%&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\0{\medbreak\noindent{\bf 0.\ }\ignorespaces}
\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}
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\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


\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 Analyse 2.
\centerline{Notes de cours faites 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
\def\go{\hbox{\eeightrm <<}}
\def\gf{\hbox{\eeightrm >>}}
\begingroup\bigskip\vfill % beginning of the quotes
  \def\eject{\endgroup\eject}
  \def\par{\ifhmode\/\endgraf\fi}\obeylines
  \huitpt \let\tt=\ninett
  \baselineskip 10pt
  \parfillskip 0pt\relax
  \interlinepenalty 10000
  \leftskip 0pt plus 40pc minus \parindent
  \rightskip \parindent\relax
  \font\ssq=cmssq8 \font\sl=cmssqi8
  \everypar{\sl}
  Si l'on demandait \`a quoi pouvait conduire l'infini, la
  seule r\'eponse acceptable \'etait~: \go~\`A n'importe quoi.~\gf\par

  \smallskip
  \noindent \ssq--- Frank Herbert, dans \sl Dune la maison des m\`eres,  
  \noindent \ssq(traduit par  Robert Laffont)
\endgroup

\medskip

\font\mathit=cmmi12\relax
\font\itgros=cmmi12\relax %Pour le $e$ en math italic
\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.}

\resetnumeroter
\chapitre Préliminaires.

\section Retour sur la continuité uniforme.
\L
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.
\Lfin
\E On rappelle ici la notion de continuité. On verra aussi la continuité
uniforme.
\Efin

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

\L
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.
\Lfin
\P Attention! L'ordre des quantificateurs est différente~:
  $$
  \displaylines{
    \hbox{Continuité~:} \forall x\in I, \forall \ep>0, \exists 
    \delta>0, \forall y\in I, |x - y| < \delta \Rightarrow
    |f(x) - f(y)| < \ep \CR
    %
    \hbox{Cont.~uni.~:} \forall \ep>0, \exists \delta>0, 
    \forall x,y\in I, |x - y| < \delta \Rightarrow
    |f(x) - f(y)| < \ep.}
  $$
\Pfin

\P
\exsansnum Continuité uniforme implique continuité.
  Si $f\colon I\to \R$ est uniformément continue,
  alors $f$ est continue sur $I$.
  \dem Soit $\ep > 0$. Il existe $\delta>0$ tel que
  pour $x,y\in I$, si $|x-y| < \delta$, alors
  $|f(x) - f(y)| < \delta$. Ainsi, avec ce $\delta$,
  on voit que la continuité en $x$ est vérifiée pour
  tout $x\in I$, d'où $f$ est continue.
  \hskip0pt plus 1filll\carre\egroup
\fin
\Pfin

\E
\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
\Efin


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
%\P
\dem Si on définit $\tilde f$ par
  $$
    \tilde f = \cases{
      f(x), & si $x\in (a,b)$, \CR
      \lim\limits_{x\to a^+} f(x), & si $x = a$, \CR
      \lim\limits_{x\to b^-} f(x), & si $x=b$,}
  $$
  alors $\tilde f$ est continue sur $[a,b]$. Si on montre
  que $\tilde f$ est uniformément continue sur $[a,b]$,
  alors on aura montré que $f$ est uniformément continue
  sur $(a,b)$. Ainsi, il est suffisant de considérer le
  cas où $f$ est continue sur $[a,b]$.

  On suppose que $f$ n'est pas uniformément continue.
  La négation de la continuité uniforme donne~:
  $$
    \exists \ep >0, \forall \delta>0, \exists x,y\in [a,b], 
    |x - y| < \delta \hbox{ et } |f(x) - f(y)| \geq \ep.
    \eqno(*)
  $$
  Ainsi, soit ce $\ep>0$ qui vérifie~$(*)$. Pour
  $\delta = {1\over n}$, il existe $x_n,y_n\in [a,b]$
  tels que $|x_n - y_n| < {1\over n}$ et $|f(x_n) 
  - f(y_n)| \geq \ep$. Ceci définit deux suites
  $(x_n)$ et $(y_n)$ dans $[a,b]$. Par le théorème
  de Bolzano Weierstrass, puisque $(x_n)$ est bornée,
  il existe une sous-suite $(x_{n_k})$ de $(x_n)$
  qui converge vers, disons, $x\in [a,b]$. 

  D'une part, on a $|x_{n_k} - y_{n_k}| < {1\over n_k}$,
  donc $y_{n_k} \to x$ lorsque $k\to \infty$. D'autre part,
  si on laisse $k\to\infty$ dans $|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| \geq \ep$,
  on trouve
  $$
    |f(x) - f(x)| = 0 \geq \ep,
  $$
  ce qui est une contradiction. D'où $f$ est uniformément continue.
\fin
%\Pfin


\ex* Soit $f(x) = \log x$ sur $(0,\infty)$. Puisque
  $\log x\to - \infty$ lorsque $x\to 0^+$, on conclut que
  $f$ n'est pas uniformément continue sur $(0,1]$.

  Par contre, puisque $f$ est continue sur 
  $[1,2]$, le théorème affirme que $f$ est uniformément
  continue.

  Morale~: <<~être uniformément continue~>> dépend du
  domaine que l'on considère.
\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

\section 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.

La définition de la dérivée est équivalente à l'affirmation
suivante~: il existe $L\in \R$ et une fonction $r$ telle
que $r(h)\to 0$ lorsque $h\to0$ et 
$$
  f(x+h) = f(x) + Lh + r(h) h.
$$
Dans ce cas, $f$ est dérivable et $f'(a) = L$. Cela se
généralise de la façon suivante.

\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

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

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

Le théorème des accroissements finis se généralise par
le théorème de Taylor.

\theo[de Taylor] Soit $f\colon I\to \R$ une fonction
  $n+1$ fois dérivable sur $I$. Soit $a\in I$ et
  $h$ tel que $a+h\in I$. Alors il existe $\xi$
  entre $a$ et $a+h$ tel que
  $$
    f(a+h) = f(a) + f'(a) h + {\ts {1\over 2}} f''(a)h^2
      + \cdots + {\ts {1\over n!}} f^{(n)}(a) h^n 
      + {\ts {1\over (n+1)!}} f^{(n+1)}(\xi) h^{n+1}.
  $$
\fin


\section Classes de fonctions dérivables.
\difficile Cette section est optionnelle. La matière
  n'est pas nécessairement difficile, c'est plutôt
  une question de temps.
\fin
\L
On introduit les espaces de fonctions suivants.
\Lfin
\deff Soit $I$ un intervalle (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
    $$
      C^1(I) := \{f\colon I\to \R\mid \hbox{$f$ est dérivable et
      $f'$ est continue}\}.
    $$
  \item{3.} Pour $n\geq 2$, 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

\E
\ex* 1.~$f(x) = {1\over x}$ est de classe~$C^\infty(0,\infty)$.
  \item{2.} $g(x) = |x|$ est de classe~$C^0(\R)$ et de classe~$C^\infty
    (0,\infty)$.
  \item{3.} un polynôme est de classe~$C^\infty$ sur $\R$.
\fin
\Efin

\section 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

L'exemple suivante illustre un peu mieux comment cette notation
sera utile.

\E
\ex Définition de la dérivée.
  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 $f'(x_0) = A$.
  \par\noindent{\it Démonstration\/}.~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 $f'(x_0) = A$.
  \hfill\hskip0pt plus 1filll \carre
\fin
\Efin
En fait, cet exemple s'applique aussi aux développements limités.

\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

\prop La notation du petit $o$ vérifie les propriétés suivantes~:
  \item{1.} si $g = o(f)$ et $h = o(f) + o(g)$, alors $h = o(f)$;
  \item{2.} Si $h = fo(g)$, alors $h = o(fg)$.
\fin
\dem 1.~Si $g= o(f)$, alors ${g(x)\over f(x)} \to 0$ lorsque 
  $x\to a$. Soit $k = o(f)$ et $m = o(g)$ telles que $h = k + m$.
  On a
  $$
    {h \over f(x)} = {k(x) + m(x) \over f(x)}
      = {k(x) \over f(x)}
      + {m(x) \over g(x)} {g(x)\over f(x)}
      \to 0
      \rlap{\quad lorsque $x\to a$.}
  $$
  Conclusion~: $h$ est un $o(f)$.

  2.~Il suffit de voir que
    $$
      {f(x) o\big(g(x)\big)\over f(x)g(x)}
      = {o\big(g(x)\big)\over g(x)} \to 0
      \rlap{\quad lorsque $x\to a$.}
    $$
    D'où $fo(g)$ est un $o(fg)$.
\fin

\ex* Si $p(x) = x + x^2$, alors $p$ est un $o(1)$.
  Or, on voit que $p(x)^n = o(x^{n-1})$. Cela ne
  contredit pas la proposition, car ${p(x)^n\over 1}
  \to 0$ lorsque $x\to 0$, donc on a aussi
  $p(x)^n = o(1)$.

  Morale~: le signe d'égalité pour le petit $o$
  est une notation. Il dit que le côté gauche
  possède la propriété voulue. Ainsi, il faut 
éviter des expressions comme $o(f) = o(g)$.
\fin

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

\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

\E
\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
  difficile, voire imposible. Au lieu, on montre que $f(n) = O(\log n)$
  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
\Efin

\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

\section Fonctions élémentaires.
Au \ref{chap:transcendant}, on verra les
propriétés des fonctions transcendantes importantes.
En attendant, on tient pour acquis l'existence et
les propriétés des fonctions suivantes. Ces fonctions
seront souvent utilisées dans les exemples, mais jamais
dans les démonstrations, de sorte qu'il n'y ait à aucun
moment un argument circulaire.

\vskip\baselineskip
\begingroup\def\Hline{\noalign{\hrule}}%
\def\espace#1{& height #1 && && && &&\cr}
\def\CR{&\cr \espace{3pt}\cr\Hline \espace{3pt}\cr}
\offinterlineskip\halign{
  \vrule \hbox{\ $#$\hfil \ }\hfil&\vrule #&&\hbox{\ $#$\hfil \ }\hfil
    &\vrule #\cr\Hline\espace{3pt}
  \hbox{Fonction} && \hbox{Dérivée} && \hbox{Primitive} 
      && \hbox{Propriétés} && \hbox{Valeurs spéciales} \CR
  \exp x && \exp x && \exp x && \exp(x+y) = \exp(x) \exp(y) && \exp(0) = 1\CR
  \log x && {1\over x} && x\log x - x && \log(xy) = \log(x) + \log(y) && \log e = 1\CR
  \sin x && \cos x && -\cos x && \sin^2 x + \cos^2 x = 1 \hbox{ etc.} && \sin 0 = 0, \sin{\pi\over2} = 1,
      \hbox{ etc.} \CR
  \cos x && -\sin x && \sin x && \hbox{voir $\sin$} 
      && \cos 0 = 1, \cos {\pi\over 2} = 0, \hbox{ etc.} \CR
  \tan x && \sec^2 x && \log(\sec x) && 1 + \tan^2 x = \sec^2 x \hbox{ etc.} 
    && \tan 0 = 0, \tan{\pi\over 4} = 1\CR
  \sec x && \sec x \tan x && \hbox{\dixpt trop compliqué} && \hbox{voir $\tan$} && \CR
  \arcsin x && {1\over \sqrt{1 - x^2}} && x\arcsin x + \sqrt{1 - x^2} 
      && \arcsin x+ \arctan x = {\pi\over 2} && \arcsin 0 = 0 \CR
  \arctan x && {1\over 1 + x^2} && x\arctan x - {1\over 2}\log(1 + x^2) && 
  && &\cr
  \espace{3pt}\cr
  \Hline
}
\endgroup

\section Échanger l'ordre des limites.
Cette section est optionnelle.

Il arrive parfois qu'une suite dépend d'un
paramètre.  Par exemple,
$$
  a_{mn} = \left(1 + {1\over n}\right)^m
$$
dépend de l'indice $n\in\N$ et $m\in\N$. Dans
un tel cas, il est naturel de se demander si
$$
  \lim_{n\to\infty} \lim_{m\to\infty} a_{mn}
  = \lim_{m\to\infty} \lim_{n\to \infty} a_{mn}.
$$
Dans le cas présent, on voit que l'égalité ne tient
pas, même si $\lim_{m\to\infty} \lim_{n\to\infty} a_{mn}$
converge. Ceci rend le résultat suivant d'autant plus
surprenant.

