

\Trois Si $f$ est intégrable sur $[a,b]$, et si $c\in\R$,
  alors $cf$ est intégrable sur $[a,b]$ et 
  $$
    \int_a^b cf = c\left( \int_a^b f\right).
  $$

\Quatre Si $f$ et $g$ sont intégrables sur $[a,b]$
  et si $f(x) \leq g(x)$ pour tout $x\in [a,b]$,
  alors
  $$
    \int_a^b f \leq \int_a^b g.
  $$

\prof Ces propriétés en sont que l'on s'attend
  à ce que «~l'aire sous la courbe~» devrait avoir.
\fin

\dem[de \2] Prenons des subdivisions $P,Q$ 
  de $[a,b]$. Alors
  $$
  \eqalignno{
    S(f,P) + S(g,Q) 
      &\geq S(f, P\cup Q) +S(g,P\cup Q)\cr\vv
      &\geq S(f+g, P\cup Q)
        &(\sup_A (f+g) \leq \sup_A f + \sup_A g)
        \cr\noalign{\vskip2\jot\penalty-50}
      &\geq \intsup_a^b (f+g).
  }
  $$
  Pour résumer, on a obtenu $S(f,P) + S(g,Q) \geq \intsup_a^b (f+g)$.
  Prenons $\inf\limits_P$ et $\inf\limits_Q$~:
  $$
    \intsup_a^b f + \intsup_a^b g
      \geq \intsup_a^b (f+g).
  $$

  De la même façon, on obtient
  $$
    \intinf_a^b f + \intinf_a^b g
      \leq \intinf_a^b (f+g).
  $$

  À nouveau, pour résumer, on a obtenu
  $$
    \intinf_a^b f + \intinf_a^b g
      \leq \intinf_a^b (f+g)
      \leq \intsup_a^b (f+g)
      \leq \intsup_a^b f + \intinf_a^b g.
  $$
  Comme $f$ et $g$ sont intégrables, on a
  $$
  \eqalign{
    \intinf_a^b f &= \intsup_a^b f = \int_a^b f\cr
    \llap{et\quad}
    \intinf_a^b g &= \intsup_a^b g = \int_a^b g.\cr
  }
  $$
  On conclut que 
  $$
    \intinf_a^b (f+g) = \intsup_a^b(f+g),
  $$
  d'où $f+g$ est intégrable et
  $$
    \int_a^b(f+g) = \int_a^b f + \int_a^b g.
  $$
\fin

\proclamer* Inégalité triangulaire en \sl
  \par\vskip3pt$\ds\left|\int_a^b f \right| \leq \int_a^b |f|$
\rm
\dem
  On a d'une part
  $$
    f\leq |f| \buildrel\Quatre\over\Rightarrow 
      \int_a^b f \leq \int_a^b |f|
  $$
  et d'autre part
  $$
    -f\leq |f| \buildrel\Quatre\over\Rightarrow 
      \int_a^b -f \buildrel\Trois\over=
        -\int_a^b f \leq \int_a^b |f|
  $$
  Donc on obtient
  $$
    \pm\int_a^b f \leq \int_a^b |f|,
  $$
  ce qui veut dire que 
  $$
    \left| \int_a^b f\right|
      \leq \int_a^b |f|.
  $$
\fin

\section Intégrabilité des fonctions continues.
\theo Si $f\colon[a,b] \to\R$ est une fonction 
  continue, alors elle est intégrable.
\fin

On rappelle que si $f$ est continue sur $[a,b]$,
alors $f$ est bornée et $f$ est uniformément
continue.

\dem Soit $\ep > 0$. Puisque $f$ est uniformément
  continue, il existe $\delta  > 0$ tel que 
  pour tout $x,y\in[a,b]$, on a
  $$
    |x-y| \leq \delta \Rightarrow
      |f(x) - f(y)| \leq \ep.
    \eqno(*)
  $$
  Prenons une subdivision
  $P = \{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$
  telle que $x_j - x_{j-1} \leq \delta$
  pour tout $j$. Par $(*)$, il
  suit que
  $$
    \sup_{[x_{j-1}, x_j]} f 
      \leq \inf_{[x_{j-1},x_j]} f + \ep
  $$
  pour chaque $j$, c'est-à-dire que
  $$
    M_j \leq m_j + \ep
    \rlap{\qquad $\forall j$.}
    \eqno(**)
  $$

  Puisque $f$ est bornée, il s'ensuit que
  $S(f,P)$ et $I(f,P)$ sont bien définis.
  On a donc
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \intsup_a^b f 
      &\leq S(f,P)\cr
      &= \sum_{j=1}^n M_j (x_j - x_{j-1})\cr
      &\leq \sum_{j=1}^n (m_j + \ep) (x_j - x_{j-1})
        & \hbox{(par $(**)$)}\cr
      &= \sum_{j=1}^n m_j (x_j - x_{j-1})
        + \sum_{j=1}^n \ep (x_j - x_{j-1})\cr
      &= I(f,P) + \ep(b-a)\cr
      &\leq \intinf_a^b f + \ep(b-a).
  }
  $$
  Autrement dit, on a
  $$
    \intinf_a^b f \leq \intsup_a^b f
      \leq \intinf_a^b f + \ep(b-a)
      \rlap{\qquad $\forall\ep > 0$.}
  $$
  On conclut que
  $$
    \intinf_a^b f = \intsup_a^b f,
  $$
  c'est-à-dire que $f$ est intégrable.
\fin

\section Théorème fondamental du calcul.
\prof Le lien entre l'intégration et la dérivation
  semble ténu à première vue. En y réfléchissant un peu,
  il est toutefois impératif que le lien existe! En effet,
  si $f\colon [a,b] \to \R$ est intégrable et si on pose
  \vadjust{\vbox to 0pt{\vskip3pt\noindent\rightline
    {\XeTeXpdffile figures/chap1/rect-5.pdf \relax}\vss}}
  $$
    \hskip-2cm F(x) = \int_a^x f,
  $$
  alors
  $$
    \hskip-2cm F(x+h) - F(x) \approx \hbox{l'aire d'un rectangle}
      = \underbrace{f(x)}_{\hbox{\huitpt hauteur}}
      \ \cdot \underbrace{h}_{\hbox{\huitpt base}}
  $$
  et donc on se convainc que $F'(x) = f(x)$. Évidemment
  l'aire n'est pas exactement celle d'un rectangle
  et la hauteur n'est pas exactement $f(x)$, mais lorsque
  $h$ est petit, c'est une approximation évocatrice.
\fin
\proclamer* Théorème fondamental du calcul 1. en \sl
  Soit $f\colon [a,b]\to \R$ une fonction continue.
  On définit $F\colon [a,b]\to\R$ par
  $$
    F(x) = \int_a^x f.
  $$
  Alors $F$ est dérivabl et $F'(x) = f(x)$
  pour tout $x\in[a,b]$.
\rm
\dem Prenons $c\in[a,b)$ et $h>0$. Alors on a
  $$
  \eqalign{
    F(c+h) - F(c)
      &= \ts \int_a^{c+h} - \int_a^c f\cr
      &= \ts \int_c^{c+h} f.
  }
  $$
  On a 
  $$
    h\inf_{[c,c+h]} f \leq {\ts \int_c^{c+h} f}
      \leq h\sup_{[c,c+h]} f
  $$
  et donc
  $$
    \inf_{[c,c+h]} f \leq
      {F(c+h) - F(c) \over h}
      \leq \sup_{[c,c+h]} f.
  $$
  Lorsque $h\to 0^+$, on sait que
  $$
    \inf_{[c,c+h]} f \to f(c)
    \quad\hbox{ et }\quad
    \sup_{[c,c+h]} f \to f(c)
  $$
  puisque $f$ est continue.

  Par le théorème des deux gendarmes, ceci 
  implique que
  $$
    \lim_{h\to 0^+} {F(c+h) - F(c)\over h} = f(c).
  $$
  Le même argument pour $h < 0$ montre que
  $$
    \lim_{h\to 0^-} {F(c+h) - F(c)\over h} = f(c).
  $$

  Conclusion~: $F$ est dérivable en $c$ et $F'(c) = f(c)$.
\fin

\proclamer* Théorème fondamentale du calcul 2. en \sl
  Soit $f\colon [a,b] \to \R$ une fonction continue.
  Soit $F\colon [a,b]\to \R$ une fonction dérivable
  telle que $F' =f$. Alors
  $$
    \int_a^b f = F(b) - F(a).
  $$
\rm
\dem
  On pose
  $$
    F_1(x) = \int_a^x f.
  $$
  D'après le TFC1, on sait que $F_1' = f$.
  Aussi, par hypothèse, on a $F' =f$. Il
  s'ensuit que
  $$
  \eqalign{
    (F_1 - F)' 
      &= F_1' - F'\cr
      &= f - f\cr
      &= 0.\cr
  }
  $$
  On conclut que $F_1 - F = C$, une constance.
  En particulier, on a
  $$
  \eqalign{
    F(b) - F_1(b) &= F(a) - F_1(a)\cr
    \ts F(b) - \int_a^b f &= F(a) - 0\cr
   \ts \int_a^b f = F(b) - F(a).\cr
  }
  $$
\fin

\rem La fonction $F$ s'appelle une \emph{primitive}
  de $f$. Selon le TFC1, une primitive existe
  toujours (lorsque $f$ est continue) et selon
  le TFC2, une primitive est unique à l'addition
  d'une constante près. Souvent, on écrit
  $\int f(x) \d x = F(x) +C$.
\fin

\ex* $f(x) = x^2$ sur $[0,1]$\par
  On peut prendre $F(x) = {1\over 3}x^3$.
  On obtient
  $$
    \int_0^1 f = F(1) - F(0) = \ts{1\over 3} (1)^3
      - {1\over 3}(0)^3 = {1\over 3}.
  $$
\fin

%\section Fonctions intégrales.
%Quelques fonctions importantes se présentent
%le mieux à l'aide d'une intégrale. En voici
%des exemples.
%
%\1 {\bf Fonction d'erreur}\par
%La fonction d'erreur $\erf$ est définie par
%$$
%  \erf(x) = {2\over\sqrt\pi} \int_0^x e^{-t^2} \d t.
%$$
%Elle est définie pour tout $x\in\R$.
%On la reconnaît des probabités, puisqu'elle est très
%semblable à la fonction de répartition de la 
%loi normale centré réduite. Voici les propriétés.
%
%\item{1.} Par le TFC1, $\erf$ est dérivable et
%  $$
%    \erf'(x) = e^{-x^2}.
%  $$
%\item{2.} Elle est strictement croissante, en particulier injective.
%  [En effet, $\erf'(x) > 0$ pour tout $x$.]
%\item{3.} Son image est $[-1,1]$.
%\item{4.} Comme fonction de $\R\to [-1,1]$, elle est inversible.
%
%\2 {\bf Logarithme intégral}\par


\section Techniques d'intégration.
\1 {\bf Intégration par partie}\par
Soit $u,v\colon [a,b]\to\R$ des fonctions dérivables
avec $u', v'$ continues. Alors
$$
  \int_a^b uv' = u(b)v(b) - u(a)v(a) - \int_a^b vu'.
$$
\dem $\let\vcenter=\vtop\eqalign{
    \pint_a^b uv' + \pint_a^bu'v
      &= \pint_a^b (uv' + v'u)\cr\vv
      &= \pint_a^b (uv)'\cr\vv
      &\buildrel{TFC2}\over= u(b)v(b) - u(a)v(a)\cr
  }$
\fin

\ex* $\let\vcenter=\vtop\eqalign{
  \int_a^b \log x\d x
    &= \Big[x\log x\Big]_a^b - \int_a^b x{1\over x}\d x\cr
    &= \Big[x\log x - x\Big]_a^b.}$
  \hfil$\let\vcenter=\vtop\eqalign{
    u &= \log x\cr
    \d u &= 1\d x\cr}\quad
    \eqalign{
    \d v &=\ts {1\over x}\d x\cr
    v &= x}$
  \par\noindent\null
\fin