\L Le premier lemme correspond au théorème de la convergence
monotone et le second, au théorème de Fubini, tous deux appliqués dans le
cas particulier des séries. Dans le cas des séries, il est
plus facile de démontrer ces résultats sans devoir faire
appels à des outils sophistiqués (les mesures).
\Lfin

\theo[\rm(de la convergence monotone \rm (pour les séries))] 
  \label theo par MON serie.
  Soit $a\colon \N\to [0,\infty)$ une suite positive,
  où $a(m)$ représente $a_m$. Soit $b_n\colon \N\to [0,\infty)$
  une suite de suites positives telle que $b_n(m) \leq b_{n+1}(m)$
  pour tout $m,n\in\N$. Si $b_n(m) \to a(m)$ lorsque $n\to\infty$
  pour tout $m\in\N$, alors
  $$
    \lim_{n\to\infty} \sum_{m=1}^\infty b_n(m) = \sum_{m=1}^\infty a(m).
  $$
\fin
\P Ici il est possible que $\sum_m a(m) = \infty$. Le résultat reste vrai,
c'est-à-dire qu'on a alors que $\lim\limits_{n\to\infty} 
\sum\limits_{m=1}^\infty b_n(m) = \infty$. 
\Pfin
\dem On pose 
  $$
    c_n = \sum_{m=1}^\infty b_n(m).
  $$
  Alors $(c_n)$ est une suite croissante, car $b_n \leq b_{n+1}$,
  et on a $c_n \leq \sum_m a_m$. Ainsi $(c_n)$ tend
  vers une limite, disons, $c\in [0,\infty]$. Il reste à montrer
  que $c \geq \sum_m a_m$. 

  Soit $M\in\N$ et soit $s\colon \N\to [0,\infty)$ la suite
  $$
    s(m) := a\big|_{[0,M]}(m) = \cases{
      a(m), & si $0\leq m\leq M$, \cr
      0, & si $m > M$.}
  $$
  Pour $\alpha\in (0,1)$, on pose $E_n := \{k\in \N\mid
  b_n(k) \geq \alpha s(k)\}$. On a donc
  $$
    \sum_{m=1}^\infty b_n(m) \geq \sum_{k\in E_n} b_n(j)
    \geq \sum_{k\in E_n} \alpha s(k) 
    = \alpha \sum_{k\in E_n} s(k).
  $$
  On remarque que
  $E_1\subseteq E_2 \subseteq E_3 \subseteq \cdots$ et
  que $\bigcup\limits_{m=1}^\infty E_n = \N$. 
  Lorsque $n\to\infty$, on obtient
  $$
    c = \lim_{n\to\infty} \sum_{m=1}^\infty b_n(m)
      \geq \alpha\sum_{m=1}^\infty s(m),
  $$
  et ce, pour tout $\alpha$. En laissant $\alpha\to 1$,
  on a $c \geq \sum_m s(m)$. Par définition de $s$, ceci
  devient
  $$
    c \geq \sum_{m=1}^M a(m) \to \sum_{m=1}^\infty a(m)
  $$
  lorsque $M\to \infty$, d'où $c\geq \sum_m a(m)$.
\fin

\ex* Soit
  $$
    a_n = {n\over n + 1} + {n\over n+4} + {n\over n+4^2}
      + \cdots + {n \over n + 4^n}.
  $$
  Calculons $\lim\limits_{n\to\infty} a_n$.

  D'une part, pour $n\geq 2$ et $k\geq 1$, on a
  $$
  \eqalignno{
    {n\over n + 4^k} \geq {1\over 4^k} \quad
    &\Longleftrightarrow\quad 4^k n \geq n + 4^k \cr
    &\Longleftrightarrow\quad 4^k(n-1) \geq n \cr
    &\Longleftrightarrow\quad 4^k \geq {n \over n-1}}
  $$
  et comme $4^k \geq 4 \geq {n\over n-1}$, la dernière
  ligne est vérifiée pour tout $k\geq 1$. Il suit que
  $$
    a_n \geq {n\over n+1} + {1\over 4} + {1\over 4^2} + \cdots
      + {1\over 4^n}
  $$
  et le côté droit tend vers ${4\over 3}$ lorsque $n\to\infty$.

  Ensuite, on veut majorer par $4\over 3$. On procède comme
  suit. D'abord, on a
  $$
    a_n = \sum_{k=0}^n {n\over n+4^k} \leq
      \sum_{k=0}^\infty {n\over n+4^k}.
  $$
  On pose donc $b_n(k) = {n\over n+4^k}$. On a
  $$
  \eqalignno{
    b_n(k) \leq b_{n+1}(k) \quad
      &\Longleftrightarrow\quad {n\over n+ 4^k} \leq {n+1\over n+1+4^k}\cr
      &\Longleftrightarrow\quad n^2 + n + n4^k \leq n^2 + n + n4^k + 4^k \cr
      &\Longleftrightarrow\quad 0 \leq 4^k}
  $$
  et comme la dernière ligne est vraie, on conclut que
  $b_n \leq b_{n+1}$. On peut ainsi appliquer le 
  théorème précédent. Si on laisse $n\to\infty$
  dans l'inégalité
  $$
    {n\over n+1} + \sum_{k=1}^n {1\over 4^k}
    \leq a_n \leq \sum_{k=0}^\infty {n\over n+4^k},
  $$
  on voit que
  $$
    {4\over 3} \leq \lim_{n\to\infty} a_n \leq
    \sum_{k=0}^\infty {1\over 4^k} = {4\over 3}.
  $$
  Conclusion~: $a_n\to {4\over 3}$ lorsque $n\to\infty$.
\fin

\cor {\rm (Théorème de Fubini \rm (pour les séries))}
  \label cor par Fubini serie.
  Soit $(a_{m,n})_{(m,n)\in\N\times\N}$ une suite
  à deux indices. Si $\sum_m \sum_n a_{m,n}$ converge
  absolument, alors $\sum_n \sum_m a_{m,n}$ converge
  absolument et 
  $$
    \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty a_{m,n} =
    \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty a_{m,n}.
  $$
\fin
\def\amn{a_{m,n}}%
\def\umn{u_{m,n}}%
\def\vmn{v_{m,n}}%
\def\bkn{b_{k,n}}%
\dem Premier cas~: $\amn \geq 0$. On pose
  $$
     b_k(n) = \sum_{m=1}^k \amn.
  $$
  On a 
  $$
    \sum_{n=1}^\infty b_k(n) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^k \amn
    = \sum_{m=1}^k  \sum_{n=1}^\infty \amn.
  $$
  Puisque $b_k \leq b_{k+1}$, le lemme
  précédent s'applique pour donner
  $$
    \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \amn
    = \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \amn,
  $$
  comme voulu.

  Pour le cas général, on considère 
  $$
    \umn = \cases{
      \amn, & si  $\amn \geq 0$, \CR
      0, & si $\amn  < 0$,}
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \vmn = \cases{
      -\amn, & si $\amn \leq 0$, \CR
      0,& si  $\amn > 0$.}
  $$
  Ainsi, on voit que $\umn, \vmn \geq 0$ et $\amn = \umn - \vmn$.
  Puisque $\amn$ est absolument convergente, on obtient
  que $\umn$ et $\vmn$ sont convergentes. Enfin, il suffit d'appliquer
  le premier cas à la décomposition $\amn = \umn - \vmn$.
\fin

\ex* (À revoir.) Calculer $\sum\limits_{m=0}^\infty \sum\limits_{n=0}^\infty
  \left( {m+n\atop n}\right) {1\over 2^n} {1\over 2^m}$.

  On suppose pour le moment que la double série converge. On a
  $$
  \eqalignno{
    \sum_{m=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty
        \left( {m+n\atop n}\right) {1\over 4^n} {1\over 4^m}
      &= \sum_{n=0}^\infty \sum_{m=0}^\infty
        \left( {m+n\atop n}\right) {1\over 4^{m+n}} \cr
      &= \sum_{n=0}^\infty \sum_{m=n}^\infty
        \left( {m\atop n}\right) {1\over 4^m} \cr
      &= \sum_{m=0}^\infty \sum_{n=0}^m
        \left( {m\atop n}\right) {1\over 4^m} \cr
      &= \sum_{m=0}^\infty {1\over 4^m} \cr
      &= {4\over 3}.
  }
  $$
\fin

Comme le montre l'exemple $a_{mn} = \big({1\over 2}\big)^{m\over n}$,
il n'y a pas d'équivalent au théorème de Fubini
pour les suites. En effet, la double suite $(a_{mn})$ est positive
et les deux limites
$$
  \lim_{n\to\infty} \lim_{m\to\infty} a_{mn} = 0
  \qquad\hbox{ et }\qquad
  \lim_{m\to\infty} \lim_{n\to\infty} a_{mn} = 1
$$
convergent, mais elles ne sont pas égales, donc
on ne peut pas échanger l'ordre des limites.
$$\hsize=.8\hsize
\vcenter{\noindent \sl De façon général, échanger l'ordre
  de limites est un processus délicat que l'on peut
  seulement effectuer sous des conditions très précises.}
$$
La continuité et la dérivation sont des processus limites.
Une bonne partie du cours sera dédiée à déterminer s'il est possible
ou non d'échanger l'ordre des limites.

\ex* On pose 
  $$
    a_{mn} = \cases{
      1, & si $m=n$,\cr
      -1, & si $m=n+1$,\cr
      0, & sinon.}
    \qquad\qquad
    \pmatrix{
      1 & 0 & 0 & 0 \cr
      -1 & 1 & 0 & 0 & \cdots \cr
      0 & -1 & 1 & 0  \cr
      0 & 0 & -1 & 1 \cr
      & \vdots & & & \ddots}
  $$
  On voit que
  $$
    \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty a_{mn} =
    1 + 0 + 0 + 0 \cdots = 1.
  $$
  Ensuite, on voit que
  $$
    \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty a_{mn} =
    0 + 0 + 0 + 0 + \cdots = 0.
  $$
  Ainsi, le théorème de Fubini ne s'applique pas!
  En effet, la série $\sum_m \sum_n a_{mn}$ n'est pas
  absolument convergente.
\fin

\noindent {\it Morale\/}~: Il est important que la
  double série converge absolument. Même si
  $\sum_m \sum_n a_{mn}$ et $\sum_n \sum_m a_{mn}$
  convergent toutes les deux, cela n'est pas suffisant
  pour avoir égalité.

\chapitre Calcul intégral.
\L L'intégrale correspond à la notion géométrique d'aire sous
la courbe. L'aire d'un rectangle est déjà définie et définir
l'aire pour d'autres régions n'est pas une mince affaire.
Il y a deux approches plus usités~: les sommes de Riemann
et les sommes de Darboux. Dans les deux cas, on utilise les rectangles
pour approximer l'aire de la région et on définit l'aire par
un processus limite. Pour le cours, on utilisera l'approche
plus pédagogique des sommes de Darboux; l'équivalence entre
les deux approches sera tout de même présentée comme une
section optionnelle.

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.
\Lfin

\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. 

\P Comme l'aire est une notion géométrique, l'outil (l'intégrale)
que l'on définit devrait avoir les propriétés suivantes.
\item{1.} L'intégrale de $f+g$ doit correspondre à l'intégrale
  de $f$ plus l'intégrale de $g$.
\item{2.} L'intégrale de $f$ sur l'intervalle $[a,b]$
  doit correspondre à l'intégrale de $f$ sur l'intervalle $[a,c]$
  et plus l'intégrale de $f$ sur l'intervalle $[c,b]$.
\item{3.} L'intégrale d'un cercle et d'un rectanle devrait
  correspondre à l'aire d'un cercle et d'un rectangle que 
  l'on peut calculer par d'autres moyens.
  (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.
\Pfin

\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 (Sommes de Darboux).~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}

\P 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 {\it estimation par 
  défaut de l'aire\/}, tandis que $S(f,P)$ est une 
  {\it estimation par excès\/}.
\Pfin

\lem (de raffinement).~Soit $P$ et $Q$ deux partitions de
  $[a,b]$. Si $P \subseteq Q$, alors 
  $$
    I(f,P)\leq I(f,Q)
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    S(f,P)\geq S(f,Q).
  $$
\fin
\P Ce lemme dit qu'une partition plus fine produira
  une meilleure approximation de l'aire.
\Pfin
\dem
  \setbox0=\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap1/rect-1.pdf }%
  \dimen0=-1.2\wd0\relax
  On écrit 
  %
  \hangindent\dimen0\hangafter0\relax
  \vadjust{\dixpt \rightline{\hsize=1.02\wd0\vbox to 0pt{%
    \vskip1em\centerline{\box0}
    \emergencystretch5pt\relax
    %\tolerance=5000\relax
    \noindent Représentation géométrique du terme
    $I(f,[x_{j-1},x_j])$ de la somme $I(f,P)$.\Par\vskip1em
    \centerline{\XeTeXpdffile figures/chap1/rect-2.pdf }
    \noindent Subdivision de $[x_{j-1},x_j]$ par des points
    de $Q$.\vss}}}%
  %
  $P = \{x_0,\ldots, x_n\}$, où $a = x_0 < x_1
  <\cdots < x_{n-1} < x_n = b$. Par hypothèse, on a
  $P \subseteq Q$, ainsi l'intervalle $[x_{j-1},x_j]$
  se subdivise en une partition $Q_j$ par des points de $Q$.
  Ainsi, si on montre que $I(f,\{x_{j-1},x_j\}) \leq I(f,Q_j)$,
  on aura $I(f,P) \leq I(f,Q)$. Il est donc suffisant de
  considérer le cas $P = [a,b]$ et $Q$ une partition de $[a,b]$.

  \hangindent\dimen0\hangafter0\relax
  On écrit $Q = \{y_0,\ldots, y_n\}$, $m_j = 
  \inf_{[y_{j-1},y_j]} f$ pour $1\leq j\leq n$
  et $m = \inf_{[a,b]} f$. On a
  $$
  \eqalignno{
    I(f,P) 
      &= m (b-a) \cr
      &= m \sum_{j=1}^n (y_{j-1} - y_j) 
        \hskip5em
        & \hbox{\dixpt(somme téléscopique)} \cr
      &= \sum_{j=1}^n m (y_{j-1} - y_j) \cr
      &\leq \sum_{j=1}^n m_j (y_{j-1} - y_j) \cr
      &= I(f,Q).
  }
  $$

  La démonstration de $S(f,P) \geq S(f,Q)$ est
  analogue.
\fin

\lem Pour toutes subdivisions $P,Q$, on a 
  $I(f,P) \leq S(f,Q)$.
\fin
\dem
  On a
  $$
  \eqalignno{
    I(f,P) 
      &\buildrel (1)\over\leq I(f,P\cup Q)\cr
      &\leq S(f,P\cup Q)\cr
      &\buildrel(2)\over\leq S(f, Q),
  }
  $$
  où on obtient $(1)$ et $(2)$ en appliquant le lemme
  de raffinement.
\fin

\P Le lemme précédent montre que $\{I(f,P)\mid \hbox{$P$
  est une partition de $[a,b]$}\}$ est majoré et
  que $\{S(f,P)\mid \hbox{$P$ est une partition de $[a,b]$}\}$
  est minoré. (Dire, mais ne pas écrire~: <<~Ces ensembles sont non
  vides, donc l'axiome de complétude permet d'énoncer la définition
  suivante.~>>)
\Pfin

\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 l'infimum et le supremum sont pris sur toutes les
  subdivisions $P$ possibles de $[a,b]$.
\fin

\L L'intégrale supérieure correspond à la plus petite approximation
  de l'aire par excès et l'intégrale inférieure, à la plus grande
  appriximation de l'aire par défaut. Le lemme précédent permet
  d'obtenir le résultat suivant, qui est naturel si on se fit à
  la géométrie.
\Lfin


\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

\P On s'attend à ce que $\intinf_a^b f = \intsup_a^b f$, donc
  il est maintenant temps de montrer que $\ol{\int_a^b} f
  \leq \ul{\int_a^b} f$. Et non!

\contreex On considère la fonction $f\colon [0,1]\to \R$
  définie 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 $[x_{j-1}, x_j]$ contient des rationnels et
  des irrationnels. Donc on voit que
  $$
    m_j = 0 \qquad\hbox{ et }\qquad
    M_j = 1\quad \forall j\in\{1,\ldots,n\}.
  $$
  On obtient ainsi
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    S(f,P) 
      &= \sum_{j=1}^n (x_j - x_{j-1}) = 1,\cr\noalign{\penalty-250}
    I(f,P)
      &= \sum_{j=1}^n 0(x_j - x_{j-1}) =  0.
  }
  $$
  Il s'ensuit que
  $$
  \eqalign{
    \intinf_0^1 f &= \sup_P I(f,P) = 0,\cr
    \intsup_0^1 f &= \inf_P S(f,P) = 1.\cr
  }
  $$

  Conclusion~: $\intinf_a^b f = 0 < 1 = \intsup_a^b f$.
\fin

Puisque l'on a $\intinf_a^b f < \intsup_a^b f$ pour
certaines fonctions, on introduit la définition suivante.
\Pfin

\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

\rem De façon équivalente, $f$ est intégrable si et seulement
  si pour tout $\ep > 0$, il existe une partition $P$ de $[a,b]$
  telle que $|S(f,P) - I(f,P)| < \ep$. (Exercice.)
\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 $\intinf_a^b f \geq c(b-a)$. 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* (Somme de Riemann). Soit $f\colon [a,b] \to \R$ une
  fonction intégrable au sens de Riemann. Pour chaque
  $n\in\N$, il existe $P_n$ et $Q_n$, des partitions
  de $[a,b]$ telles que
  $$
    \left| I(f,P_n) - \intinf_a^b f\right| < {1\over n}
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \left| S(f,Q_n) - \intsup_a^b f\right| < {1\over n}.
  $$
  On pose $R_n = P_n\cup Q_n$. Il suit que 
  $$
    \left| I(f,R_n) - \intinf_a^b f\right| < {1\over n}
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \left| S(f,R_n) - \intsup_a^b f\right| < {1\over n}.
  $$

  Ensuite, on écrit $R_n = \{x_{n,0},\ldots, x_{n,k_n}\}$. Pour
  chaque $n\in \N$ et $1\leq j \leq k_n$, on choisit
  un nombre $x_{n,j}^* \in [x_{n,j-1},x_{n,j}]$. Puisque
  $$
    \inf_{[x_{j-1},x_j]} f \leq f(x_{n,j}^*)
    \leq \sup_{[x_{n,j-1},x_{n,j}]},
  $$
  on obtient
  $$
    I(f,R_n) \leq \sum_{j=1}^{k_n} f(x_{n,j}^*) 
    (x_{n,j} - x_{n,j-1}) \leq S(f,R_n).
  $$
  En laissant $n\to\infty$, par le théorème des deux gendarmes,
  on obtient
  $$
    \int_a^b f = \lim_{n\to\infty} 
      \sum_{j=1}^{k_n} f(x_{n,j}^*) (x_{n,j} - x_{n,j-1}).
  $$
\fin

\P La somme de la forme $\sum\limits_{j=1}^{k_n} f(x_{n,j}^*) 
  (x_{n,j} - x_{n,j-1})$ est ce que l'on appelle une {\it somme
  de Riemann\/}. On y reviendra à la section~\ref{sec:riemann}.
\Pfin

\section Propriétés de l'intégrale.  

\Un Soit $a < c < b$. Alors $f$ est intégrable sur $[a,b]$
  si et seulement si $f$ est intégrable sur $[a,c]$
  et sur $[c,b]$. Dans ce cas, on a
  $$
    \int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f.
  $$

\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
  $$
    \int_a^b f \leq \int_a^b g.
  $$


\L On voit que l'intégrale vérifie les propriétés intuitives géométriques
  de l'aire.
\Lfin

\dem On fait 1 et 2 et on laisse 3 et 4 en exercice.
  \vskip1em
  \noindent 1.~On montre d'abord que $\intinf_a^b f
  = \intinf_a^c f + \intinf_c^b f$. (Ceci est toujours vrai,
  que $f$ soit intégrable ou non.) 
  Soit $R$ une partition de $[a,b]$. 
  Il existe des partitions $P$ de $[a,c]$ et $Q$
  de $[c,b]$ telles que $R\cup\{c\} = P\cup Q$.
  On a donc
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    I(f,R) 
      &\leq I(f,R\cup\{c\}) \cr
      &= I(f,P\cup Q)\cr
      &= I(f,P) + I(f,Q) \cr
      &\leq \intinf_a^c f + \intinf_c^b f.
  }
  $$
  Si on prend le supremum sur toutes les partitions
  $R$ de $[a,b]$, on trouve
  $$
    \intinf_a^b f \leq \intinf_a^c f + \intinf_c^b f.
  $$

  Soit maintenant $U$ une partition de $[a,c]$
  et $V$ une partition de $[c,b]$. Il est clair
  que $U\cup V$ est une partition de $[a,b]$, donc
  on a
  $$
    I(f,U) + I(f,V) = I(f,U\cup V) \leq \intinf_a^b f.
  $$
  Si on prend le supremum  sur les partitions $U$ de
  $[a,c]$ et le supremum sur les partitions $V$ de
  $[c,b]$, alors on obtient
  $$
    \intinf_a^c f + \intinf_c^b f \leq \intinf_a^b f.
  $$
  
  En combinant les deux inégalités, on conclut que
  $\intinf_a^c f + \intinf_c^b f = \intinf_a^b f$.

  On laisse en exercice de démontrer que
  $\intsup_a^c f + \intsup_c^b f = \intsup_a^b f$.

  Si $f$ est intégrable sur $[a,c]$ et sur $[c,b]$,
  alors on a bien $\intinf_a^b f = \intsup_a^b f$
  et donc $f$ est intégrable sur $[a,b]$.

  Si $f$ est intégrable sur $[a,b]$, alors on a
  $$
    \intinf_a^c f + \intinf_c^b f = \intsup_a^c f
    + \intsup_c^b f.
  $$
  Cette égalité est seulement possible si
  $\intinf_a^c f = \intsup_a^c f$ et 
  $\intinf_c^b f = \intsup_c^b f$, car
  l'intégrale inférieure est plus petite que
  l'intégrale supérieure.
  \vskip1em
  \noindent 2.~Prenons des subdivisions $P,Q$ 
  de $[a,b]$. Alors
  $$
  \eqalignno{
    S(f,P) + S(g,Q) 
      &\geq S(f, P\cup Q) +S(g,P\cup Q)\cr\vv
      &\geq S(f+g, P\cup Q)
        &\huitpt(\sup_A (f+g) \leq \sup_A f + \sup_A g)
        \cr\noalign{\vskip2\jot\penalty-50}
      &\geq \intsup_a^b (f+g).
  }
  $$
  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
  $$
    \intinf_a^b f + \intinf_a^b g
      \leq \intinf_a^b (f+g)
      \leq \intsup_a^b (f+g)
      \leq \intsup_a^b f + \intsup_a^b g.
  $$
  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

\ex* Soit $f\colon [0,2]\to \R$ définie par
  $$
    f(x) = \cases{
      0, & si $0\leq x < 1$, \cr
      x^2, & si $1\leq x\leq 2$.
    }
  $$
  Puisque $f$ est intégrable sur $[0,1]$ et sur
  $[1,2]$, il suit que $f$ est intégrable sur
  $[0,2]$, même si $f$ n'est pas continue.
\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

\ex* 1.~Tout polynôme est intégrable sur tout intervalle
  $[a,b]$.
  \item{2.} La fonction $f(x) = {1\over x}$ n'est pas intégrable
  sur $(0,1]$, même si elle y est continue. En effet, elle n'est
  même pas bornée.
  \item{3.} La fonction $f\colon [0,1]\to\R$ définie par
  $$
    f(x) = \cases{
      x\sin\big({1\over x}\big), & si $x \in (0,1]$,\cr
      0, & si $x=0$,}
  $$
  est intégrable. En effet, elle est continue sur $[0,1]$.
\fin

La fonction $f\colon [0,1]\to \R$ définie par
$$
  f(x) = \cases{
    \sin\big({1\over x}\big), & si $x \in (0,1]$,\cr
    0, & si $x=0$,}
$$
est-elle intégrable?