\2 {\bf Intégration par substitution}\par
Soit $f\colon [c,d]\to\R$ une fonction continue
  et $g\colon [a,b]\to [c,d]$ une fonction continue,
  dérivable et avec $g'$ continue. Alors
  $$
    \int_a^b f(g(x))g'(x)\d x = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\d x.
  $$
\rem Si $g(a) > g(b)$, alors il faut interpreter
  $$
    \int_{g(a)}^{g(b)} = -\int_{g(b)}^{g(a)}.
  $$
\fin
\dem Soit $F$ une primitive de $f$ sur $[c,d]$. Alors,
  d'une part, on a
  $$
    \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\d u 
      \buildrel{\rm TFC2}\over= F(g(b)) - F(g(a)).
  $$
  (Vrai même si $g(a) > g(b)$.)
  D'autre part, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \int_a^b f(g(x))g'(x)\d x
      &= \int_a^b F'(g(x))g'(x)\d x\cr
      &= \int_a^b (F\circ g)'(x)\d x\cr
      &= F\circ g(b) - F\circ g(a)\cr
      &= F(g(b)) - F(g(a))\cr
      &= \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\d u.
  }
  $$
\fin

\ex* On pose $L(x) = \int_1^x {\d t\over t}$.
  On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    L(xy) 
      &= \int_1^{xy} {\d t\over t}\cr
      &= \int_1^x {\d t\over t} + \int_x^{xy} {\d t\over t}
        & \smash{\eqalign{ & u = {\ts {t\over x}}
          \cr\noalign{\vskip-2\jot}
          & x \d u = \d t\cr}}\cr
      &= L(x) + \int_1^y {x\d u \over xu}\cr
      &= L(x) + L(y).
  }
  $$
\fin

\penalty-1000
\3 {\bf Simplication algébrique}\par
\vskip10pt\penalty5000
\vbox{
\ex* $\let\vcenter=\vtop\eqalign{
  \int_0^1 {x\over \sqrt{x+1}}\d x
    &= \int_1^2 {u-1\over \sqrt u}\d u\cr\vv
    &= \int_1^2 (u^{1/2} - u^{-1/2})\d u\cr\vv
    &= \ts\left[ {2\over 3} u^{3/2} - 2u^{1/2}
      \right]_1^2\cr\vv
    &= \ts {4\over 3} - {2\over 3}\sqrt 2\cr}$
    \hfil$\let\vcenter=\vtop\eqalign{
      u &= \log x\cr
      \d u&= \ts {1\over x}\d x\cr}$
    \par\noindent\null
\fin
}
\par\penalty-500

\4 {\bf Simplication trigonométrique}\par
\vskip10pt\penalty5000
\vbox{
\ex* $\let\vcenter=\vtop \eqalign{
  \int \cos x\cos(2x)\d x
    &= \int {\cos x + \cos(3x)\over 2}\d x\cr\vv
    &= {\sin x\over 2} + {\sin(3x)\over 6}.
  }$
  \par\noindent\null
\fin
}
\par\penalty-500

\5 {\bf Fractions partielles}\par
\vskip10pt\penalty5000
\vbox{
\ex* $\let\vcenter=\vtop \eqalign{
  \int {\d x\over x^2 -1}
    &= \int {\d x  \over (x+1) (x-1)}\cr\vv
    &= \int {1\over 2}\left( {1\over x-1} 
      - {1\over x+1}\right) \d x \cr\vv
    &= {1\over 2}\log(x-1) - {1\over 2} \log(x+1)\cr}$
  \par\noindent\null
\fin
}

\section Intégrales impropres.
\sssection Intégrales de fonctions non bornées.
La définition de $\int_a^b f$ prend pour acquis que
$f$ soit bornée sur $[a,b]$. Il arrive parfois que
$f$ est bornée sur $[a+\ep,b]$ pour chaque
$\ep>0$, mais pas sur $[a,b]$ lui-même. Dans ce cas,
on peut considérer $\int_{a+\ep}^b f$ si elle existe
et si
$$
  \int_{a+\ep}^b f \to
    \ell\rlap{\qquad lorsque $\ep\to0^+$,}
$$
alors on dit que l'intégrale est impropre
$\int_a^b f$ converge et on écrit
$$
  \int_a^b f = \ell.
$$
(De même, si la singularité est en $b$,
  alors on considère $\int_a^{b-\ep}f$
  lorsque $\ep\to 0$.)

\ex* $f(x) = {1\over x^\alpha}$ sur $[0,1)$
  avec $\alpha>0$.\par
  On a
  $$
    \int_\ep^1 {\d x\over x^\alpha} = {1\over 1-\alpha}
      (1-\ep^{1-\alpha})
  $$
  et donc
  $$
    \lim_{\ep\to 0^+} { 1-\ep^{1-\alpha} \over 1-\alpha }
      =\cases{ {1\over 1-\alpha}, & si $0 < \alpha < 1$,\cr
        \infty, & si $\alpha > 1$.}
  $$
  Pour $\alpha = 1$, on a
  $$
    \int_\ep^1 {\d x\over x} = \log(1) - \log(\ep)
      \to \infty 
      \rlap{\quad $(\ep\to 0^+)$.}
  $$

  Conclusion~: $\int_0^1 {\d x\over x^\alpha}$
    converge si $0 < \alpha < 1$ et vaut ${1\over 1-\alpha}$,
    et diverge si $\alpha\geq 1$.
\fin

\rem Si une fonction $f$ est définie sur $[a,b)\cup (b,c]$,
  il se peut que la limite
  $$
    \lim_{\ep\to 0^+} \left(\int_a^{b-\ep} f 
      + \int_{b+\ep}^c f\right)
  $$
  existe même si les intégrales impropres $\int_a^b f$ ou
  $\int_b^c f$ divergent. Dans ce cas, on écrit
  $$
    \vp\int_a^c f = \lim_{\ep\to 0^+} \left(\int_a^{b-\ep} f 
      + \int_{b+\ep}^c f\right).
  $$
  On appelle $\vp \int_a^c f$ la \emph{valeur principale}
  de $\int_a^c f$.
\fin

\ex* $f(x) = {1\over x-1}$ sur $[0,3]$.\par
  D'abord, on voit que
  $$\def\L{\lim_{\ep\to 0^+}}
    \L \int_0^{1-\ep} {\d x\over x-1}
      = \L \log(|-\ep|) - \log(|-1|) 
      = -\infty,
  $$
  donc l'intégrale impropre diverge. Essayons de
  calculer la valeur principale. On a
  $$\def\L{\lim_{\ep\to 0^+}}
  \eqalignno{
    \L \left( \int_0^{1-\ep} {\d x\over x-1}
        + \int_{1+\ep}^3 {\d x\over x-1}\right)
      &= \L \log(|-\ep|) - \log(|-1|)\cr\noalign{\vskip-1\jot}
        &\quad\qquad\qquad+\log(2) - \log(|\ep|) \cr
      &= \log 2.\cr
  }
  $$
\fin


\sssection Intégrales sur des intervalles semi-infinis.
On suppose que $\int_a^x f$ existe pour tout $x\geq a$.
Si
$$
  \lim_{x\to\infty} \int_a^x f = \ell,
$$
alors on dit que l'intégrale impropre 
$\int_a^\infty f$ converge et on écrit
$$
  \int_a^\infty f = \ell.
$$
(De même pour $\int_{-\infty}^a f$ en 
considérant $\int_x^a f$ lorsque $x\to\infty$.)

\ex* $f(x) = {1\over x}$ sur $[1,\infty)$ pour $\alpha>0$.\par
  On a
  $$
    \int_1^\alpha {\d x\over x^\alpha}
      = {1\over 1-\alpha} y^{1-\alpha} - {1\over 1-\alpha}
      \buildrel y\to\infty\over\longrightarrow
      \cases{
        {1\over \alpha -1}, & si $\alpha > 1$,\cr\vv
        \infty, & si $0 < \alpha < 1$,\cr}
  $$
  et si $\alpha =1$, on a
  $$
    \int_1^y {\d x\over x}
      =\log y - \log 1 \to \infty
      \rlap{\qquad $y\to\infty$.}
  $$
\fin

\ex*\label ex par partie entiere. Soit $f(x) = {1\over \lfloor x\rfloor}$ sur $[1,\infty]$,
  où $\lfloor x\rfloor$ est la partie entière de $x$.
  Pour tout $n>1$ entier, on a
  $$
    \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n-1} {1\over k} \to \infty
  $$
  lorsque $n\to\infty$. Donc l'intégrale $\int_1^\infty f$
  diverge.
\fin

\sssection Intégrales sur tout l'axe réel.
Soit $f\colon \R \to \R$. On dit que 
$\int_{-\infty}^\infty f$ converge si les deux intégrales
$\int_0^\infty f$ et $\int_{-\infty}^0 f$ convergent
toutes les deux. Dans ce cas, on écrit
$$
  \int_{-\infty}^\infty f = 
  \int_{-\infty}^0 f + 
  \int_0^\infty f.
$$

\rems \hangindent\parindent\hangafter1 1.~Au lieu
  de faire la séparation en $0$, on peut la faire
  en tout point $a\in\R$. Cela ne change ni la
  convergence, ni la valeur. 

  \item{2.} Il se peut la limite
  $$
    \lim_{y\to\infty} \int_{-y}^y f
  $$
  existe même si $\int_{-\infty}^\infty f$
  diverge. Dans ce cas, on écrit
  $$
    \vp \int_{-\infty}^\infty f 
      = \lim_{y\to\infty} \int_{-y}^y f.
  $$
  On appelle $\vp \int_{-\infty}^\infty f$
  la \emph{valeur principale} de
  $\int_{-\infty}^\infty f$. 
\fin

\ex* $f(x) = x$\par
  On voit d'abord que
  $$\int_0^y x\d x = {\ts{1\over 2}} y^2$$
  qui diverge lorsque $y\to \infty$.
  Donc $\int_0^\infty x\d x$ diverge, ainsi que
  $\int_{-\infty}^\infty x\d x$. Cependant,
  $$\int_{-y}^y x\d x = 0$$ pour tout $y$, donc
  $\vp \int_{-\infty}^\infty x\d x = 0$.
\fin

\sssection Tests de convergence pour les intégrales impropres.

On considère l'exemple suivant~: est-ce que
$$
  \int_0^\infty {\cos x \over 1+x^2}\d x
$$
converge? 

Cette fois-ci, c'est moins évident que dans les exemples
précédents, puisqu'on ne sais pas évaluer
$$
  \int_0^y {\cos x\over 1+x^2}\d x.
$$
Tout comme pour les séries infinies, il nous
faut des tests de convergence. En voici deux.