La réponse est oui, mais on ne peut pas faire appelle
au théorème précédent.

\cor Si $f\colon [a,b]\to\R$ est continue sur $[a,b]$,
  sauf en un nombre fini de points, et si $f$ est bornée,
  alors $f$ est intégrable.
\fin
\dem Soit $a < x_1 < x_2 < \cdots < x_n < b$ les points de discontinuité
  de $f$ dans $(a,b)$. On pose $x_0 := a$ et $x_{n+1} := b$. Soit $M\geq 0$
  tel que $|f(x)| \leq M$ pour tout $x\in [a,b]$.

  Soit $\ep > 0$. On pose $\delta := {1\over 2}\min\left\{{\ep\over 2 M(n+2)},
  |x_1-x_0|,|x_2-x_1|,\ldots,|x_{n+1}-x_n|\right\}$.
  Pour $j\in\{1,2,\ldots,n+1\}$, sur l'intervalle 
  $[x_{j-1} + \delta, x_j - \delta]$, $f$ est continue,
  donc il existe une partition $P_j$ de cet intervalle
  telle que $S(f,P_j) - I(f,P_j) < {\ep \over 2(n+1)}$.

  Pour $j\in\{1,\ldots,n\}$, sur l'intervalle 
  $[x_{j} - \delta, x_j + \delta]$, comme $f$ est bornée, 
  pour une partition quelconque de cet intervalle $Q_j$, on a
  $$
    I(f,P) \geq -2M\delta \geq -{\ep\over 2(n+2)}
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    S(f,P) \leq 2M\delta \leq {\ep\over 2(n+2)}.
    \eqno(*)
  $$
  De même, pour $[x_0,x_0+\delta]$ et $[x_{n+1}-\delta,
  x_{n+1}]$, on a également des partitions $Q_0$ et
  $Q_{n+1}$ qui vérifient~$(*)$.

  Enfin, on pose $R = P_1\cup\cdots P_{n+1}\cup R_0\cup\cdots\cup
  R_{n+1}$ une partition de $[a,b]$. On a
  $$
  \eqalign{
    S(f,R) - I(f,R) 
      &= \sum_{j=1}^{n+1} \big( S(f,P_j) - I(f,P_j)\big)
        + \sum_{j=0}^{n+1} \big( S(f,R_j) - I(f,R_j)\big) \cr
    &\leq \sum_{j=1}^{n+1} {\ep\over 2(n+1)}
      + \sum_{j=0}^{n+1} {\ep\over 2(n+2)}
    = \ep.
  }
  $$
\fin
    

\section Théorème fondamental du calcul.
\P 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.
\Pfin
\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 dérivable 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 constante.
  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

\penalty-500

\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

\E
\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$\let\vcenter=\vtop\eqalign{
      u &= x+1\cr
      \d u&= \ts \d x\cr}$
    \par\noindent\null
\fin\par
}
\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
}
\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\par
}
\Efin

\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 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
  $$
    \int_1^y {\d x\over x^\alpha}
      = {1\over 1-\alpha} y^{1-\alpha} - {1\over 1-\alpha}
      \buildrel y\to\infty\over\longrightarrow
      \cases{
        {1\over \alpha -1}, & si $\alpha > 1$,\cr\vv
        \infty, & si $0 < \alpha < 1$,\cr}
  $$
  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.

\P\Pfin
\L
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.
\Lfin

\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) lorsque $x\to\infty$.
\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.
\P Fausse démonstration.~Puisque $f(x) \leq |f(x)|$ pour
  tout $x\in [a,\infty)$, par le test de comparaison,
  $\int_a^\infty f$ puisque $\int_a^\infty |f|$ converge.
  Où est l'erreur? On n'a pas $0 \leq f(x) \leq |f(x)|$,
  donc le test de comparaison ne s'applique pas.
\Pfin
\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 problèmes 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
  $$
  \eqalignno{
    \int_2^y {\d x\over x(\log x)^\beta}
      &= \int_{\log 2}^{\log y} {\d u\over u^\beta}
      &\eqalign{ u &= \log x\cr
        \d u &= {1\over x} \d x\cr}
      \cr
      &\longrightarrow\hbox{ limite}
      \Leftrightarrow \beta>1.
  }
  $$
  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.
\label sec par riemann.%
\P Cette section peut être optionnelle ou ignorée, selon
le temps et l'intérêt des étudiants.
\Pfin

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
approximée 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

On voit que le théorème porte sur les fonctions bornées.
Si $f$ vérifie le critère de Riemann, elle est automatiquement
bornée, donc on ne perd pas généralité. En effet, si $f$
n'était pas bornée, pour une partition $P$ telle que pour
tout test $\xi$, on a $|R(f,P,\xi) - S| < \ep$, on pourrait
choisir une suite $(\xi_n)$ de sorte que $R(f,P,\xi_n)
\to\infty$ lorsque $n\to\infty$, ce qui est une contradiction.

\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

\E
\dem
  Soit $\ep > 0$. On sait qu'il existe $P_\ep = \{y_0,\ldots, y_d\}$
  telle que 
  $$
    S(f,P_\ep) - I(f,P_\ep) < {\ts \ep \over 2}.
  $$

  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 $\delta = {\ep \over 2dM}$, 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
\Efin

\E
\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
\Efin

\chapitre Convergence uniforme.
\L
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.
\Lfin

\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

\P\Pfin
\L
\rem Bien que chaque $f_n$ soit continue, $f$ est
  discontinue en $x = \pm 1$.
\fin
\Lfin

\E
\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\par
\Efin

\rem Ici, $f_n\to 0$ sur $\R$, mais
$\int_0^\infty f_n \not\to \int_0^\infty 0$, 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

\P\Pfin
\L
\rem Dans cet exemple, on voit que $f_n\to 0$ simplement sur
  $\R$, mais $f_n'\not\to 0'$ simplement sur $\R$. En effet,
  on a
  $$
    f_n'(0) = \cos(n0) = 1
  $$
  pour tout $n$, tandis que $0' = 0$.
\fin
\Lfin

Les exemples précédents montrent
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 fort~:
la {\it convergence uniforme\/}.

\section Convergence uniforme.
\deff Soit $X$ un ensemble. 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
  $$
    \sup_{x\in X} |f_n(x) - f(x)| \to 0
  $$
  lorsque $n\to\infty$.
\fin

\P Le convergence uniforme se réécrit~: pour tout
  $\ep>0$, il existe $N\in\N$ tel que pour tout
  $n\geq N$ et pour tout $x\in X$, on a
  $$
    |f_n(x) - f(x)| < \ep.
  $$
  En effet, si $|f_n(x) - f(x)| \leq \ep$ pour tout
  $x\in X$, alors on a bien
  $$
    \sup_{x\in X} |f_n(x) - f(x)| \leq \ep
  $$
  et {\it vice versa\/}.
\Pfin

\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

\E
\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
\Efin

\E
\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
\Efin

\penalty200000

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

\penalty-5000

\section Convergence uniforme et continuité.%
\label sec par unif et cont.
\L L'atout de la convergence uniforme est qu'elle préserve
  la continuité.
\Lfin
\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 
  $$\ts
    n\geq N \Rightarrow \sup_{x\in I} 
      |f_n(x) - f(x)| < {\ep \over 3}.
  $$
  En particulier, 
  $$\ts
    \sup_{x\in I} 
      |f_N(x) - f(x)| < {\ep \over 3}.
    \eqno(*)
  $$

  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.
\L Si $(f_n)$ est une suite de fonctions continues sur $[a,b]$,
alors chaque $f_n$ est intégrable. De plus, par le théorème
précédent, si $f_n\to f$ uniformément sur $[a,b]$, alors $f$
intégrable. Il est naturel de se demander si $\lim\limits
_{n\to\infty} \int_a^b f_n = \int_a^b f$.
\Lfin
\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
  $$
    \int_a^b f_n \to \int_a^b f
    \rlap{\qquad\quad $(n\to\infty)$.}
  $$
\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* Soit $f_n$ 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 $n$ 
  et $\int_0^2 0 = 0$.

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

\ex* Soit $f_n$ 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).

\P $\underline{\hbox{Attention!}}$ $f_n\to f$ uniformément
  sur $\R$ $\not\Rightarrow$ $f_n' \to f$ (même simplement)
\Pfin

\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 $I$.
  \par\noindent
  Alors $f$ est dérivable sur $I$ et $f' = g$.
\fin
\P $\Big($Autrement dit, sous ces hypothèses, on a
  $$
    \left( \lim_{n\to \infty} f_n \right)'
     = \lim_{n\to\infty} (f_n)'.\Bigg)
  $$
\Pfin
\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
$$
  f_k(x) = \sum_{k=0}^n u_k(x).
$$

\P
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
$$
  f_k(x) = \sum_{k=0}^n u_k(x).
$$
\Pfin

\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

\ex* 1.~Soit la série $f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty
  {\sin(nx)\over n^2}$. Montrer qu'elle converge  uniformément
  sur $\R$.

  \noindent {\it Solution\/}.~D'abord, on calcule la limite simple. Pour
  $x\in\R$ fixé, on a
  $$
    \sum_{n=1}^N \left|{\sin(nx)\over n^2} \right| 
    \leq \sum_{n=1}^N {1\over n^2}.
  $$
  Si on laisse $N\to\infty$, on voit que $\sum {\sin(nx)\over n^2}$
  converge absolument, ainsi elle converge. La limite
  simple est donc $\sum\limits_{n=1}^\infty {\sin(nx)\over n^2}$.

  Montrons maintenant que la convergence est uniforme.
  Soit $N\in\N$ avec $N\geq 2$. Pour tout $x\in\R$, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \left| \sum_{n=1}^{N-1} {\sin(nx)\over n^2} - \sum_{n=1}^\infty
        {\sin(nx)\over n^2}\right|
      &= \left| \sum_{n=N}^{\infty} {\sin(nx)\over n^2} \right| \cr
      &\leq \sum_{n=N}^{\infty} \left| {\sin(nx)\over n^2} \right| \cr
      &\leq \sum_{n=N}^\infty {1\over n^2}.
  }
  $$
  En prenant le supremum pour les $x\in\R$ de chaque côté, on obtient
  $$
    \sup_{x\in\R} \left| \sum_{n=1}^{N-1} {\sin(nx)\over n^2} - \sum_{n=1}^\infty
      {\sin(nx)\over n^2}\right|
    \leq \sum_{n=N}^\infty {1\over n^2}.
  $$
  Si on laisse $N\to\infty$, on a 
  $$
    \lim_{N\to\infty} \sup_{x\in\R} \left| \sum_{n=1}^{N-1} {\sin(nx)\over n^2} - \sum_{n=1}^\infty
      {\sin(nx)\over n^2}\right|
    \leq \lim_{N\to\infty} \sum_{n=N}^\infty {1\over n^2} = 0
  $$
  car $\sum {1\over n^2}$ converge.

  \vskip1em
  \noindent 2.~Soit la série $f(x) = \sum\limits_{n=0}^\infty 
  \sin(nx)$. Montrer qu'elle ne converge pas uniformément sur $[0,2\pi]$.

  \noindent {\it Solution\/}.~Soit $N\in N$. On considère le point
  $x = {\pi\over N}\in [0,2\pi]$. On écrit
  $$
    \sum_{n=0}^N \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right)
    = {N\over \pi} \left( {\pi\over N} \sum_{n=0}^N 
      \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right) \right).
  \eqno(*)
  $$
  Le terme entre parenthèse est une somme de Riemann, on a donc
  $$
    \lim_{N\to\infty} {\pi\over N} \sum_{n=0}^N 
      \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right)
    = \int_0^\pi \sin x\d x = 2.
  $$
  Soit $\ep = 1$. Il existe $M\in\N$ tel que pour tout $N\geq M$, on a
  $$
    \left|{\pi\over N} \sum_{n=0}^N 
      \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right)
      - 2\right| < 1,
  $$
  d'où on tire $1 < \sum\limits_{n=0}^N \sin
  \left( n {\ts {\pi\over N}}\right)$. Si on remplace 
  dans~$(*)$, pour $N\geq M$, on trouve
  $$
    \sum_{n=0}^N \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right)
    = {N\over \pi} \left( {\pi\over N} \sum_{n=0}^N 
      \sin\left( n {\ts {\pi\over N}}\right) \right)
    > {N\over \pi}.
  $$
  Il suit que
  $$
    \sup_{x\in [0,2\pi]} \sum_{n=0}^N \sin\left( 
      n {\ts {\pi\over N}}\right) > {N\over \pi}
  $$
  pour tout $N\geq M$. Ainsi, si on laisse $N\to\infty$,
  le côté gauche tend vers $+\infty$. Il est donc 
  impossible que $\sum \sin(nx)$ converge uniformément.