\1 {\bf Le test de comparaison}\par
Soit $f,g\colon [a,\infty)\to \R$ deux fonctions
continues. Supposons que
$$
  0 \leq f(x) \leq g(x)
$$
pour tout $x\geq a$. Si 
$\int_a^\infty g$ converge, alors
$\int_a^\infty f$ converge aussi.
(Donc si $\int_a^\infty f$ diverge, alors
  $\int_a^\infty g$ diverge aussi.)
\dem On pose $F(x) = \int_a^x f$. 
  On a que\vskip5pt
  \item{$\bullet$} $F$ est croissante
  (si $y\geq x$, alors $F(y) - F(x)
    = \int_x^y f \geq 0$).\vskip5pt
  \item{$\bullet$} $F(x)$ est majorée
  (en effet,
  $
    F(x) = \int_a^x f\leq \int_a^x g
      \leq \int_a^\infty g).
  $\vskip5pt

  Il s'ensuit que $F(x)$ converge vers une
  limite (finie) lirsque $x\to\infty$.
\fin

\ex* Soit $f(x) = {1\over x}$ sur $[1,\infty)$.
  On a $0 < \lfloor x\rfloor \leq x < \lfloor x\rfloor +1$.
  Par le test de comparaison, on a que $\int_1^\infty f$
  diverge. En effet, on voit que
  $$
    0 < {1\over \lfloor x\rfloor + 1} < {1\over x} = f(x)
  $$
  et on sait que 
  $$
    \int_1^\infty {\d x\over \lfloor x\rfloor + 1}
  $$
  diverge, par l'\ref{ex:partie entiere}.
\fin

\2 {\bf La convergence absolue implique la convergence}\par
Soit $f\colon[a,\infty)\to\R$ une fonction continue.
Si $\int_a^\infty |f|$ converge, alors $\int_a^\infty f$
converge aussi.
\dem
  On remarque que si $\int_a^\infty |f|$ converge, alors
  $\int_a^\infty 2|f|$ converge. De plus, on a
  $$
    0\leq f + |f| \leq 2|f|
  $$
  partout. Donc, par le test de comparaison, il suit que
  $$
    \int_a^\infty (f + |f|)
  $$
  converge. Enfin, on a
  $$
    \int_a^x f = \int_a^x (f+|f|) - \int_a^x |f|
    \longrightarrow 
    \int_a^\infty (f+|f|) - \int_a^\infty |f|
    \hbox{\qquad lorsque $x\to\infty$.}
  $$
\fin

On revient maintenant à l'exemple
$$
  \int_0^\infty {\cos x\over 1+x^2}\d x.
$$
On note que
$$
  \left|{\cos x\over 1+x^2}\right|
    \leq {1\over 1+x^2} \leq {1\over x^2}
$$
et on sait que $\int_1^\infty {\d x\over x^2}$
converge.

Par le test de comparaison, on conclut que
$$
  \int_1^\infty \left|{\cos x\over 1+x^2}\right|
    \d x
$$
converge. Comme la convergence absolue implique
la convergence, il suit que
$$
  \int_1^\infty {\cos x\over 1+x^2}\d x
$$
converge également.

Enfin, on a
$$
\eqalign{
  \int_0^y {\cos x\over 1+x^2} \d x
    &= \int_0^1 {\cos x\over 1+x^2} \d x
      + \int_1^y {\cos x\over 1+x^2} \d x\cr\vv
    &\longrightarrow \int_0^1 {\cos x\over 1+x^2} \d x
      + \int_1^\infty {\cos x\over 1+x^2} \d x.
}
$$

\rem Montrer la convergence de $\int_a^\infty f$
  et trouver sa valeur sont deux problème différents.
  En général, le deuxième est plus difficile. En fait,
  on peut montrer que
  $$
    \int_0^\infty {\cos x\over 1+x^2}\d x
      = {\pi \over 2e}
  $$
  par des techniques de l'analyse complexe.
\fin
\def\Res{\mathop{\rm Res}\nolimits}%
\bgroup\dixpt%
  \global\let\Fin=\fin%
  \def\fin{\par\nointerlineskip\noindent\hfil\egroup\let\fin\Fin}%
  \setbox0=\hbox{\copy\sinboxmf\copy\sinboxmf}%
  \noindent\hangindent\wd0\hangafter-2%
  $\smash{\llap{\copy\sinboxmf\copy\sinboxmf}}$%
  Les intégrales complexes peuvent parfois
  être évalué à l'aide de leurs \emph{résidus}.
  Le prochain calcul n'a aucun lien avec la matière du cours.
  On pose 
  $$
    f(z) = {e^{iz} \over 1 + z^2},
  $$
  une fonction de la variable complexe 
  $z = x + iy$. Lorsque $y=0$, on trouve
  $$
    f(x) = {e^{ix}\over 1 + x^2}
      = {\cos x\over 1 + x^2}
        + {i\sin x\over 1 + x^2}.
  $$
  Cette fonction possède un résidu en
  $z=i$ et $z=-i$. On s'intéresse seulement
  à celui en $i$, puisqu'on intégrera seulement
  autour de ce résidu. Dans notre cas, le résidu se
  calcule par
  $$
    \Res(f,i) = \lim_{z\to i} (z-i) f(z)
      = \lim_{z\to i} {e^{iz}\over z + i}
      = {e^{-1}\over 2i}.
  $$

  \setbox0=\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap1/contour-1.pdf }
  \hangindent-.8\wd0\hangafter0
  Soit $\gamma_n$ le lacet composé de l'intervalle
  \vadjust{\vtop to 0pt{\rightline{%
    \hsize=\wd0\vbox{\vskip-1em\box0\Par Contour d'intégration $\gamma_n$.}}}}
  $[-n,n]$ et du demi-cercle $C_n$ de rayon $n$, centré
  en $0$ partant de l'axe réel positif jusqu'à 
  l'axe réel négatif. Pour $n\in\N$ et $n\geq 2$,
  on pose
  $$
    I_n = \int_{\gamma_n} {e^{iz}\over 1+z^2}\d z.
  $$
  Par le théorème des résidus, on a l'équation
  $$
    I_n = 2i\pi \Res(f,i) = {2i\pi \over 2ie}
      = {\pi\over e}.
  $$

  Ensuite, l'intégrale sur le demi-cercle s'approche
  de 0 lorsque $n\to\infty$~:
  $$\openup2\jot\def\bb{\noalign{\vskip-2\jot}}
  \eqalignno{
    \left| \int_{C_n} { e^{iz}\over 1+z^2}\d z \right|
      &\leq \int_{C_n} {|e^{iz}| \over |1+z^2|}|\d z|\hskip5cm
      \cr
      &\leq \int_{C_n} {|e^{iz}| \over
        |z|^2 - 1} |\d z|\cr
      &= \int_{C_n} {e^{-y} \over n^2 - 1}|\d z|
      &\smash{\eqalign{|\d z| &= |\d x + i\d y|\cr\bb
        &= | -n\cos\theta\, \d\theta + in\sin\theta\, \d\theta|\cr\bb
        &= \sqrt{n^2\cos^2 \theta + n^2 \sin^2\theta}\, \d\theta\cr\bb
        &= n\d\theta}}
      \cr
      &= \int_0^{\pi} {ne^{-n\sin \theta} \over n^2 - 1} \d \theta\cr
      &\leq {n\over n^2 - 1}\int_0^\pi  \d\theta
        & \hbox{(car $e^{-n\sin \theta} \leq 1$)}\cr
      &\longrightarrow 0 \qquad\qquad \rlap{lorsque $n\to\infty$.}\cr
  }
  $$

  On peut maintenant conclure 
  $$\def\L{\lim_{n\to\infty}}\openup2\jot
  \eqalignno{
    {\pi\over e}
      &= \L I_n \cr
      &= \L \int_{\gamma_n} {e^{iz}\over 1 +z^2} \d z\cr
      &= \L \left(\int_{-n}^n {e^{iz}\over 1 +z^2} \d z
        + \int_{C_n} {e^{iz}\over 1 +z^2} \d z\right)\
        & \eqalign{ (&\hbox{car $\gamma_n$ est composé}
              \cr\noalign{\vskip-3\jot}
            &\hbox{de $C_n$ et de $[-n,n]$)}}\cr
      &= \L \int_{-n}^n {e^{iz}\over 1 +z^2} \d z
        + 0 
        & \hbox{(car $\int_{C_n} {e^{iz}\over 1 +z^2} \d z
          \to 0$)}\cr
      &= \L \int_{-n}^n {e^{ix}\over 1 +x^2} \d x
        & \hbox{(car $y=0$ sur $[-n,n]$)}\cr
      &= \L \int_{-n}^n {\cos x + i\sin x\over 1 +x^2} \d x
  }
  $$
  Puisque ${\cos x\over 1 + x^2}$ est paire et que
  ${\sin x \over 1 + x^2}$ est impaire, on a
  $$\def\L{\lim_{n\to\infty}}
    {\pi\over e}
      = \L 2\int_0^n {\cos x \over 1 +x^2} \d x
        + 0.
  $$
  On conclut que 
  $$
    \int_0^\infty {\cos x \over 1 +x^2} \d x
      = {\pi \over 2e}.
  $$
\fin


\sssection Le test de l'intégrale pour les séries.
La série $\sum\limits_2^\infty {1\over n\log n}$
converge-t-elle? Les tests vu en analyse 1 échouent
sur cet exemple. L'intégrale fournit un test plus
raffiné.

\proclamer* Test de l'intégrale en \sl
Soit $f\colon [1,\infty)\to \R$ une fonction (continue)
  positive et décroissante. Alors 
  $$
    \sum_{k=1}^\infty f(k) \hbox{ converge}
    \Leftrightarrow \int_1^\infty f(x)\d x
    \hbox{ converge.}
  $$
\rm
\dem 
  Pour $x\in[k-1,k]$, on a $f(k) \leq f(x)\leq f(k-1)$
  et donc
  $$
    f(k) \leq \int_{k-1}^k f(x)\d x\leq f(k-1).
  $$
  Additionner ces inégalités pour $k=2,3,\ldots,n$ 
  donne
  $$
    \sum_{k=2}^n f(k) \leq \int_1^n f(x)\d x
    \leq \sum_{k=2}^{n-1} f(k).
  $$
  De l'inégalité de gauche, on obtient que
  $$
    \sum_{k=2}^\infty f(k)\hbox{ diverge}
    \Rightarrow \int_1^\infty f(x)\d x
    \hbox{ diverge.}
  $$
  De l'inégalité de droite, on trouve
  $$
    \int_1^\infty f(x)\d x \hbox{ diverge}
    \Rightarrow 
    \sum_{k=2}^\infty f(k)\hbox{ diverge.}
  $$
\fin

\ex* $f(x) = {1\over x^\alpha}$ (positive et
  décroissante si $\alpha>0$).\par
  On a vu que $\int_1^\infty {\d x\over x^\alpha}$
  converge si et seulement si $\alpha >1$.
  Par le test de l'intégrale, il suit que
  $$
    \sum_{k=1}^\infty {1\over k^\alpha}
    \hbox{ converge} \Leftrightarrow
    \alpha >1.
  $$
\fin

\ex* $f(x) = {1\over x(\log x)^\beta}\d x$
  sur $[2,\infty)$ (positive et décroissante
  si $\beta > 0$).\par
  On a
  $$
  \eqalignno{
    \int_2^y {\d x\over x(\log x)^\beta}
      &= \int_{\log 2}^{\log y} {\d u\over x^\beta}
      &\eqalign{ u &= \log x\cr
        \d u &= {1\over x} \d x\cr}
      \cr
      &\longrightarrow\hbox{ limite}
      \Leftrightarrow \beta>1.
  }
  $$
  Par le test de l'intégrale, il suit que
  $$
    \sum_{k=2}^\infty {1\over k (\log k)^\beta}
    \hbox{ converge}
    \Leftrightarrow \beta >1.
  $$
  En particulier, $\sum\limits_{k=2}^\infty
    x\log x$ diverge.
\fin

\ex* $f(x) = \sin^2(\pi x)$.\par
  On voit que $\int_0^\infty \sin^2(\pi x)\d x$
  diverge, mais
  $$
    \sum_{k=1}^\infty \sin^2(\pi k)
      = \sum_{k=1}^\infty 0 
  $$
  converge.

  Le test de l'intégrale ne s'applique pas,
  puisque $f$ n'est pas décroissante.
\fin

\section Sommes de Riemann et sommes de Darboux.
Les sommes $S(f,P)$ et $I(f,P)$ sont appelés 
\emph{sommes de Darboux}. On présente brièvement le
point de vue équivalent de Riemann.