  $\Big[$En effet, si $\sum \sin(nx) \to f(x)$ uniformément
  sur $[0,2\pi]$ lorsque
  $n\to\infty$, alors $f$ est continue sur $[0,2\pi]$
  et donc bornée. On a alors
  $$
    \sup_{x\in[0,2\pi]} \left|\sum_{n=0}^N \sin(nx)\right|
    \leq \sup_{x\in[0,2\pi]} \left|\sum_{n=0}^N \sin(nx) - f(x)\right|
      + \sup_{x\in[0,2\pi]} |f(x)|
  $$
  où le premier terme du côté droit est bornée car
  $\sum \sin(nx) \to f(x)$ uniformément et le deuxième
  terme est bornée car $f$ est bornée.$\Big]$
\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
partielle 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
  $$
    \sum_{k=n+1}^\infty M_k = \sum_{k=0}^\infty M_k
      - \sum_{k=0}^n M_k
      \longrightarrow 0
  $$
  lorsque $n\to\infty$. On conclut 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

\rem Le critère de Weierstrass n'est pas une condition
  nécessaire, comme le montre cet exemple.
\fin

\E
\ex* Soit la série 
  $$
    f(x) = \sum_{n=1}^\infty {(-1)^n \over x+n}.
  $$
  Le critère de Weierstrass est difficile à appliquer 
  dans ce cas, car la série n'est pas absolument convergente.
  Pourtant, elle converge uniformément sur $[0,\infty)$.

  Soit $f_n(x) = \sum_{k=1}^n { (-1)^k \over x+k}$ la
  suite des sommes partielles. On s'intéresse à calculer
  $$
    \sup_{x\in [0,\infty)} |f(x) - f_{n-1}(x)|.
  $$
  On a
  $$
    \left| \sum_{k=1}^\infty { (-1)^k \over x+k} - 
      \sum_{k=1}^{n-1} { (-1)^k \over x+k}\right|
      = \left|\sum_{k=n}^\infty { (-1)^k \over x+k}\right|
      = \left|(-1)^{n}\sum_{k=n}^\infty { (-1)^{k-n} \over x+k}\right|
      = \left|\sum_{k=0}^\infty { (-1)^{k} \over x+n+k}\right|.
  $$
  Ainsi, les deux premiers termes sont
  $$
    {1\over x+n} - {1\over x+n+1}.
  $$
  Les $2k$-ième et $2k+1$-ième termes  sont
  $$
    {1\over x+n+2k} - {1\over x+n+2k +1}
    = {1 \over (x+n+2k)(x+n+2k+1)}
    \leq {1\over (n+2k)^2} \leq {1\over (n+k)^2}.
  $$

  On obtient donc
  $$
    \left|\sum_{k=0}^\infty { (-1)^{k} \over x+n+k}\right|
    = \left| \sum_{k=0}^\infty \left( {1\over x+n+2k} - 
      {1\over x+n+2k+1}\right)\right|
    \leq \sum_{k=0}^\infty {1\over (n+k)^2}
    = \sum_{k=n}^\infty {1\over k^2}.
  $$
  Puisque c'est une série convergente, on voit qu'elle
  tend vers 0 lorsque $n\to\infty$. Cela montre que
  $f_n\to f$ uniformément sur $[0,\infty)$.
\fin
\Efin

\L

\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 $\|f_n\|_\infty \leq M$.

  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
$$
  \sum_{n=0}^\infty {\|x^n\|_1\over n}
  = \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 {x^n \over n} \d x
  = \sum_{n=0}^\infty {1 \over n^2}.
$$
Or, la série ne converge pas dans $C^0([0,1])$, puisque $f(1) = \infty$.
\fin
\Lfin


\chapitre Séries entières.
\P\Pfin
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
  $$
    C = \ts \left\{ x : \sum\limits_0^\infty a_k x^k 
    \hbox{ converge}\right\}.
  $$
  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 comparaison, 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
  $$
    \int_a^b \sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k
     = \sum\limits_{k=0}^\infty \int_a^b a_k x^k.
  $$
\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
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    L(1+x) = \int_1^{1+x} {\d t\over t}
      &= \int_0^x {\d t\over 1 + t}\cr
      &= \int_0^x \sum_{n=0}^\infty 
        {(-1)^nt^n \d t} 
        & \hbox{(car $|t| \leq |x| < 1$)}\cr
      &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^x t^n \d t
        &\hbox{(\ref{cor:somme int})}\cr
      &= \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n  \over n+1}x^{n+1}.
  }
  $$
  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\label theo par serie et deriv.%
  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
  pour 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
  $$
    \sum_{k=1}^\infty kx^{k-1} = {1\over (1-x)^2}.
  $$
\fin

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

\cor Une série entière $f(x) = \serie a_kx^k$
  de rayon de convergence $R>0$ est infiniment
  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
%
\section Fonctions analytiques.
\deff Soit $I$ un intervalle {\sl ouvert\/} et
  $f\colon I\to\R$ une fonction.
  On dit que $f$ est {\it (réelle) analytique\/} si pour
  tout $a\in I$, il existe $R>0$ et $(a_n)$ tels que
  $$
    g(x) := \sum_{n=0}^\infty a_n (x -a)^n
  $$
  converge absolument pour tout $|a-x| < R$ et
  de plus si $|a-x| < R$, alors $f(x) = g(x)$.
\fin

\ex* Montrer que la fonction $f(x) = {1\over 1 - x}$ est
  analytique sur $(1,\infty)$.

  Soit $a\in (1,\infty)$. On a
  $$
    {1\over 1 - a - (x-a)} 
    = {1\over 1 -a} \cdot {1\over 1 - {x-a\over 1 - a}}.
  $$
  Ensuite, on a
  $$
    \left| {x-a\over 1-a} \right| < 1
    \iff
    |x-a| < a-1.
  $$
  On pose $R = a-1$. Pour $|x-a| < R$, (c'est-à-dire pour $x\in (1,2a-1)$),
  on a
  $$
  \eqalignno{
    f(x)
      &= {1\over 1-x} \cr
      &= {1\over 1 -a} \cdot {1\over 1 - {x-a\over 1 - a}} \cr
      &= {1\over 1-a} \sum_{n=0}^\infty \left({x-a \over 1-a}\right)^n \cr
      &= \sum_{n=0}^\infty {(x-a)^n \over (1-a)^{n+1}}.
  }
  $$
\fin

Les fonctions analytiques généralisent l'idée d'une série
entière.

\theo Une série entière de rayon de convergence $R>0$
  est analytique sur $(-R,R)$.
  \P \par Plus précisément, si $f(x) = \sum a_nx^n$ est une
  série entière de rayon de converge $R>0$, alors
  pour tout $a\in (-R,R)$, il existe une suite $(b_n)$
  telle que
  $$
    f(x) = \sum_{n=0}^\infty b_n (x-a)^n,
    \eqno(\dag)
  $$
  dont le rayon de converge est $R-|a|$.\Pfin
\fin

\P
\rem Maintenant que l'on sait que $(\dag)$ converge,
  on a directement que
  $$
    b_n = {f^{(n)}(a)\over n!}.
  $$
\fin
\Pfin
\dem Soit $f(x) = \sum a_n x^n$ une série entière
  de rayon de convergence $R>0$. Soit $a \in (-R,R)$
  et $0 < r < R - |a|$. Soit $x\in (-R,R)$ tel que $|x-a| < r - |a|$.
  Il suit que $|x| < |x-a| + |a| < r < R$, donc $\sum a_n x^n$ converge
  absolument. 

  On a 
  $$
    x^n = (x - a + a)^n
      = \sum_{k=0}^n \left({n\atop k}\right) (x-a)^k a^{n-k}.
  $$
  Si on pouvait échanger l'ordre des sommations, on trouverait
  $$
  \eqalign{
    \sum_{n=0}^\infty a_n x^n = \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n a_n\left({n\atop k}\right)
        (x-a)^k a^{n-k}
      &= \sum_{k=0}^\infty \sum_{n=k}^\infty a_n
        \left({n\atop k}\right) (x-a)^k a^{n-k} \cr
      &= \sum_{k=0}^\infty \sum_{m=0}^\infty a_{m+k}
        \left({m+k\atop k}\right) (x-a)^k a^m \cr
  }
  \eqno(*)
  $$
  où on a posé $m:= n-k$.
  Pour alléger un peu, on pose $u_{k,m}(x) := a_{m+k}
  \left({m+k\atop k}\right) (x-a)^k a^m$. Soit $J\subseteq \N\times \N$
  un sous-ensemble fini. Soit $N\in\N$ tel que $J\subseteq B\big((0,0),N\big)$.
  On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \sum_{(k,m)\in J} |u_{k,m}(x)|
      &\leq \sum_{0\leq m+k\leq N} |u_{k,m}(x)| \cr
      &= \sum_{n=0}^N \sum_{m+k = n} |u_{k,m}(x)| \cr
      &= \sum_{n=0}^N \sum_{m+k = n} \left|a_{m+k}
        \left({m+k\atop k}\right) (x-a)^k a^m\right| \cr
      &= \sum_{n=0}^N |a_{m+k}| \sum_{m+k = n} \left|
        \left({m+k\atop k}\right) (x-a)^k a^m\right| \cr
      &= \sum_{n=0}^N |a_{n}| \left( |x-a| + |a| \right)^n \cr
      &\leq \sum_{n=0}^N |a_{n}| r^n \cr
      &\leq \sum_{n=0}^\infty |a_{n}| r^n \cr
      &< \infty.
  }
  $$
  Ainsi, $\sum\limits_{(k,m)\in\N\times\N} u_{k,m}(x)$ converge
  absolument, donc par le théorème de Fubuni pour les
  séries (\ref{cor:Fubini serie}), on peut échanger
  l'ordre des séries pour obtenir
  $$
    \sum_{(k,m)\in\N\times\N} u_{k,m}(x)
    = \sum_{k=0}^\infty \sum_{m=0}^\infty u_{k,m}(x)
    = \sum_{m=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty u_{k,m}(x).
  $$
  L'équation~$(*)$ est donc vérifiée, ce qui permet de conclure que
  pour tout $x$ tel que $|x -a| < r -a$, on a
  $$
    f(x) = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{m=0}^\infty a_{m+k}a^m 
        \left({m+k\atop k}\right)\right) (x-a)^k.
        \eqno(**)
  $$
  Comme $r < R- |a|$ était arbitraire, on conclut que le rayon
  de convergence de~$(**)$ est exactement $R-|a|$.
\fin

\difficile Les fonctions analytiques possèdent plusieurs propriétés
  importantes. On ne les montrera pas dans le cours d'analyse~2,
  car elles seront vues en analyse complexe de toute façon (et les
  démonstrations seront beaucoup simples et élégantes). En voici
  tout de même une liste non exhaustive~:
  \item{1.} la somme fini de fonctions analytiques est analytique;
  \item{2.} le produit fini de fonctions analytiques est analytique;
  \item{3.} le quotient d'une fonction analytique par une fonction
    analytique non nulle est analytique;
  \item{4.} la composée de deux fonctions analytiques est analytique
    là où la composition est possible.

  \noindent Ainsi, la plupart des fonctions qu'on est habitué de voir
  sont analytiques. 

  Par exemple, la fonction $f(x) = \sqrt x$ est analytique sur $(0,\infty)$,
  puisqu'on a $f(x) = \sqrt x = e^{{1\over2} \log x}$, qui est 
  la composition de deux fonctions analytiques sur $(0,\infty)$.

  Par contre, il ne faut pas croire que toutes les fonctions qui
  ont <<~une jolie expression~>> sont nécessairement analytiques.
\fin
\exdifficile* La fonction $f(x) = e^{-1\over x^2}$ si $x\not=0$
  et $f(x) = 0$ si $x=0$ n'est pas analytique.
  En effet, on a $f^{(n)}(0) = 0$ pour tout $n\in\N\cup\{0\}$
  (exercice). Si $f$ était analytique, cela impliquerait que
  $f(x) = 0$ pour tout $x$, ce qui est évidemment faux.
\fin

\difficile Une fonction analytique est infiniment dérivable, mais
  comment dire si une fonction infiniment dérivable est analytique? 

  En fait, elles sont caratérisées par le théorème suivant.

  \bgroup
  \theo Soit $f$ une fonction infiniment dérivable sur un 
    intervalle~$I\subseteq \R$. Elle est analytique sur
    $I$ si et seulement si pour tout $a\in I$, il existe
    $J\subseteq I$ et $C,R>0$ tels que $a\in J$ et pour tout 
    $x\in J$ et tout $n\in\N \cup\{0\}$, on a
    $$
      |f^{(n)}(x)| \leq C{n!\over R^n}.
    $$
  \fin
  \egroup
\fin

\penalty-4000

\def\proprietes{\vskip1em\noindent{\bf Propriétés.~}\ignorespaces}
\def\propri#1.{\vskip.5em\penalty-500\noindent{\bf Propriétés #1.}}
\chapitre Fonctions transcendantes. \label chap par transcendant.
\section exp.
\deff $\ds \exp(x) := \sum_{k=0}^\infty {x^k\over k!}$
  (Série entière, $R=\infty$)
\fin

\propri de exp.

\0 $\exp(0) = 1$

\1 $\exp$ est dérivable et $\exp'(x) = \exp(x)$
  \hfill\penalty-10000
  $\big[$ Dériver terme à terme en utilisant le
  théorème~\ref{theo:serie et deriv}.$\big]$

\2 $\exp(a+b) = \exp(a) \exp(b)$ pour tout $a,b\in\R$
\par\noindent {\it Dem\/}.~On pose $f(x) = \exp(x) \exp(a+b-x)$.
    On a alors
    $$
    \eqalignno{
      f'(x) 
        &= \exp(x) (-1) \exp'(a+b-x) + \exp'(x) \exp(a+b-x)\cr
        &= -\exp(x) \exp(a+b-x) + \exp(x) \exp(a+b-x)\cr
        &= 0,
    }
    $$
    donc $f$ est constante. En particulier
    $$
    \eqalign{
      f(0) &= f(a)\cr
      \underbrace{\exp(0)}_{=1}\exp(a+b) &= \exp(a)\exp(b).
      \rlap{\hskip6em \carre$\big]$}
    }
    $$

\3 $\exp(-x) = {1\over \exp(x)}$ pour tout $x\in\R$\par
  \petitedem On prend $a=x$ et $b=-x$ au 2.\fin

\4 $\exp(x) > 0$ pour tout $x\in\R$\par
  \petitedem Si $x \geq 0$, cela découle de la définition. Si $x < 0$,
    alors on utilise la propriété 3.\fin

\5 $\exp$ est strictement croissante.\par
  \petitedem  $\exp'(x) = \exp(x) > 0$ \fin

\6 Pour chaque $k\geq 0$,
  $$
    {\exp(x) \over x^k} \to 0 
    \quad\hbox{lorsque $x\to\infty$.}
  $$
  \petitedem En effet, si $x\geq 0$, alors
    $$
      \exp(x) \geq {x^{k+1}\over (k+1)!},
    $$
    donc ${\exp(x) \over x^k} \geq {x\over (k+1)!} \to \infty$
    lorsque $x\to \infty$.\fin

\7 \bgroup\let\vcenter=\vtop 
  $\eqalign{
    &\exp(x)\to \infty \hbox{lorsque $x\to \infty$ $\big[$cas particulier
  de 6$\big]$} \cr
    &\exp(x)\to 0 \hbox{lorsque $x\to -\infty$ $\big[ \exp(x) = {1\over \exp(-x)}\big]$}
  }$

\vbox to 0pt{\vskip-3em\rightline{\XeTeXpdffile figures/chap5/exp-1.pdf }
  \rightline{\dixpt Graphe de $\exp$\qquad}\vss}

\deff $\eqalign{
    e&:=\exp(1) \cr
      &= \sum_{k=0}^\infty {1\over k!}\cr
      &= 1 + {1\over 1!} + {1\over 2!} + \cdots\cr
      &\approx 2{,}7128.}$
\fin
\egroup

\P \rem En analyse~1, on montre habituellement que
  $e = \lim\limits_{n\to\infty} \left( 1 + {1\over n}\right)^n$.
  Cela sera facile à démontrer à l'aide du logarithme.
  \fin
\Pfin

\8 $\exp(x) = e^x$ pour tout $x\in\R$

\P $\underline{\smash{\hbox{Rappel}}}$.~Pour $x\in \R$, on définit
  $e^x := \sup\{e^p\mid p\in\Q\hbox{ et } 0\leq p < x\}$.
\Pfin

\noindent \petitedem {\it Dém\/}.~La démonstration se fait en deux étapes.

  \vskip.5em
  \noindent $1^{\hbox{\huitpt ère}}$ étape~: montrer que $f\colon
  \R\to (0,\infty)$;
  $x\mapsto e^x$ est continue.
  On montre d'abord que $f$ est strictement croissante. Si
  $p < q$ sont rationnels, on sait déjà que $f(p) < f(q)$. Soit
  $x < y$. Par la densité des rationnels, il existe 
  $p,q\in\Q$ tels que $x < p < q < y$. Par définition de $e^x$,
  on a $e^x \leq e^p$. Par définition de $e^y$, on a $e^q \leq e^y$.
  Il suit que $f(x) \leq f(p) < f(q) \leq f(y)$, d'où $f$
  est strictement croissante. 

  On montre maintenant que $f$ est surjective. Soit $y\in (0,\infty)$.
  On pose $E_y = \{z\in \R\mid e^z < y\}$. Pour $n\in\N$, on a
  $$
    e^{-n} = {1\over e^n} \leq {1\over 1 + (e-1)n} \to 0
  $$
  lorsque $n\to\infty$. Ainsi, il existe $N\in\N$ tel que
  $e^{-N} < y$, d'où $E_y$ est non vide. Ensuite, on a
  $e^n \geq 1 + (e-1)n \to \infty$ lorsque $n\to\infty$,
  donc il existe $M\in\N$ tel que $e^M > y$. Si $z\in E_y$,
  alors $e^z < y \leq e^M$, donc $z < M$. Ainsi, $E_y$ est
  majoré. Par l'axiome de complétude, $x:= \sup E_y$
  existe. On montre que $f(x) = y$.

  Soit $p\in\Q$ tel que $p < x$. Puisque $x$ est le supremum
  de $E_y$, il existe $q\in E_y$ tel que $p < q < x$. On a
  donc $e^p < e^q < y$, d'où $p\in E_y$. Ainsi, $y$ est un
  majorant de l'ensemble $\{e^p\mid p\in\Q \hbox{ et } p < x\}$.
  Puique $e^x$ est le supremum de cet ensemble, on a $e^x\leq y$.

  Enfin, on suppose par l'absurde que $e^x < y$. On pose
  $\ep = {y\over e^x} > 1$. Puisque $\root n\of e \to 1$
  lorsque $n\to \infty$, il existe $K\in\N$ tel que
  $\root k\of e < \ep$. Par densité des rationnels dans
  les réels, il existe $r\in\Q$ tel que $r < x < r + {1\over K}$.
  On a
  $$
    e^r < e^x < e^{r + {1\over K}}
     = e^r e^{1\over K} < e^x \ep = y.
  $$
  Ainsi, $r+ {1\over K}\in E_y$, mais cela est une contradiction,
  car $x$ est un mojorant de $E_y$ et $r + {1\over N} > x$.
  On conclut que $e^x = y$, d'où $f$ est surjective.

  Une fonction strictement croissante et surjective est
  nécessairement continue (analyse~1), d'où $f$ est continue.

  \vskip.5em
  \noindent $2^{\rm e}$ étape~: montrer que $\exp(q) = e^q$ pour
  tout $q\in\Q$.

  Si $n\in\N\cup\{0\}$, alors 
  $$
  \eqalign{
    \exp(n) 
      &= \underbrace{\exp(1) \cdot \ldots\cdot \exp(1)}_{\hbox{$n$ fois}} \cr
      &= e \cdot\ldots\cdot e = e^n.}
  $$
  L'énoncé est vrai pour $-n$ également, puisque $\exp(-n) = {1\over
  \exp(n)}$.

  Si $q$ est rationnel, disons $q = {a\over b}$, où $p,q\in\Z$,
  $q>0$, alors
  $$
  \eqalign{
    \left( \exp\left({\ts {a\over b}}\right)\right)^b
      &= \exp(a/b) \cdot\ldots\cdot \exp(a/b) 
        \rlap{\quad ($b$ fois)}\cr
      &= \exp(a/b + \cdots + a/b)
        \rlap{\quad ($b$ fois)}\cr
      &= \exp(a) \cr
      &= e^a.
  }
  $$
  Ceci donne bien $\exp(a/b) = e^{a\over b}$.

  Enfin, puisque $\exp$ et $f$ sont continues sur $\R$
  et que $\exp(x) = f(x)$ pour tout $x\in\Q$, on conclut
  que $\exp(x) = f(x)$ pour tout $x\in\R$, comme voulue.
  \hfill\null\hfill\carre\fin

\9 Si $f$ est une fonction dérivable et $f'(x) = f(x)$,
  alors $f(x) = C\exp(x)$, où $C$ est une constante.
  \par\noindent
  \petitedem {\it Dém\/}.~On pose $g(x) := f(x) \exp(-x)$.
    Alors $g$ est dérivable et 
    $$
    \eqalignno{
      g'9x) 
        &= f(x) (-1) \exp(-x) + f'(x)\exp(-x) \cr
        &= -f(x)\exp(-x) + f(x) \exp(-x) \cr
        &= 0,}
    $$
    donc $g$ est constante, disons $g(x) = C$.
    Il suit que $C = f(x) \exp(-x)$, c'est-à-dire
    $f(x) = C\exp(x)$.\fin

\section log.

\deff $\ds\log x := \int_1^x {1\over t}\d t$ \ \ $(x>0)$\fin

\propri de log.

\0 $\log(1) = 0$

\1 $\log$ est dérivable et $\log'(x) = {1\over x}$ pour
  tout $x>0$.
  \par\noindent
  \petitedem Conséquence immédiate du théorème fondamental
  du calcul~1.\fin

\2 $\log(ab) = \log a + \log b$ pour tout $a,b>0$.
\par\noindent
  \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\big[\eqalign{
    \log(ab) 
      &= \int_1^{ab} {1\over t}\d t \cr
      &= \int_1^a {1\over t}\d t + \int_a^{ab} {1\over t}\d t 
        \rlap{\dixpt\qquad\qquad $\smash{\eqalign{s &=\ts {t\over a} \cr
          \d s &= \ts{\d t\over a}}}$}\cr
      &= \int_1^a {1\over t}\d t + \int_1^b {1\over s}\d s \cr
      &= \log a + \log b.
      \rlap{\qquad\qquad \carre$\big]$}}$
  \egroup

\3 \bgroup\let\vcenter=\vtop$\eqalign{
    &\exp(\log x) = x \hbox{ pour tout $x>0$}\cr
    &\log(\exp(x)) = x \hbox{ pour tout $x\in\R$}\cr
    &\hbox{Donc $\exp\colon \R\to (0,\infty)$ et 
      $\log\colon (0,\infty)\to \R$ sont mutuellement inverses.}}$
  \egroup
  \par\noindent
  \petitedem  {\it Dém\/}.~On pose $f(x) = {\exp(\log x)\over x}$.
    On a 
    $$
      f'(x) = {x {\ts \big({1\over x}\big)} \exp(\log x)
        - \exp(\log x) \over x^2} = 0,
    $$
    donc $f$ est une constante. Ensuite,
    $f(1) = 1 \Rightarrow \exp(\log x) = x$.