\deff \hangindent\parindent\hangafter1
  1.~Soit $P = \{x_0,\ldots, x_n\}$ une partition
  de $[a,b]$. On appelle le tuple $\xi = (\xi_1, \ldots, \xi_n)$
  un \emph{test} si $\xi_j \in [x_{j-1}, x_j]$ pour tout
  $1 \leq j\leq n$.
  \item{2.} Soit $f\colon [a,b]\to \R$ une fonction bornée.
  On définit la \emph{somme de Riemann} $R(f,P,\xi)$ par
  $$
    R(f,P,\xi) = \sum_{j=1}^n f(\xi_j) (x_j - x_{j-1}).
  $$
  \item{3.} La \emph{largeur} d'une partition 
  $P = \{x_0,\ldots, x_n\}$ est
  $$
    \|P\| = \max_{1\leq j\leq n} (x_j - x_{j-1}).
  $$
\fin

Le point 1 de la définition n'est pas standard dans
la littérature. On introduit la terminologie d'un
test seulement pour alléger le texte.

\rem On voit que
$$
  I(f,P) \leq R(f,P,\xi) \leq S(f,P)
  \eqnum\label eq par riemann entre darboux.
$$
pour tout test $\xi$.
\fin

Les sommes de Darboux sont plus faciles à utiliser
pour la théorie. Pour le calcul numérique, les
sommes de Riemann sont probablement plus utiles.
De toute façon, une intégrale sera habituellement
approximer par une méthode numérique telle la
méthode de Simpson.

\theo[d'équivalence des sommes de Darboux et de Riemann]
  Soit une fonction $f\colon [a,b] \to \R$ bornée. Alors
  $f$ est intégrable si et seulement si $f$ satisfait
  au critère de Riemann~: il existe $S\in \R$ tel que 
  pour tout $\ep > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que
  si $\|P\| < \delta$, alors
  $$
    |R(f,P,\xi) - S| < \ep
  $$
  pour tout test $\xi$.
  Dans ce cas, on a $S = \int_a^b f$.
\fin

Avant de faire la démonstration, on démontre une propriété
des sommes de Darboux.

\lem\label lem par darboux.
  Si $f$ est intégrable, alors pour tout $\ep > 0$,
  il existe $\delta > 0$ tel que pour toute partition
  $P$, on ait
  $$
    \hbox{si $\|P\| < \delta$, alors $S(f,P) - I(f,P) < \ep$.}
    \eqnum\label eq par darboux.
  $$
\fin
\dem
  Soit $\ep > 0$. On sait qu'il existe $P_\ep = \{y_0,\ldots, y_d\}$
  telle que 
  $$
    S(f,P) - I(f,P) < {\ts {\ep\over d}}.
  $$

  Soit $P = \{x_0,\ldots, x_n\}$ une partition telle que
  $\|P\| < \delta$, où $\delta$ sera déterminé plus tard.
  Pour $0 \leq j \leq d$, on définit $\{z_\ell^j\}_{\ell}$
  de sorte que
  $$
    P\cup \{y_0,\ldots, y_j\}
      = \{z_0^j,\ldots, z^j_{n+j}\}
  $$
  et on pose
  $$
    M^j_\ell = \sup_{[z_{\ell-1}^j, z_\ell^j]} f
    \qquad\hbox{ et }\qquad 
    M = \sup_{[a,b]} f.
  $$

  La suite est un peu technique, donc allons-y avec soin.
  Il existe $k$ tel que $y_{j+1} \in [z_{k-1}^j, z_k^j]$.
  Il s'ensuit que
  \item{$\bullet$} pour $\ell < k$, on a 
    $z_\ell^{j+1} = z_\ell^j$;
  \item{$\bullet$} pour $\ell=k$, on a
    $z_k^{j+1} = y_{j+1}$;
  \item{$\bullet$} pour $\ell > k$, on a
    $z_\ell^{j+1} = z_{\ell-1}^{j}$.
  \par\noindent On compare maintenant les sommes supérieures 
  avec $P\cup\{y_0,\ldots,y_j\}$ et $P\cup\{y_0,\ldots,y_{j+1}\}$.
  On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
  \let\vcenter=\vbox\eqalign{
    S(f, &P\cup \{y_0,\ldots, y_j\})
      \cr\noalign{\vskip-2\jot}
        &- S(f, P\cup \{y_0,\ldots, y_{j+1}\})}
      &= \sum_{\ell=1}^{n+j} M_\ell^j (z^j_{\ell} - z^j_{\ell-1})
        - \sum_{\ell=1}^{n+j+1} M_\ell^{j+1} (z^{j+1}_{\ell} 
        - z^{j+1}_{\ell-1}) \cr
      &= \sum_{\ell=k}^{n+j} M_\ell^j (z^j_{\ell} - z^j_{\ell-1})
        - \sum_{\ell=k}^{n+j+1} M_\ell^{j+1} (z^{j+1}_{\ell} 
        - z^{j+1}_{\ell-1}) \cr
      &= M_k^j(z_k^j - z^j_{k-1}) - M_k^{j+1}(y_{j+1} - z_{k-1}^j)
        - M_{k+1}^{j+1}(z_k^j - y_{j+1})\cr
      &\leq M(z_k^j - z_{k-1}^j)\cr
      &\leq M\delta.
  }
  $$

  De même, on a
  $$
    I(f,P\cup \{y_0,\ldots, y_{j+1}\})
      - I(f,P \cup\{y_0,\ldots, y_j\})
      \leq m\delta.
  $$

  En combinant les sommes inférieures et supérieures
  et prenant la somme de 1 à $d$, on trouve
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
  \let\vcenter=\vbox
  \hskip5cm & \hskip-5cm \eqalign{
    &S(f,P) - I(f,P) - S(f,P \cup \{y_0\}) + I(f,P\cup \{y_0\})
      \cr\noalign{\vskip-2\jot}
    &\hskip1cm{}+\sum_{j=0}^{d-1} \Bigg[
      S(f,P\cup \{y_0,\ldots, y_j\})
      - I(f,P\cup \{y_0,\ldots, y_j\})\cr\noalign{\vskip-2\jot}
      &\hskip2.5cm {}- S(f, P\cup \{y_0,\ldots, y_{j+1}\})
      + I(f, P\cup \{y_0,\ldots, y_{j+1}\})
      \Bigg]}\cr
    &= S(f,P) - I(f,P) - \big( S(f, P\cup P_\ep)
      - I(f,P\cup P_\ep)\big) \cr
    &\leq 2M\delta d.
  }
  $$

  Autrement dit, on a
  $$
  \eqalignno{
    S(f,P) - I(f,P) 
      &\leq 2Md\delta +\big( S(f,P\cup P_\ep) 
        - I(f,P\cup P_\ep) \big)\cr
      &\leq 2Md\delta + {\ts {\varepsilon\over 2}}.
  }
  $$
  Si on prend $\delta = {\ep \over 2d}$, alors on obtient
  $$
    S(f,P) - I(f,P) \leq \ep
  $$
  tel que voulu.

  On notera bien que le $\delta$ choisi dépend de $\ep$
  et de $d$, mais pas de $P$. En effet, $d$ est déterminé
  en fonction $\ep$ et indépendemment de $P$.
\fin

\dem[du théorème]
  On suppose que $f$ est intégrable et on montre qu'elle
  satisfait le critère de Riemann.

  Soit $\ep > 0$. Soit $\delta > 0$ dont l'existence
  provient du~\ref{lem:darboux}. Pour toute
  partition $P$ avec $\|P\| < \delta$ et pout tout
  test $\xi$, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    -\ep 
      &\leq I(f,P) - S(f,P) 
        &\hbox{(par le \ref{lem:darboux})}\cr
      &\leq R(f,P,\xi) - S(f,P)
        &\hbox{(par~\eqref{eq:riemann entre darboux})}\cr
      &\leq R(f,P,\xi) - \int_a^b f
        &\hbox{(car $S(f,P) \geq \int_a^b f$)}\cr
      &\leq S(f,P) - \int_a^b f
        &\hbox{(par \eqref{eq:riemann entre darboux})}\cr
      &\leq S(f,P) - I(f,P)
        &\hbox{(car $I(f,P) \leq \int_a^b f$)}\cr
      &\leq \ep,
        &\hbox{(par le \ref{lem:darboux})}\cr
  }
  $$
  d'où $\left| R(f,P,\xi) - \int_a^b f\right| \leq \ep$.
  On conclut que $f$ satisfait au critère de Riemann.

  Pour la réciproque, on suppose que $f$ satisfait
  au critère de Riemann et on montre que
  $$
    \intinf_a^b f = \intsup_a^b f.
  $$

  Soit $\ep > 0$. Soit $S$ et $\delta$ qui satisfont
  au critère de Riemann.
  D'abord, on a que pour toute partition $P$ avec
  $\|P\| < \delta$ et pour tout test $\xi$,
  $$
    R(f,P,\xi) \leq S +\ep.
  $$
  Puisque l'inégalité tient pour tout test $\xi = (\xi_1,\ldots,\xi_n)$,
  elle reste vraie lorsque 
  $f(\xi_j) \to \sup_{[x_{j-1},x_j]} f$.
  Il suit que $S(f,P) \leq S+\ep$. De même,
  on a $S - \ep \leq I(f,P)$.

  Soit ensuite $(P_n)$ une suite de partitions
  telle que 
  $$
    I(f,P_n) \to \intinf_a^b f
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    S(f,P_n) \to \intsup_a^b f.
  $$
  On a 
  $$
    S - \ep \leq I(f, P\cup P_n) \leq
      S(f, P\cup P_n) \leq S + \ep.
  $$
  Comme $\ep$ est arbitraire, on conclut que
  $\intinf_a^b f = \intsup_a^b f = S$.
\fin

\chapitre Convergence uniforme.
La notion de \emph{suite} était très importante
en analyse~1. On étend cette notion aux fonctions.
Comme on le verra, une notion de convergence pour
les fonctions est plus difficile à établir.

\section Convergence simple.
\deff Soit $X$ un ensemble, soit $(f_n)_{n\geq 1}\colon X\to \R$
  des fonctions et soit $f\colon X\to\R$ une fonction.
  Alors la suite $(f_n)_{n\geq 1}$ \emph{converge simplement
  vers $f$ sur $X$} si, pour chaque $x\in X$, la suite de
  nombres $(f_n(x))_{n\geq 1}$ converge vers $f(x)\in\R$.

  On écrit également $f_n\to f$ simplement sur $X$ lorsque
  $n\to\infty$.
\fin

\ex* $f_n(x) = {n^2 x^2 \over n^2 + x^2}$.\par\vskip2\jot
  On a
  $$
    f_n(x) = {x^2 \over 1 + {x^2 \over n^2}} 
    \to x^2 \rlap{\quad lorsque $x\to\infty$.}
  $$

  Conclusion~: $f_n \to f$ simplement sur $\R$, où
  $f(x) = x^2$.
\fin

\ex*\label ex par non cont. $f_n(x) = {1 - x^{2n}\over 1 + x^{2n}}$.\par\vskip2\jot
  Il y a trois possibilités~:\vskip2\jot
  \item{1.} si $|x| < 1$, alors 
  $\ds {1 - x^{2n} \over 1+x^{2n}} \to {1 - 0\over 1+0} = 1$
  lorsque $n\to\infty$;\vskip2\jot
  \item{2.} si $|x|>1$, alors 
  $\ds {1 - x^{2n} \over 1+x^{2n}} = {{1\over x^{2n}} - 1\over
  {1\over x^{2n}} + 1} \to {0 -1 \over 0+1} = -1$
  lorsque $n\to\infty$;\vskip2\jot
  \item{3.} si $|x|=1$, alors 
  $\ds {1 - x^{2n} \over 1+x^{2n}} = 0$ pour tout $n$.