    Maintenant, on pose $g(x) = \log(\exp(x)) - x$, alors
    $$
      g'(x) = \exp(x) {1\over \exp(x)} - 1 = 0.
    $$
    Ainsi, $g$ est constante, donc
    $g(0) = 1 -1 = 0 \Rightarrow \log(\exp(x)) = x$.\fin

\cor $\log(e) = 1$.\fin

\4 Pour $a > 0$ et $x$ réel, on a
  $$
    \log(a^x) = x\log(a).
  $$
  \par\noindent
  \petitedem Si $n$ est un entier positif, alors on a
    $$
      \log(a^n) = \log(\underbrace{a\cdots a}_{\hbox{$n$ fois}})
        = \log a + \cdots + \log a = n\log a.
    $$
    De la même façon, on égalité si $n$ est négatif,
    avec $a^n = {1\over a^{-n}}$.
    Si $x = {p\over q}$ un rationnel, alors
    $$
      q\log(a^{p\over q}) = \log(a^p)
        = p\log(a),
    $$
    donc $\log(a^{p\over q}) = {p\over q} \log a$.

    Puisque l'équation $\log(a^x) = x\log a$ est vraie
    pour tous les $x$ rationnels et que $\log(a^x)$
    et $x\log a$ sont continues, il suit que
    l'équation est vraie pour tout $x\in\R$.\fin
  
\5 \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\eqalign{
  &\hbox{$\log$ est strictement croissante.} \cr
    &\qquad\ts \big[ \log'(x) = {1\over  x} > 0 \big] \cr
  &\hbox{$\log$ est concave.}\cr
    &\qquad \ts\big[ \log''(x) = -{1\over x^2} < 0\big]}$

\6 $\eqalign{
  &\lim_{x\to \infty} \log x = \infty \cr
  &\lim_{x\to 0^+} \log x = -\infty\cr}
  $ \egroup

  \petitedem En effet, $\log(2^k) = k\log 2$ lorsque $k\to\infty$,
  donc $\log x \to \infty$ lorsque $x\to \infty$ puisque $\log$
  est croissante. De même, $\log(2^{-k}) = -k\log 2 \to -\infty$
  lorsque $k\to\infty$ et donc, ecnore comme $\log$ est croissante,
  il suit que $\log x\to \infty$ lorsque $x\to \infty$.\fin

\7 Pour $\ep > 0$, $\lim\limits_{x\to \infty} {\log x \over x^\ep} = 0$
  et $\lim\limits_{x\to 0^+} x^\ep \log x = 0$.
  \par\noindent$\big[$La première limite est une forme indéterminée $\infty/\infty$.
  Par l'Hôpital, on a
  $$
    \lim_{x\to\infty} {\log x\over x^\ep} = \lim_{x\to\infty} {{1\over x}
    \over \ep x^{\ep -1}} = \lim_{x\to\infty} {1\over \ep x^\ep} = 0.
  $$
  Pour la deuxième, on pose $y = {1\over x}$ et on obtient
  $$
    \lim_{x\to 0^+} x^\ep \log x = \lim_{y\to\infty} y^{-\ep} 
      \log\big({\ts {1\over y}}\big)
      = \lim_{y\to\infty} -{\log y\over y^\ep} = 0. \,\big]
  $$

\8 $\log(1+x) = x - {x^2\over 2} + {x^3\over 3} - {x^4\over 4} +\cdots$
  si $|x| < 1$.
  \petitedem On pose $f(x) = x - {x^2\over x} + {x^3\over 3} - {x^4\over 4} +\cdots$
  une série entière de rayon de convergence~1. Donc $f$ est dérivable sur
  $(-1,1)$ et
  $$
    f'(x) = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots
      ={1\over 1 + x} = \log'(1+x).
  $$
  Il suit que $\big( f(x) - \log(1+x)\big)' = 0$, c'est-à-dire que
  $f(x) - \log(1+x) = C$,une constante. Comme $f(0) - \log(1) = 0$,
  on a que $C = 0$. D'où $f(x) = \log(1+x)$.\fin

\section cos et sin.

\deff $\let\vcenter=\vtop \eqalign{
  & \cos(x) = \sum_{k=0}^\infty {(-1)^k x^{2k}\over (2k)!}
    = 1 - {x^2\over 2!} + {x^4\over 4!} - {x^6\over 6!} + \cdots \cr
  & \sin(x) = \sum_{k=0}^\infty {(-1)^k x^{2k+1}\over (2k+1)!}
    = x - {x^3\over 3!} + {x^5\over 5!} - \cdots}$
\fin


Ces deux séries entières ont un rayon de convergence $R=\infty$.

\propri de cos et sin.

\0 $\cos(0) = 1$ et $\sin(0) = 0$

\1 $\cos$ est une fonction paire ($\cos(-x) = \cos x$)
  et $\sin$ est une fonction impaire ($\sin(-x) = -\sin x$).
  \par\noindent
  \petitedem Seulement des puissances paires dans $\cos$ et
  des puissances impaires dans $\sin$.\fin

\2 $\cos$ et $\sin$ sont dérivables et 
  $$
  \eqalign{
    &\cos'(x) = -\sin(x) \cr
    &\sin'(x) = \cos(x).}
  $$
  \par\noindent
  \petitedem Dériver les séries entières termes à termes.\fin

\3 Si $f\colon \R\to\R$ est deux fois dérivable et si
  $f'' + f = 0$, alors $f$ est la forme $f(x) = A\cos x
  + B\sin x$, où $A,B$ sont des constantes.
  \par\noindent
  \petitedem On pose $A:= f(0)$ et $B = f'(0)$. On définit
    $g(x) = f(x) - (A\cos x + B\sin x)$. On voit alors
    que $g'' + g =0$, $g(0) = 0$ et $g'(0) = 0$.
    On considère ensuite $h = g^2 + (g')^2$. On a
    $$
      h' = 2gg' + 2g'g'' = 2g'(g+g'') = 0.
    $$
    Ainsi $h$ est constante. Comme $h(0) = g(0)^2 + g'(0)^2 = 0$,
    il suit que $h\equiv 0$, c'est-à-dire $g(x)^2 + g'(x) = 0$.
    On conclut que $g(x) = 0$ pour tout $x$' donc que
    $f(x) = A\cos x + B\sin x$.\fin

\4 \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\eqalign{
    &\cos(a+b) = \cos a \cos b - \sin a\sin b \cr
    &\sin(a+b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b.}$
  \egroup
  \par\noindent
  \petitedem On pose $f(x) = \cos(a+x)$, alors $f'' + f = 0$.
  D'après la propriété 3, il existe $A,B$  tels que
  $$
    f(x) = A\cos x + B\sin x,
  $$
  c'est-à-dire 
  $$
    \cos(a+x) = A\cos x + B\sin x 
    \rlap{\qquad $\forall x$.}
    \leqno(*)
  $$
  Si on pose $x=0$, on obtient $A = \cos a$.
  En dérivant~$(*)$ et en posant $x=0$, obtient
  $B = -\sin a$. En remplaçant dans~$(*)$, on obtient
  $$
    \cos(a+x) = \cos a\cos x - \sin a\sin x
    \leqno(**)
  $$
  et en prenant $x = b$, on obtient la formule 
  pour $\cos(a+b)$.

  La formule pour $\sin(a+b)$ se démontre de façon
  semblable \P (exercice)\Pfin (ou bien on peut
  dériver $(**)$).\fin

\5 \bgroup\let\vcenter=\vtop 
  $\eqalign{
    &\cos^2 x + \sin^2 x = 1 \rlap{\qquad (prendre $a=x$ et $b=-x$)}\cr
    &\cos^2 x - \sin^2 x = \cos(2x) \rlap{\qquad (prendre $a=x$ et $b=x$)}\cr}
  $\egroup

\6 \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\eqalign{
    &|\cos x| \leq 1 \rlap{$\smash{\lower.5\baselineskip\hbox{\qquad pour tout $x$}}$}\cr
    &|\sin x|\leq 1} $\egroup
  \par\noindent
  \petitedem Conséquence immédiate de $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$.\fin

Pour étudier la question de la périodicité, on a besoin
d'un lemme technique.

\lem Dans $[0,2]$, la fonction $\cos$ a une unique racine~$\omega$.\fin
\dem Au plus une racine~: On remarque que $\cos' x = -\sin x$. Or,
  pour $x\in (0,2]$, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \sin x 
      &= x - {x^3\over 3!} + {x^5\over 5!} - {x^7\over 7!} + \cdots\cr
      &= \underbrace{\left(x - {x^3\over 3!}\right)}_{>0}
        + \underbrace{\left({x^5\over 5!} - {x^7\over 7!}\right)}_{>0} + \cdots\cr
      &> 0.}
  $$
  Il suit que $\cos'x < 0$ pour $x\in(0,2]$ et donc $\cos x$ est
  strictement décroissante dans $[0,2]$. Ainsi, $\cos$ a au plus
  une racine dans $[0,2]$.

  Au moins une racine~: D'abord, on note que $\cos(0) = 1$.
  Ensuite, on a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    \cos(2) 
      &= 1 - {2^2\over 2!} + {2^4\over 2!} - {2^6\over 6!}
        + {2^8\over 8!} - {2^{10}\over 10!} + {2^{12}\over 12!} - \cdots\cr
      &= 1 - {2^2\over 2!} + {2^4\over 2!} 
       \ -\ \underbrace{\left({2^6\over 6!} - {2^8\over 8!}\right)}_{\geq 0}
       \ -\ \underbrace{\left({2^{10}\over 10!} - {2^{12}\over 12!}\right)}_{\geq 0}
        - \cdots\cr\noalign{\vskip-2\jot}
      &\leq 1 - {2^2\over 2} + {2^4\over 4!} \cr
      &= 1 - 2 + {16\over 24} < 0.
  }
  $$
  Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
  au moins une racine de $\cos$ dans $(0,2)$.
\fin

\deff On pose $\pi := 2\omega$, où $\omega$ est l'unique
  racine de $\cos$ dans $[0,2]$. 
\fin

Remarque~: $0 < \pi < 4$. \P On peut montrer que $3 < \pi < 4$. (exercice)\Pfin

\7 $\cos\big({\pi\over 2}\big) = 0$ et $\sin\big({\pi\over 2}\big) = 1$.
  \petitedem$\cos\big({\pi\over 2}\big) = 0$ par définition de $\pi$.
  Aussi, par 5, $\cos^2 \big({\pi\over 2}\big) + \sin^2 \big({\pi\over 2}\big) =1$,
  donc $\sin \big({\pi\over 2}\big) = \pm 1$. On a vu dans la démonstration
  du lemme que $\sin(x) > 0$ sur $(0,2)$, donc $\sin \big({\pi\over 2}\big) = +1$.\fin

\8 \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\eqalign{
    &\ts\cos\big(x + {\pi\over 2}\big) = -\sin x
      \quad\hbox{ et }\quad \sin\big(x + {\pi\over 2}\big) = \cos x \cr
    &\big[\hbox{Suit de 4 et 7}\big] \cr\noalign{\vskip2\jot}
    &\cos(x + \pi) = -\cos x 
      \quad\hbox{ et }\quad \sin(x+\pi) = -\sin x\cr
    &\big[\hbox{Appliquer deux fois l'identité précédente}\big] \cr\noalign{\vskip2\jot}
    &\cos(x+2\pi) = \cos x
      \quad \hbox{ et }\quad \sin(x+2\pi) = \sin x\cr
    &\big[\hbox{Appliquer deux fois l'identité précédente}\big]
  }$\egroup

\9 \bgroup\let\vcenter=\vtop
  $\eqalign{
    &\ts \sin x = 0 \Leftrightarrow x = n\pi \quad (n\in\Z) \cr
    &\ts \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \big(n+{1\over 2}\big)\pi \quad (n\in\Z)
  }$\egroup
  \par\noindent
  \petitedem {\it Dém\/}.~ $\Leftarrow)$ D'abord, on a$\sin(n\pi) = -\sin\big( (n-1)\pi)
    = (-1)^n \sin(0) = 0$. Ensuite, on a
    $\cos\big((n+{1\over 2})\pi \big) = - \cos\big( (n-{1\over 2})\pi\big)
    = (-1)^n \cos\big({\pi\over 2}\big) = 0$.
    Pour $n \geq 0$, on remarque que, puisque que $\sin$ est impaire,
    on a $\sin(n\pi) = \sin(-n\pi)$.