  Conclusion~: $f_n\to f$ simplement sur $\R$, où
  $$
    f(x) = \cases{
      1, & si $|x| < 1$,\cr\vv
      0, & si $|x| = 1$,\cr\vv
      -1, & si $|x| > 1$.}
    \hskip3cm
    \vcenter{\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap2/graphe-1.pdf }}
  $$
\fin
\rem Bien que chaque $f_n$ soit continue, $f$ est
  discontinue en $x = \pm 1$.
\fin

\ex* $f_n(x) = \cases{
    1, & si $x\in [n, n+1)$,\cr
    0, & sinon.\cr}$\par\vskip2\jot
    On voit que $f_n(x) = 0$ si $n > x$,
    donc $f_n \to 0$ simplement sur $\R$.
    \vadjust{\vbox to 0pt{\vss
      \rightline{\XeTeXpdffile figures/chap2/graphe-2.pdf \qquad} }}
\fin

\rem Ici, $f_n\to 0$ sur $\R$, mais
$\int_0^\infty f_n \to \int_0^\infty 0$, car
$\int_0^\infty f_n = 1$ pour tout $n\in\N$.
\fin

\ex*\label ex par non deriv. $f_n(x) = {\sin(nx) \over n}$.\par\vskip2\jot
  \hangindent-4cm\hangafter-1
  On note que $|f_n(x)| \leq {1\over n}$ pour tout $n\in\N$
  et pour tout $x\in \R$, donc $f_n \to 0$ simplement
  sur $\R$.
  \vadjust{\vbox to 0pt{\vss 
    \rightline{\XeTeXpdffile figures/chap2/graphe-3.pdf \quad}}}
\fin

\rem Dans cet exemple, on voit que $f_n\to 0$ simplement sur
  $\R$, mais $f_n'\to 0'$ simplement sur $\R$. En effet,
  on a
  $$
    f_n'(0) = \cos(n0) = 1
  $$
  pour tout $n$, tandis que $0' = 0$.
\fin

Les exemples \refn{ex:non cont} à \refn{ex:non deriv} montrer que bien qu'elle semble
naturelle, la convergence simple ne respecte ni la
continuité, ni l'intégration, ni la dérivation. Il
nous faut un mode de convergence plus forte~:
la {\it convergence uniforme\/}.

\section Convergence uniforme.
\deff Soit $X$ un enesmble. Soit
  $(f_n)_{n\geq 1}\colon X \to \R$
  une suite de fonctions et soit 
  $f\colon X\to \R$ une autre fonction.
  On dit que \emph{$f_n$ converge vers
  $f$ uniformément sur $X$} si
  $$
    \sup_{x\in X} |f_n(x) - f(x)| \to 0
  $$
  lorque $n\to\infty$.
\fin

\rem Si $f_n \to f$ uniformément sur $X$,
  alors $f_n \to f$ simplement sur $X$. Ainsi,
  pour déterminer si $(f_n)_{n\geq 1}$ converge
  uniformément~:
  \item{1.} on identifie la limite simple $f$, si elle
    existe;
  \item{2.} on tente de montrer que $\sup\limits_{x\in X}
    |f_n(x) - f(x)| \to 0$ lorsque $n\to\infty$.
\fin

\ex* $f_n(x) = xe^{-nx}$ sur $[0,\infty)$.\par\vskip2\jot
  On note que $f_n \to 0$ simplement sur $[0,\infty)$.
  On veut donc montrer que 
  $$
    \sup_{x\in [0,\infty)} |xe^{-nx}| \to 0
    \rlap{\qquad lorsque $n\to\infty$.}
  $$

  On a 
  $$
    f_n'(x) = e^{-nx} - nxe^{-nx}
      =(1-nx)e^{-nx}
      \cases{
        >0, & si $0< x < {1\over n}$,\cr
        <0, & si $x > {1\over n}$.}
  $$
  Donc, il s'ensuit que
  $$
    \sup_{x\in [0,\infty)} |f_n(x)| 
      = f_n\big({\ts {1\over n}}\big)
      = {1\over ne} \to 0
  $$
  lorsque $n\to \infty$.

  Conclusion~: $f_n\to 0$ uniformément sur $[0,\infty)$.
\fin

\ex* $f_n(x) = {nx \over 1 + n^2 x^2}$ sur $[0,1]$\par\vskip2\jot
  \hangindent-3cm\hangafter0
  On voit que $f_n \to 0$ simplement sur $[0,1]$.
  (En effet, si $x>0$, alors $f_n(x) \leq {nx \over n^2 x} = {1\over
  nx}$ et si $x= 0$, alors $f(0) = 0$ pour tout $n$.)

  \hangindent-3cm\hangafter-2
  On trouve que le supremum est atteint en $x={1\over n}$
  \vadjust{\vbox to 0pt{\vss
    \rightline{\XeTeXpdffile figures/chap2/suite-1.pdf \qquad}}}
  (à l'aide du calcul différentiel). Donc 
  $$
    \sup_{x\in [0,1]} |f_n(x)| = f_n\big({\ts {1\over n}}\big)
      = {\ts {1\over 2}} \not\to 0
  $$
  lorsque $n\to \infty$.

  Conclusion~: $(f_n)_{n\geq 1}$ ne converge pas uniformément
  sur $[0,1]$ (ni vers $0$, ni vers aucune autre limite).
\fin

\ex* $f_n(x) = x^n$ sur $(0,{9\over 10})$.\vskip2\jot
  On voit que $f_n(x) \to 0$ lorsque $n\to \infty$
  pour tout $x\in (0,{9\over 10})$. De plus, on a
  $$
    \sup_{x \in (0,{9\over 10})} |f_n(x)|
      = \left({9\over 10}\right)^n
      \to 0
  $$
  lorsque $n\to \infty$. Donc $x^n \to 0$
  uniformément sur $(0,{9\over 10})$.
\fin

\ex* $f_n(x) = x^n$ sur $(0,1)$.\vskip2\jot
  Encore une fois, on voit que $f_n(x) \to 0$ lorsque $n\to \infty$
  pour tout $x\in (0,1)$. Par contre, on a
  $$
    \sup_{x \in (0,1)} |f_n(x)|
      = 1^n \not\to 0
  $$
  lorsque $n\to \infty$. Ainsi, $f_n$ ne converge pas
  uniformément sur $(0,1)$.
\fin

\penalty200000

\proclamer* Morale~: en \rm le domaine est important!

\penalty-5000

\section Convergence uniforme et continuité.
\label sec par unif et cont.
\theo \label theo par unif et cont.
  On suppose que $f_n\to f$ uniformément sur un
  intervalle $I$. Soit $a\in I$. Si chaque $f_n$
  est continue en $a$, alors $f$ est continue en $a$.
\fin

\cor Si $f_n\to f$ uniformément sur $I$ et si chaque
  $f_n$ est continue sur $I$, alors $f$ est continue
  sur $I$ aussi.
\fin

\dem[du théorème]
  Soit $\ep > 0$. Comme $f_n \to f$ uniformément
  sur $I$, il existe $N$ tel que 
  $$
    n\geq N \Rightarrow \sup_{x\in I} 
      |f_n(x) - f(x)| < {\ep \over 3}.
  $$
  En particulier, 
  $$
    \sup_{x\in I} 
      |f_N(x) - f(x)| < {\ep \over 3}.
    \eqno(*)
  $$

  Comme $f_N$ est continue en a, il existe
  $\delta > 0$ tel que pour tout $x\in I$
  tel que $|x - a| < \delta$, on a
  $$
    |f_N(x) - f_N(a)| < {\ts {\ep\over 3}}
    \eqno(**)
  $$
  Ainsi, pour tout $x\in I$ avec $|x-a| < \delta$, on a
  $$
  \eqalignno{
    |f(x) - f(a)| 
      &\leq |f(x) - f_N(x)| + |f_N(x) - f_N(a)| + |f_N(a) - f(a)|
        \cr\vv
      &< \ts {\textstyle {\ep\over 3}\atop \hbox{\fiverm par
          $\scriptscriptstyle(*)$}} 
        + { \textstyle{\ep\over 3} \atop \hbox{\fiverm par
          $\scriptscriptstyle(**)$}}
        + {\textstyle {\ep\over 3} \atop \hbox{\fiverm par
          $\scriptscriptstyle(*)$}}
        \cr\vv
      &= \ep.
  }
  $$
  D'où $f$ est continue en $a$.
\fin

\ex* $\ds f_n(x) = {1 - x^{2n} \over 1 + x^{2n}}$.\vskip2\jot
  On a déjà vu que $f_n \to f$ simplement, où
  $$
    f(x) = \cases{
      1, & si $|x| < 1$,\cr
      0, & si $|x| = 1$,\cr
      -1, & si $|x| > 1$,\cr}
  $$
  qui a des discontinuités en $x=\pm 1$. Donc
  $f_n \not\to f$ uniformément sur $\R$.
\fin

\ex* $f_n(x) = x^n$ sur $(0,1)$.\vskip2\jot
  On a vu que $f_n\to 0$ simplement, mais pas
  uniformément sur $(0,1)$. Bien que la convergence
  ne soit pas uniforme, la limite simple est continue.
  Cela montre que la convergence uniforme est 
  {\it suffisante\/} pour préserver la continuité,
  mais pas nécessaire.
\fin

\section Convergence uniforme et intégration.
\label sec par unif et int.
\theo Soit $(f_n)_{n\geq 1}$ des fonctions continues
  sur un intervalle fermé et borné $[a,b]$ et on
  suppose de plus que $f_n \to f$ uniformément sur
  $[a,b]$. Alors
  $$
    \int_a^b f_n \to \int_a^b f.
  $$
\fin
\dem
  D'après le théorème de la \ref{sec:unif et cont},
  la fonction $f$ est continue sur $[a,b]$, donc
  intégrable. On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \ts\left| \int_a^b f_n - \int_a^b f\right|
      &= \ts\left| \int_a^b (f_n -f )\right|\cr
      &\leq  \ts \int_a^b |f_n -f|\cr\noalign{\penalty0}
      &\leq (b-a) \sup_{x \in [a,b]} 
        |f_n(x) - f(x)|\cr
      &\longrightarrow 0
        \rlap{\qquad \qquad lorsque $n\to\infty$.}
  }
  $$
\fin

\ex* $f_n$ la fonction de la figure.\vskip2\jot
  $$
    \vcenter{\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap2/suite-2.pdf }}
    \hskip2cm
    \vcenter{\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap2/suite-3.pdf }}
  $$
  On a que $f_n\to 0$ simplement sur $[0,2]$,
  mais $\int_0^2 f_n \not\to \int_0^2 f$, 
  puisque $\int_0^2 f_n = 1$ pour tout 
  et $\int_0^2 0 = 0$.

  Conclusion~: la suite $(f_n)$ ne converge pas
  uniformément vers $f$.
\fin

\ex* $f_n$ la fonction de la figure\vskip2\jot
  $$
    \vcenter{\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap2/suite-4.pdf }}
    \hskip2cm
    \vcenter{\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap2/suite-5.pdf }}
  $$
  On a que $f_n \to 0$ uniformément sur $[0,\infty)$
  (en effet $\sup_{[0,\infty)} |f_n(x) - 0| = {1\over n}
  \to 0$ lorsque $n\to\infty$).

  Par contre, on voit que 
  $\int_0^\infty f_n \not\to \int_0^\infty 0$,
  puisque $\int_0^\infty f_n =1$ pour tout $n$
  et $\int_0^\infty 0 = 0$.

  Le théorème de n'applique pas, puisque 
  $[0,\infty)$ n'est pas borné.
\fin

\section Convergence uniforme et dérivation.
\label sec par unif et deriv.
Attention! Même si $f_n \to f$ uniformément sur $\R$,
on n'obtient pas $f_n' \to f'$ (même simplement).

\ex* $f_n(x) = {\sin(nx) \over n}$.\vskip2\jot
  On a que $f_n\to 0$ uniformément sur $\R$,
  puisque
  $$
    \sup_{x\in \R} \left|{\sin(nx)\over n} \right|
    = {1\over n} \to 0,
  $$
  lorsque $n\to \infty$, mais $f_n'(x) = \cos(nx)$,
  donc $f'(0) = 1\not =0$. 

  Conclusion~: $f_n'\not\to 0$ en $x=0$.
\fin

\theo Soit $(f_n)$ une suite de fonctions définie
  sur un intervalle $I$. On suppose que chaque
  $f_n$ est dérivable et que $f_n'$ est continue.
  On suppose, de plus, que
  \item{($i$)} $f_n\to f$ simplement sur $I$;
  \item{($ii$)} $f_n'\to g$ uniformément sur $I$.
  Alors $f$ est dérivable sur $I$ et $f' = g$.
  
  Autrement dit, sous ces hypothèses, on a
  $$
    \left( \lim_{n\to \infty} f_n \right)'
     = \lim_{n\to\infty} (f_n)'.
  $$
\fin
\dem
  On fixe $a\in I$. Par le théorème fondamental du calcul, version
  2, pour chaque $x\in I$, on a
  $$
    f_n(x) - f_n(a) = \int_a^x f_n'.
    \eqno(*)
  $$
  D'une part, par l'hypothèse ($i$), on a
  $$
    \lim_{n\to\infty} f_n(x) - f_n(a) = f(x) - f(a)
  $$
  pour chaque $x\in I$.

  D'autre part, par l'hypothèse ($ii$) et le
  théorème de la \ref{sec:unif et int}, on a
  $$
      lim_{n\to\infty} \int_a^x f_n' = \int_a^x g.
  $$
  Donc, en laissant $n\to\infty$ dans $(*)$, on obtient
  $$
    f(x) -f(a) = \int_a^x g.
  $$
  Par le théorème fondamental du calcul, version 1, 
  $f$ est dérivable et
  $$
    f'(x) = g(x)
  $$
  pour tout $x\in I$.
\fin

\section Convergence uniforme des séries.
Tout comme pour les séries de nombres, la convergence
d'une série de fonctions $\sum_{k=0}^\infty u_k(x)$
est définie en termes de la convergence de la suite
des sommes partielles
$$
  f_k(x) = \sum_{k=0}^n u_k(x).
$$

\deff Soit $X$ un ensemble et soit 
  $({u_k})_{k\geq 0} \colon X\to\R$
  des fonctions. On pose 
  $$
    f_n(x) = \sum_{k=0}^n u_k(x).
  $$
  On dit que $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k$
    \emph{converge simplement} sur $X$ si la suite
    $(f_n)$ converge simplement sur $X$.
  On dit que $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k$
    \emph{converge uniformément} sur $X$ si la suite
    $(f_n)$ converge uniformément sur~$X$.
\fin

Les théorèmes déjà vus pour les suites se traduisent
facilement en des théorèmes correspondants pour les
séries.

\theo[de continuité] Si ${(u_k)}_{k\geq 0}$ est une suite de
  fonctions continues sur un intervalle $I$ et si
  $\sum_{k=0}^\infty u_k$ converge uniformément sur $I$,
  alors $\sum_{k=0}^\infty u_k$ est continue sur $I$.
\fin

\theo[d'intégration]
  \label theo par sum int.
  Si ${(u_k)}_{k\geq 0}$ est une suite de
  fonctions continues sur un intervalle borné $[a,b]$
  et si $\sum_{k=0}^\infty u_k$ converge uniformément
  sur $[a,b]$, alors
  $$
    \int_a^b \left( \sum_{k=0}^\infty u_k\right)
      = 
      \sum_{k=0}^\infty \left( \int_a^b u_k\right).
  $$
\fin
\dem 
  On pose $f_n = \sum_{k=0}^n u_k$. On a
  $$
    \int_a^b f_n = \int_a^b \sum_{k=0}^n u_k
      = \sum_{k=0}^n \int_a^b u_k.
  $$
  Par hypothèse, $f_n\to \sum_{k=0}^\infty u_k$ 
  uniformément sur $[a,b]$, donc par le théorème
  de la \ref{sec:unif et int}, on a
  $$
    \lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n
      = \int_a^b \sum_{k=0}^\infty u_k,
  $$
  c'est-à-dire
  $$
    \lim_{n\to \infty} \sum_{k=0}^n \int_a^b u_k
      = \int_a^b \sum_{k=0}^\infty u_k.
  $$
\fin

\theo[de dérivation] Soit ${(u_k)}_{k\geq 0}$
  une suite de fonctions dérivables sur un intervalle
  $I$ avec $u_k'$ continue pour chaque $k$.
  On suppose, de plus, que
  \item{($i$)} $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k$ converge
    simplement sur $I$, et
  \item{($ii$)} $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k'$ converge
    uniformément sur $I$.\par
  \noindent Alors $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k$ est
  dérivable sur $I$ et
  $$
    \left( \sum_{k=0}^\infty u_k \right)
      = \sum_{k=0}^\infty (u_k)'.
  $$
\fin
\dem On pose $f_n := \sum_{k=0}^n u_k$. On sait que
  $f_n$ est dérivable et que
  $$
    f_n' = \sum_{k=0}^n (u_k)'
  $$
  Par l'hypothèse ($i$), on a que
  $$
    f_n \to \sum_{k=0}^\infty u_k
    \qquad \rlap{($n\to\infty$)}
  $$
  sur $I$ et 
  $$
    f_n' \to \sum_{k=0}^\infty u_k'
    \qquad \rlap{($n\to\infty$)}
  $$
  uniformément sur $I$.

  Selon le théorème de la \ref{sec:unif et deriv},
  $\sum_{k=0}^\infty u_k$ est dérivable sur $I$ et
  $$
    \left( \sum_{k=0}^\infty u_k \right)'
    = \sum_{k=0}^\infty u_k'.
  $$
\fin 

En principe, la théorie pour les séries est
pareille à celle des suites. Cependant, en
pratique, il y a une différence importante.
Il est souvent difficile, voire impossible,
d'identifier explicitement la limite $f(x)$
d'une série, ce qui complique le calcul de
$\sup |f(x) - f_n(x)|$ utilisé pour déterminer
la convergence uniforme de la série. Il nous
faut donc un critère qui nous assure de la
convergence uniforme d'une série de fonctions,
sans avoir à identifier explicitement la limite.
Voici un tel critère.

\medbreak
\proclamer* Le critère de Weierstrass. en \sl
  Soit ${(u_k)}_{k\geq 0}$ une suite de fonction sur
  $X$. On suppose qu'il existe des nombres ${(M_k)}_{k\geq 0}$
  tels que
  \item{($i$)} $|u_k(x)| \leq M_k$ pour tout $k\geq 0$ et 
    $x\in X$, et 
  \item{($ii$)} la séries $\sum_{k=0}^\infty M_k$ converge.
  \par\noindent Alors $\sum_{k=0}^\infty u_k$ converge uniformément
  sur $X$.
\rm

\ex* $\ds \sum_{k=1}^\infty {\sin(kx)\over k^2}$.\vskip2\jot
  On note que 
  $$
    \left| {\sin(kx)\over k^2} \right| \leq {1\over k^2}
  $$
  et que la série $\sum_{k=0}^\infty {1\over k^2}$ converge.

  D'après le critère de Weierstrass, la séries
  $\sum_{k=1}^\infty {\sin(kx) \over k^2}$ converge
  uniformément sur $\R$.
\fin

\ex* $\ds \sum_{k=0}^\infty {\sin(1000^k x) \over 10^k}$.\vskip2\jot
  Exactement le même raisonnement montre que cette série converge
  uniformément sur $\R$, donc elle donne une fonction continue.
  (Par contre, on peut montrer que cette fonction n'est dérivable
  nulle part.)
\fin

\dem On remarque d'abord que la série $\sum_{k=0}^\infty u_k$
  converge simplement sur $X$. En effet, pour chaque $x\in X$,
  on a $|u_k(x)| \leq M_k$ et $\sum\limits_0^\infty M_k$ converge,
  donc par le test de comparaison pour les séries,
  $\sum\limits_0^\infty |u_k(x)|$ converge. 

  Le problème est de montrer que la convergence est uniforme sur
  $X$. Pour le faire, on considère les sommes partielles
  $$
    f_n := \sum_{k=0}^n u_k
  $$
  et on pose aussi
  $$
    f := \sum_{k=0}^\infty u_k.
  $$
  On sait que $f_n\to f$ simplement sur $X$ et on veut
  montrer que $f_n\to f$ uniformément sur $X$.

  On prend $n,m$ entiers avec $m > n$. Pour chaque
  $x\in X$, on a
  $$
    f_m(x) - f_n(x) = \sum_{k=n+1}^m u_k(x),
  $$
  donc
  $$
    |f_m(x) - f_n(x)| \leq \sum_{k=n+1}^m |u_k(x)|
      \leq \sum_{k=n+1}^m M_k.
  $$
  On laisse $m\to\infty$ pour obtenir
  $$
    |f(x) - f_n(x)| \leq \sum_{k=n+1}^\infty M_k.
  $$
  
  Comme cet estimé est valable pour chaque $x\in X$
  et le membre de droite ne dépend pas de $x$, il 
  suit que
  $$
    \sup_{x\in X} |f(x) - f_n(x)| \leq \sum_{k=n+1}^\infty M_k.
  $$
  Or on a
  $$
    \sum_{k=n+1}^\infty M_k = \sum_{k=0}^\infty M_k
      - \sum_{k=0}^\infty
      \longrightarrow 0
  $$
  lorsque $n\to\infty$. On conlut que
  $$
    \lim_{n\to\infty} \sup_{x\in X}
    |f(x) - f_n(x)| =0.
  $$

  Conclusion~: $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k$ converge 
  uniformément sur $X$.
\fin

\section Espaces des fonctions continues.
\difficile Cette section est optionnelle, donc elle
  peut être considérer comme ayant le sinus du
  topologue partout. Son contenu n'est pas trop
  difficile pour le cours, mais il sort un peu
  du cadre.
\fin

L'ensemble des fonctions continues sur un intervalle
$I\subseteq \R$ est
$$
  C^0(I) = \{ f\colon I\to \R \mid \hbox{$f$ est
  continue et bornée}\}.
$$
L'hypothèse que $f$ est bornée n'est pas toujours
présente parmi les auteurs. 
Pour cette section, on en aura besoin, puisque l'on voudra
que $\sup_I |f| < \infty$. Si $I$ est compact,
alors $f$ est bornée de toute façon.

On vérifie sans peine que $C^0(I)$ est un espace
vectoriel. L'intérêt de la section est d'associer une
notion de distance entre deux fonctions continues.

\deff Soit $V$ un espace vectoriel. Une \emph{norme}
  sur $V$ est une application $\| \cdot\| \colon V\to [0,\infty)$
  telle que 
  \item{1.} (séparation) pour tout $x\in V$, si $\| x\| = 0$, alors
  $x=0$;
  \item{2.} (homogénéité) pour tout $\lambda \in \R$ et
  tout $x\in V$, $\| \lambda x\| = |\lambda| \|x\|$;
  \item{3.} (sous-additivité) pour tout $x,y\in V$,
  $\| x+y\| \leq \|x\| + \|y\|$.
\fin

Le point 3 s'appelle aussi l'inégalité triangulaire.
Ces axiomes décrivent la notion de distance entre
deux vecteurs. 

\ex* Soit $V = \R^n$ et $x=(x_1,\ldots,x_n)\in \R^n$. La norme
  euclidienne est 
  $$
    \|x\|_2 = \left( \sum_{j=1}^n x_j^2 \right)^{1/2}.
  $$
  C'est bien une norme et c'est celle qui est
  habituellement utilisé dans $\R^n$. Par exemple, pour
  $n=2$ et $x = (a,b)$, on a
  $$
    \|x\|_2 = \sqrt{a^2 + b^2}.
  $$

  Il y a d'autres normes possibles. Par exemple
  $$
    \|x\|_1 = \sum_{j=1}^n |x_j|
  $$
  ou 
  $$
    \|x\|_\infty = \max\{|x_1|,\ldots, |x_n|\}.
  $$
\fin

Voici le lien avec les fonctions continues.

\prop Soit $X\subseteq \R$ un ensemble et 
  $f,g\colon X\to \R$ deux fonctions bornées.
  Alors\vskip7pt
  \item{1.} pour tout $\lambda\in \R$, on a
    $\ds \sup_{x\in X} |\lambda f(x)| 
      = |\lambda| \sup_{x\in X} f(x)|$;\vskip7pt
  \item{2.} $\ds \sup_{x\in X} |f(x) + g(x)|
    \leq \sup_{x\in X} |f(x)| + \sup_{x\in X} |g(x)|$.
\fin
\dem 1.~On pose $S = \ds \sup_{x\in X} |f(x)|$
  et $L = \ds \sup_{x\in X} |\lambda f(x)|$.
  Puisqu'on a
  $$
    f(x) \leq S
  $$
  pour tout $x\in X$, il suit que
  $$ 
    |\lambda| f(x) \leq |\lambda| S
  $$
  pour tout $x\in X$. Ainsi $|\lambda| S$ est
  un majorant de $\lambda f$. On en conclut que
  $L \leq |\lambda| S$.

  Ensuite, si $L < |\lambda| S$, alors on a 
  $$
    {1\over |\lambda|} L < S,
  $$
  donc il existe $x$ tel que
  $$
    {1\over |\lambda|} L< f(x) \leq S.
  $$
  Ceci est une contradiction, car 
  $|\lambda| f(x) \leq L$ pour tout $x\in X$.
  Ainsi $L \geq |\lambda| S$.

  Conclusion~: $L = |\lambda| S$, comme voulu.

  2.~Ceci découle simplement du fait que
  $|f(x) + g(x)| \leq |f(x)| + |g(x)|$.
\fin


La proposition nous dit que $\sup_{X} |f|$
définie une norme. Ainsi, pour $f\in C^0(I)$, on pose
$$
  \|f\|_\infty := \sup_{x\in I}|f(x)| = \sup_I |f|
$$
et on l'appelle la \emph{norme infinie}.
On dit que $(C^0(I), \|\cdot\|_\infty)$ est un
\emph{espace vectoriel normé}. On interprète donc
$\|f\|_\infty$ comme la longueur de $f$ (dans le sens de
la longueur d'un vecteur) et $\|f - g\|_\infty$
est la distance entre $f$ et $g$.

\deff Une \emph{suite de Cauchy} dans un espace
  vectoriel normé $(V, \|\cdot\|)$ est une suite
  $(x_n)$ dans $V$ telle que pour tout $\ep>0$,
  il existe $N>0$ tel que pour tout $n,m \geq N$, on~a
  $$
    \|x_n - x_m\|_\infty < \ep.
  $$
\fin

On sait que les suites de Cauchy dans $\R$ convergent.
Est-ce toujours le cas dans les autres espaces vectoriels
normés?
Avant de répondre à cette question, on montre
deux propriétés qui sont toujours vraies pour
les suites de Cauchy.

\prop\label prop par cauchy.
  Soit $(V, \|\cdot\|)$ un espace vectoriel normé.
  \item{1.} Si $(x_n)$ est une suite de $V$ convergente,
    alors c'est une suite de Cauchy.
  \item{2.} Si $(x_n)$ est une suite de Cauchy de $V$,
    alors $(x_n)$ est bornée.
\fin
\dem
  1.~Soit $x\in V$ la limite de $(x_n)$. Soit $\ep > 0$.
  Puisque $x_n$ converge vers $x$ dans $V$, il existe
  $N>0$ tel que pour tout $n\geq N$, on a
  $$
    \|x - x_n\| < {\ep\over 2}.
  $$
  Soit maintenant $m\geq N$. On a
  $$
    \|x_n - x_m\| \leq \|x_n - x\| + \|x - x_m\|
    < {\ep \over 2} + {\ep \over 2} = \ep.
  $$
  On conclut que $(x_n)$ est une suite de Cauchy.
  \medbreak

  \noindent 2.~Soit $\ep > 0$. Il existe $N>0$ tel
  que pour tout $m,n\geq N$, on a
  $$
    \|x_n - x_m\| < \ep.
  $$
  Ainsi, il s'ensuit que pour tout $n\geq N$,
  $$
    \|x_n\| \leq \|x_n - x_N\| + \|x_N\|
      < \ep + \|x_N\|.
  $$
  On pose $M = \max\{\|x_1\|, \ldots,\|x_{N-1}\|, \|x_n\| + \ep\}$.
  On a donc $\|x_n\| \leq M$ pour tout $n$.
\fin

\theo Les suites de Cauchy de $(C^0(I), \|\cdot\|_\infty)$ convergent 
  dans $C^0(I)$. Autrement dit, si $(f_n)$ est une
  suite de Cauchy, alors il existe $f\in C^0(I)$ telle
  que 
  $$
    \| f_n - f\|_\infty \to 0
  $$
  lorsque $n\to \infty$.
\fin
\dem
  D'abord, par la ~\ref{prop:cauchy},
  la suite est bornée, donc il existe $M>0$ tel
  que $\|f_n\|_\infty \geq M$.

  Soit $\ep > 0$. Pour chaque $x\in I$, on sait que
  ${\big( f_n(x) \big)}_n$ est une suite de Cauchy 
  dans $\R$. Puisque les suites de Cauchy dans $\R$
  convergent, il existe $f(x)$ telle que $f_n(x) \to f(x)$
  lorsque $n\to \infty$. Ainsi, $f_n \to f$ simplement
  sur $I$. 

  On doit maintenant montrer que $f\in C^0(I)$ et
  que $\| f_n - f\|_\infty \to 0$ lorsque $n\to\infty$.
  On montre le deuxième point en premier.

  Soit $N>0$ tel que pour tout $n,m\geq N$,
  $$
    \| f_n(x) - f_m(x)\|_\infty < \ep.
  $$
  Cette inégalité se réécrit comme
  $$
    |f_n(x) - f_m(x) | < \ep
  $$
  pour tout $x\in I$ et tout $n,m \geq N$. Ainsi, on laisse
  $m\to \infty$ pour obtenir
  $$
    |f_n(x) - f(x)| < \ep
  $$
  pour tout $x\in I$ et tout $n\geq N$. On conclut que
  $$
    \|f_n(x) - f(x)\|_\infty < \ep,
  $$
  donc $\|f_n - f\|_\infty \to 0$.

  Ceci veut dire que $f_n \to f$ uniformément
  sur $I$. Par le~\ref{theo:unif et cont}, 
  on obtient que $f$ est continue. 
  Puisque la suite $(f_n)$ est de Cauchy, elle
  est bornée, donc $f$ est bornée. On obtient
  que $f\in C^0(I)$.
\fin


\rem Lorsque toutes les suites de Cauchy convergent et que 
leur limite appartient à
l'espace, on dit que l'espace est \emph{complet}. Ainsi,
le théorème se réécrit
$$
  (C^0(I), \|\cdot\|_\infty) \hbox{ est complet.}
$$
En général, on aime que les espaces soient complet, car les suites de Cauchy
sont centrales en analyse. En allemand, par exemple, on les appelle les suites
fondamentales (fundamental folge.)
\fin

\ex* On définit sur $C^0([a,b])$ la norme
$$
  \| f\|_1 = \int_a^b |f|.
$$
Cet espace n'est pas complet.
\fin

Pour montrer que cet exemple est vrai, on utilise le lemme suivant, qui peut
sembler surprenant. (Il m'a personnellement surpris à l'époque.)

\lem Soit $(V, \|\cdot\|)$ un espace vectoriel normé. Alors $V$ est complet si et seulement si les séries absolument convergentes convergent.
\fin
\rem Une série est absolument convergente si
$$
  \sum_{n=0}^\infty \|a_n\|
$$
converge dans $\R$. Elle converge si
$$
  \left\| \sum_{n=0}^\infty a_n - \sum_{n=0}^m a_n \right\| \to 0
$$
lorsque $m\to\infty$.
\fin
\dem On suppose $V$ est complet. Soit $s_n = \sum_{j=0}^n x_n$ les sommes partielles d'une série de $V$. On suppose que la série converge absolument et on montre qu'elle converge.

On suppose que $n > m$. On a
$$
\eqalignno{
  \left\| s_n - s_m \right\|
    &= \left\| \sum_{j=m}^n x_j \right\| \cr
    &\leq \sum_{j=m}^n \| x_j \|. \cr
  }
$$
Lorsque $n\to \infty$, on obtient
$$
  \| s_m - s \| \leq \sum_{j=m}^\infty \| x_j\|.
$$
Puisque la série est absolument convergente, il suit que $\| s_m - s\| \to 0$ lorsque $m\to \infty$.

Réciproquement, on suppose que les séries absolument convergentes convergent. Soit $(x_n)$ une suite de Cauchy. On pose
$$
  s_n = \sum_{j=0}^n ( x_{j+1} - x_j ).
$$
%TODO Finir
\fin

On peut maintenant terminer l'exemple.

\ex* On montre que l'espace $(C^0([a,b]), \|\cdot\|_1)$ n'est pas complet. On considère la série
$$
  f(x) = \sum_{n=0}^\infty {x^n \over n}
$$
sur $[0,1]$. On voit que la série converge absolument, car
$$
  \sum_{n=0}^\infty \|x^n\|_1
  = \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 {x^n \over n} \d x
  = \sum_{n=0}^\infty {1 \over n^2}.
$$
Or, la série ne converge pas dans $C^0([0,1])$, puisque $f(1) = \infty$.
\fin



\chapitre Séries entières.
Une série entière est une série de fonctions de la forme
$$
  \sum_{k=0}^\infty a_k x^k,
$$
où les coefficients $a_k$ sont des nombres réels
(complexes). On verra que ces séries possèdes des
propriétés spéciales qui les rendent presque
aussi faciles à manipuler que les polynômes.

\section Rayon de convergence.
\theo Soit $\sum\limits_0^\infty a_k x^k$ une série
  entière. Alors il existe $R$ avec $0\leq R\leq \infty$
  tel que\vskip2\jot
  \item{$\bullet$} $|x| < R \Rightarrow \sum\limits_0^\infty a_k
  x^k$ et $\sum\limits_0^\infty |a_k x^k|$ convergent;\vskip2\jot
  \item{$\bullet$} $|x| > R \Rightarrow \sum\limits_0^\infty a_k
  x^k$ et $\sum\limits_0^\infty |a_k x^k|$ divergent.
\fin

\rems 1.~Le nombre $R$ s'appelle le rayon de convergence.
  \item{2.} Le théorème ne dit rien sur ce qui se
  passe lorsque $|x| = R$. Cela dépend de la série
  en question.
  \item{3.} Le rayon de convergence est unique,
  puisque si $R < R_1$ était un autre rayon de convergence,
  pour les $x$ tels que $R < |x| < R_1$, la série entière
  devrait à la fois converger et diverger, ce qui est impossible.
\fin

\dem On pose
  $$
    C = \ts \left\{ x : \sum\limits_0^\infty a_k x^k \right\}.
  $$
  Cet ensemble est non vide, car $0\in C$. On pose ensuite
  $$
    R = \sup_{x\in C} |x|
  $$
  ($R = \infty$ si $C$ est non borné). Par la définition
  de $R$, si $|x| > R$, alors $x \not\in C$, donc 
  $\sum\limits_0^\infty a_k x^k$ diverge et ainsi
  $\sum\limits_0^\infty |a_k x^k|$ diverge aussi.

  Il reste à montrer que si $|x| < R$, alors
  $\sum\limits_0^\infty |a_k x^k|$ converge et donc
  $\sum\limits_0^\infty a_k x^k$ converge aussi.
  On prend $x$ avec $|x| <R$. Par la définition de $R$,
  il existe $y\in C$ tel que $|x| < |y|$. Comme $y\in C$,
  la série $\sum\limits_0^\infty a_k y^k$ converge.
  Il suit que 
  $$
    \lim_{k\to\infty} a_k y^k = 0
  $$
  et donc que la suite $(a_ky^k)$ est bornée,
  disons $|a_k y^k| \leq M$ pour tout $k\geq 0$.
  Alors on a
  $$
    |a_kx^k| = |a_k y^k| \left|{ x \over y }\right|^k
    \leq M \left| {x\over y} \right|^k
  $$
  et 
  $$
    \sum_{k=0}^\infty M \left| {x\over y} \right|^k
  $$
  converge puisque c'est une progression géométrique
  de rapport $\left| {x\over y} \right| < 1$. 

  Par le test de comparaisons, il suit que
  $\sum\limits_0^\infty |a_k x^k|$ converge,
  comme voulu.
\fin

\ex* $\sum\limits_{k=0}^\infty x^k$.\vskip2\jot
  Elle converge si $|x| < 1$ et elle diverge si
  $|x| \geq 1$ (puisque $x^k\not\to 0$ lorsque
  $k\to\infty$). Donc $R=1$.
\fin

\ex* $\sum\limits_{k=0}^\infty kx^k$.\vskip2\jot
  On applique le test de d'Alembert~:
  $$
    { |(k+1) x^{k+1}| \over |kx^k| }
      = \left| {k+1 \over k} \right| |x|
      \to |x|
      \rlap{\quad ($k\to\infty$).}
  $$
  Donc, la série converge si $|x| < 1$ et diverge
  si $|x| >1$. 

  Conclusion~: $R=1$.
\fin

\ex* $\sum\limits_{k=0}^\infty {x^k \over k!}$.\vskip2\jot
  On applique d'Alembert~:
  $$
    { \left| { \strut x^{k+1} \over \strut (k+1)!}\right|
      \over \left| {\strut x^k \over \strut k!}\right| }
      = { |x|\over k} \to 0
  $$
  lorsque $k\to \infty$. Donc la série converge pour tout
  $x$, c'est-à-dire que $R=\infty$.
\fin

\ex* $\sum\limits_{k=0}^\infty k!\, x^k$.\vskip2\jot
  La série diverge si $|x|\not = 0$ et elle converge
  si $x=0$, donc $R=0$.
\fin

\section Séries entières et convergence uniforme.
\label sec par serie et unif.
\theo Soit $\sum\limits_0^k a_kx^k$ une série entière
  de rayon de convergence $R>0$. Alors, pour chaque
  $S < R$, la série $\sum\limits_0^k a_kx^k$ converge
  uniformément sur $[-S,S]$.
\fin
\rem En général, la convergence n'est pas uniforme
  sur $(-R, R)$. Par exemple, on a
  $$
    \sum_{k=0}^\infty x^k = {1\over 1-x}
    \rlap{\qquad si $|x| < 1$}
  $$
  et on a vu que $R=1$. Par contre, on voit que
  $$
    \sup_{x\in (-1,1)} \left|
      \sum_{k=0}^n x^k - {1\over 1-x} \right|
      =\infty
  $$
  pour tout $n$.
\fin

\dem On fixe $S < R$. Pour tout $x\in [-S,S]$, on a
  $$
    |a_k x^k| \leq |a_k| S^k
  $$
  et $\sum\limits_0^\infty |a_k| S^k$ converge (puisque
  $S < R$).

  Par le critère de Weierstrass, appliqué avec 
  $M_k = a_k S^k$, on conclut que $\sum\limits_0^\infty a_kx^k$
  converge uniformément sur $x\in [-S,S]$.
\fin

\cor La fonction $f(x) := \sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k$
  est continue sur $(-R,R)$.
\fin
\dem
  Pour tout $S < R$, la séries $\sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k$
  converge uniformément sur $[-S,S]$, donc $f$ est continue
  sur $[-S,S]$. Comme c'est vrai pour chaque $S< R$, il
  s'ensuit que $f$ est continue sur $(-R,R)$.
\fin

\cor\label cor par somme int.
  Soit $\sum\limits_0^\infty a_k x^k$ une série entière
  de rayon de convergence $R>0$. Pour tout $a,b$ tel que
  $-R < a < b < R$, on a
  $$
    \int_a^b \sum\limits_0^\infty a_k x^k
     = \sum\limits_0^\infty \int_a^b a_k x^k.
  $$
\fin

\dem Il suffit d'appliquer le \ref{theo:sum int}.\fin

\ex* On pose $L(x) = \int_1^x {\d t\over t}$. On montre
  que $L$ se développe en série entière autour
  de $x=1$. Si $|x| < 1$, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    L(1+x) = \int_1^{1+x} {\d t\over t}
      &= \int_0^x {\d t\over 1 + t}\cr
      &= \int_0^x \sum_{n=0}^\infty 
        {(-1)^nt^n \d r} 
        & \hbox{(car $|t| \leq |x| < 1$)}\cr
      &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^x t^n \d t
        &\hbox{(\ref{cor:somme int})}\cr
      &= \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n  \over n+1}x^{n+1}.
  }
  $$
  Ainsi, on a pour $|x - 1| < 1$
  $$
    L(x) = \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n \over n+1} (x-1)^{n+1}.
  $$
  De plus, on voit que pour $x=0$, la série diverge, donc
  le rayon de convergence est exactement~1.
\fin

\section Dérivation terme à terme des séries entières.
\theo Soit $f(x) := \sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k$
  une série entière de rayon de convergence $R>0$.
  Alors $f$ est dérivable sur $(-R,R)$ et 
  $$
    f'(x) = \sum\limits_{k=1}^\infty ka_k x^{k-1}
    \rlap{\qquad pour $x\in (-R,R)$.}
  $$
\fin

\lem $\sum\limits_{k=1}^\infty ka_k x^{k-1}$ converge
  poue tout $x$ avec $|x| < R$ \ ($R ={}$ le rayon
  de convergence de $\sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k$).
\fin
\dem
  On fixe $x$ avec $|x| < R$. On choisit $\delta >0$ tel que
  $|x| + \delta < R$. Alors $\sum\limits_{k=0}^\infty 
  |a_k| (|x| + \delta)^k$ converge. On aussi
  $$
  \eqalign{
    (|x| + \delta)^k 
      &= |x|^k + k|x|^{k-1}\delta + \cdots + \delta^k\cr\vv
      &\geq k|x^{k-1}\delta
      \rlap{\qquad ($\forall k\geq 0$).}
    }
  $$
  Donc, par le test de comparaison, la série
  $$
    \sum_{k=0}^\infty |a_k| k |x|^{k-1}\delta
  $$
  converge. On voit que 
  $\sum\limits_{k=1}^\infty k|a_k| |x|^{k-1}$ converge
  et ainsi $\sum_{k=0}^\infty k a_k x^{k-1}$ 
  converge.
\fin

\dem[du théorème]
  On pose 
  $$
    u_k(x) = a_k x^k, \qquad
    f(x) = \sum_{k=0}^\infty u_k(x)
    \quad\hbox{ et }\quad
    g(x) = \sum_{k=0}^\infty u_k'(x) = \sum_{k=1}^\infty
      k a_k x^{k-1}.
  $$
  Par le lemme, le rayon de convergence de la série de
  $g$ est au moins $R$. Donc, par le théorème de la
  \ref{sec:serie et unif}, pour chaque $S < R$, \\
  \item{} $\serie u_k$ converge uniformément vers $f$
    sur $[-S,S]$ et\\
  \item{} $\serie u_k'$ converge uniformément vers $g$
    sur $[-S,S]$.\\
  \par\noindent Il suit que $f$ est dérivable sur
  $[-S,S]$ et que $f' = g$ sur $[-S,S]$.

  Comme c'est vrai pour chaque $S < R$, en fait
  $f$ dérivable sur $(-R,R)$ et $f' = g$
  sur $(-R,R)$.
\fin

\ex* $\serie x^k = {1\over 1- x}$ $(|x| < 1)$.\\
  D'après le théorème, on a
  $$
    \sum_{k=1}^\infty kx^{k-1} = {1\over (1-x)^2}.
  $$

  On peut réappliquer le théorème à la série entière
  $f'(x) = \sum\limits_{k=1}^\infty k a_k x^{k-1}$.
\fin

\cor Une série entière $f(x) = \serie a_kx^k$
  de rayon de convergence $R>0$ est indéfiniment
  dérivable et pour chaque $n\geq 0$, on a
  $$
    f^{(n)}(x) = \sum_{k=n}^\infty 
      k(k-1)(k-2)\cdots(k-n+1) a_k x^{k-n}
      \hbox{\quad pour $x\in (-R,R)$.}
      \eqno(*)
  $$
\fin

\cor\label cor par formule an. Sous les mêmes hypothèses,
  $$
    a_n = {f^{(n)}(0) \over n!}.
  $$
\fin
\dem En posant $x=0$ dans $(*)$, on obtient
  $f^{(n)}(0) = n!\, a_n$.
\fin

\cor
  Si $\serie a_kx^k = \serie b_k x^k$ pour
  $x\in (-\delta,\delta)$, où $\delta >0$, alors
  $a_k = b_k$ pour tout $k \geq 0$.
\fin
\dem
  On pose $f(x) = \serie a_k x^k$ et $g(x) = \serie b_k x^k$.
  Selon l'hypothèse, $f(x) = g(x)$ pour tout $x\in
  (-\delta,\delta)$.

  Il s'ensuit que $f^{(n)}(x) = g^{(n)}(x)$ pour tout
  $x\in (-\delta,\delta)$ et pour tout $n\geq 0$.
  En particulier, on a $f^{(n)}(0) = g^{(n)}(0)$.
  Par le \ref{cor:formule an}, on déduit que $a_n = b_n$
  pour tout $n\geq 0$.
\fin

\bye

\chapitre Fonctions transcendantes.
\section Exponentielle.

\section Fonctions arcsinus et arccosinus.

Soit $\theta$ un angle et soit $(x,y)$ le point
correspondant sur le cercle. On a vu que l'arc
entre $(0,0)$ et $(x,y)$ a longueur $\theta$.

\deff On définit la fonction $\arccos\colon [-1,1] \to \R$ par
  l'intégrale impropre
  $$
    \arccos x = \int_1^x {\d t\over \sqrt{1 - t^2}}.
  $$
\fin

\def\proprietes{\vskip1em\noindent{\bf Propriétés.~}\ignorespaces}
\proprietes
\1 $\arccos$ est bien définie et $\arccos x$ donne la
  longueur d'arc du cercle de rayon~1, centré à l'origine
  et de $(1,0)$ à $(x,\sqrt{1-x^2})$.
\dem On fixe $0 \leq x \leq 1$. Pour $x\leq t < 1$, on a
  $$
  \eqalignno{
    0 \leq {1\over \sqrt{1 - t^2}}
      &\leq {1\over \sqrt{1-t} \sqrt{1+t}}\cr
      &\leq {1 \over \sqrt{1-t}}.\cr
  }
  $$
  Ainsi, pour $\ep > 0$, on voit que
  $$\def\Int{\int_{1-\ep}^x}
  \openup2\jot
  \eqalignno{
    \Int {\d t \over \sqrt{1-t}}
      &= -2\sqrt{1 - t} \Big|_{1-\ep}^x\cr
      &= 2\sqrt{1 - 1 + \ep} - 2\sqrt{ 1 - x},
  }
  $$
  donc cette intégrale impropre converge. Par
  le test de comparaison, la première intégrale
  converge aussi. Un argument semblable fonctionne
  si $-1 \leq x \leq 0$.

% Il reste à montrer que c'est la longueur d'arc

On a vu que les fonctions sinus et cosinus
paramétraient le cercle unité. Ainsi, si 
$\theta$ est un angle et si $(x,y)$ est le point
correspondant à cette angle sur le cercle, 
alors $\cos\theta = x$.
\fin

\chapitre Série de Fourier.

\bye