    \noindent $\Rightarrow)$ On remarque d'abord que $\cos$ n'a pas
    de racine dans $\big[0, {\pi\over 2}\big)$. Comme $\cos$ est 
    paire, elle n'a pas de racine dans $\big(-{\pi\over 2},0\big]$
    non plus, donc $\cos x \not=0$ pour tout $x\in \big(-{\pi\over 2},
    {\pi\over 2}\big)$.

    On suppose que $\cos x_0 = 0$ pour un $x_0\in\R$. Puisque
    $\cos(x + \pi) = -\cos x$ pour tout $x$, il suit que
    $$
      \cos(x_0+n\pi) = 0
      \rlap{\qquad pour tout $n\in\N$.}
    $$
    On pose $n$ tel que $x_0 + n\pi\in \big(-{\pi\over 2},
    {\pi\over 2}\big]$. Comme $\cos x \not=0$ pour tou
    $x\in \big(-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\big)$, il suit
    que $x_0 + n\pi = {\pi\over 2}$, donc $x_0 = -n\pi + {\pi\over2}$
    pour un $n\in\Z$. 

    On suppose que $\sin(x_1) = 0$. Comme $\cos\big( x+{\pi\over2} \big)
    = -\sin x$, il suit que $\cos\big(x_1 + {\pi\over 2}\big) = 0$, 
    donc $x_1 + {\pi\over2} = -n\pi + {\pi\over 2}$ pour un $n\in\Z$,
    d'où $x_1 = -n\pi$.\fin

\centerline{\XeTeXpdffile figures/chap5/graphe-1.pdf }

\Dix Quelques valeurs importantes
\par\vskip7pt\vbox{\offinterlineskip
  \halign{%
  \strut\hbox to 1cm{\hfil $#$ \hfil} 
    &\vrule#&\hbox to 1cm{\quad\hfil#\hfil} && \hbox to 1cm{\hfil $#$\hfil} \cr
  x && 0 & {\pi\over 6} & {\pi\over 4} & {\pi\over 3}
    & {\pi\over 2} & \pi \cr
  \omit & height3pt\cr\noalign{\hrule}
  \omit &height3pt\cr
  \cos x && 1 & {\sqrt 3\over 2} & {\sqrt 2\over 2}
    & {1\over 2} & 0 & -1 \cr
  \omit &height3pt\cr
  \sin x && 0 & {1\over 2} & {\sqrt 2\over 2}
    & {\sqrt 3\over 2} & 1  & 0 \cr}
}

\noindent\petitedem {\it Dém\/}.~de $\cos\big({\pi\over 4}\big)$.
  On a $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ et $\cos^2 x - \sin^2 x = \cos (2x)$,
  donc $2\cos^2 x = 1 + \cos(2x)$. En particulier, on a
  $$
    2\cos^2 \big({\pi\over 4}\big) = 1 + \cos\big({\pi\over 2}\big)
    = 1,
  $$
  car $\cos\big({\pi\over 2}\big) = 0$, par définition de $\pi$.
  Il suit que $\cos\big({\pi\over 4}\big) = \pm {1\over \sqrt 2}$.
  De plus, on a déjà montré que $\cos x > 0$ pour
  $x\in \big(0,{\pi\over 2}\big)$, donc on conclut
  que $\cos\big({\pi\over 4}\big) = {1\over \sqrt 2}
  = {\sqrt 2\over 2}$.

  \vskip.5em\noindent{\it Dém\/}.~de $\cos\big({\pi\over 3}\big) = {1\over 2}$.
  Encore, on utilise $2\cos^2 x = 1 + \cos (2x)$, d'où
  $2\cos^2 \big({\pi\over 3}\big) = 1 + \cos\big({2\pi\over 2}\big)$.
  De plus, on a
  $$
  \eqalign{
    \ts \cos \big({2\pi\over 3}\big)
      &=\ts  \cos\big(\pi - {\pi\over 3}\big)
        = \cos \pi \cos\big({\pi\over 3}\big)
          + \sin\pi \sin\big({\pi\over 3}\big)\cr
      &=\ts  - \cos\big({\pi\over 3}\big).}
  $$
  Si on substitue ceci dans la formule précédente,
  on obtient
  $$
    \ts 2\cos^2 \big({\pi\over 3}\big) = 1 
      - \cos\big({\pi\over 3}\big),
  $$
  c'est-à-dire que $\cos\big({\pi\over3}\big)$
  est une racine de l'équation
  $$
  \eqalign{
    & 2x^2 = 1 -x\cr
    & 2^x + x -1 = 0.}
  $$
  Les racines de cette équation sont
  $$
    {-1 \pm \sqrt{1 + 8}\over 4}
    = \hbox{${1\over 2}$ et $-1$.}
  $$
  Comme $\cos x > 0$ pour $x\in \big(0,{\pi\over 2}
  \big)$, il suit que $\cos\big({\pi\over 3}\big) = 
  {1\over 2}$.\fin

\Onze Aire et circonférence d'un disque de rayon~$r$.
\par\noindent
L'aire d'un disque de rayon~$r$ = $\pi r^2$.
\par\noindent
La circonférence d'un disque de rayon~$r$ = $2\pi r$.

\ifx\noteprof\undefined
\else
  \setbox0=\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap5/graphe-2.pdf }
  \vbox to 1.1\ht0{%
    \nointerlineskip
    \noindent\vbox to 0pt{\vskip10pt\box0\vfil}\par
    \nointerlineskip
    \hangindent5cm\hangafter0
  \P (Optionnel) Pour la circonférence, on doit donner une définition
    à la longueur d'une courbe. Voici l'heuristique~: au point $x$, pour
    $\Delta x>0$ petit, le segment du graphe entre
    $x$ et $x+\Delta x$ peut s'approximer par
    $\sqrt{\Delta x^2 + \big(f(x+\Delta x) - f(x)\big)^2}$,
    qui correspond à la longueur de l'hypothénuse de la figure.
    On obtient un <<~élément de longueur~>> par
    \bgroup\dixpt
    $$
      \sqrt{\Delta x^2 + \big(f(x+\Delta x) - f(x)\big)^2}
      = \sqrt{ 1 + \left( {f(x+\Delta x) - f(x)\over \Delta x}\right)^2} 
      \; \Delta x
    $$
    \egroup
    et en considérant $\Delta x$ <<~infiniment petit~>>.
    En choisissant une partition, on obtient une somme de Riemann
    \bgroup\dixpt
    $$
      \sum_{j=1}^n \sqrt{ 1 + \left( {f(x_j+\Delta x) - f(x_j)\over \Delta x}\right)^2} 
      \; \Delta x
      \buildrel {\sst \Delta x\to 0\;} \over{\relbar\mkern-3.5mu\relbar\mkern-3.5mu\longrightarrow}
      \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2} \; \d x.
    $$
    \egroup
    Ceci motive la définition.
    On remarque, de plus, que cette définition coïncide avec
    la longueur d'une droite, la longueur d'un cercle, d'une
    ellipse et de tout autre forme symétrique dont on connaît
    la longueur par d'autres moyens que le calcul intégral.
    \vskip10pt
  }
  \Pfin
\fi

\noindent \petitedem Soit $y = f(x) = \sqrt{r^2 - x^2}$, l'équation
  d'un demi-cercle. On a
  $$\openup1\jot
  \eqalignno{
    \hbox{l'aire} 
      &= 2\int_{-r}^r f(x) \d x\cr
      &= 2 \int_{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2} \; \d x
        & \smash{\eqalign{
          & x = r\sin u \cr\noalign{\vskip-2\jot}
          & \d x = r\cos u \, \d u}}\cr
      &= 2 \int_{-{pi\over 2}}^{\pi\over 2}
        \sqrt{r^2 - r^2 \sin^2 u} \;\cos u \,\d u \cr
      &= 2 \int_{-{pi\over 2}}^{\pi\over 2}
        r\cos u \; r\cos u \,\d u \cr
      &= \int_{-{pi\over 2}}^{\pi\over 2}
        r^2 \big(1 + \cos (2u) \big)\d u 
        & \hbox{(car $\cos^2 u = {1 + \cos(2u)\over 2}$)}\cr
      &= \Big[ r^2 (u + {\ts {1\over 2}}\sin(2u) \Big]
        _{-{\pi\over 2}}^{\pi\over 2} \cr
      &= \pi r^2.
  }
  $$

  Formule pour la longueur d'arc du graphe de
  $y = f(x)$ entre $x=a$ et $x=b$~: on définit
  la longueur $\ell$ par
  $$
    \ell = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2} \;\d x.
  $$

  Ainsi on a
  $$\openup1\jot
  \eqalignno{
    \hbox{la circonférence}
      &= 2\int_{-r}^r \sqrt{1 + f'(x)^2} \; \d x
        & \hbox{ où $f'(x) = {-x\over \sqrt{r^2 - x^2}}$}\cr
      &= 2 \int_{-r}^r
        \sqrt{ 1 + {x^2 \over r^2 - x^2} } \; \d x\cr
      &= 2 \int_{-r}^r
        {r\over \sqrt{ r^2 - x^2} } \, \d x
        & \smash{\left(\eqalign{
          & x = r\sin u \cr\noalign{\vskip-2\jot}
          & \d x = r\cos u \d u}\right)} \cr
      &= 2 \int_{-r}^r
        { r\over \sqrt{ r^2 - r^2 \sin^2 u}} \, r\cos u \, \d u \cr
      &= 2 \int_{-{\pi\over 2}}^{\pi\over 2} r \d u \cr
      &= 2\pi r.}
  $$
  D'où l'aire est bien $\pi r^2$ et la circonférence, $2\pi r$.
  Ceci réconsille $\pi$ avec sa définition usuelle.\fin

\Douze Trigonométrie. 
  \setbox0=\hbox{\XeTeXpdffile figures/chap5/triangle-1.pdf }
   \hangindent1.1\wd0\hangafter2
  Pour faire de la trigonométrie, il faut
  définir la notion {\it d'angle\/}. Soit $O,A,B$ trois
  points distincts. On pose 
  $$
    p = \overline{OA},\quad q = \overline{AB}
    \quad \hbox{ et } \quad r = \overline{OB}.
  \vadjust{\vbox to 0pt{\noindent\unhbox0\vfil}}%
  $$
  Il est suffisant de considérer le cas où $p,q,r$
  vérifie $p^2 + q^2 = r^2$, quitte à remplacer
  $A$ par $A'$ colinéaire à $A$ de sorte à vérifier
  l'identité.
  L'angle $ABC$ est défini comme la longueur de l'arc
  d'un cercle de rayon~1 centré en~$B$ allant $B$
  jusqu'à la droite $\vec{OA}$, comme sur la figure.
  Suivant la figure, on voit que l'angle $AOB$,
  noté $\theta$ vérifie
  $$
    \theta = {\ell \over r}.
  $$
  
  Par la formule de longueur d'arc, on a
  $$\openup1\jot
  \eqalignno{
    \ell 
      &= \int_p^r \sqrt{1 + f'(x)^2} \,\d x\cr
      &= \int_p^r {r \over \sqrt{r^2 - x^2}} \d x
        & \eqalign{
          & x = r\cos u \cr\noalign{\vskip-3\jot}
          & \d x = r\sin u \d u\cr\noalign{\vskip-3\jot}& }
          \quad 
          \eqalign{
          & x = r \leftrightarrow u = 0 \cr\noalign{\vskip-3\jot}
          & x = p \leftrightarrow u = \alpha\cr\noalign{\vskip-3\jot}
          &\quad \hbox{ où $r\cos\alpha = p$}} \cr
      &= \int_\alpha^0 {r\over \sqrt{r^2 - r^2 \cos^2 u}}
        (-r \sin u) \d u\cr
      &= \int_\alpha^0 -r \d u = r\alpha.}
  $$
  Donc finalement, $\theta = {\ell \over r} = \alpha$,
  c'est-à-dire que $\theta$ est la solution de 
  $\cos \theta = {p\over r}$.

\section arcsin et arccos.

\deff$\let\vcenter=\vtop 
  \eqalign{
    \arccos x 
      &=  \int_x^1 {\d t\over \sqrt{1 - t^2} }
      = \eqalign{&\hbox{angle entre l'axe des $x$ et}
          \cr\noalign{\vskip-2\jot}
        &\hbox{le point $(x,\sqrt{1-x^2})$}}\cr
    \arcsin x &= \int_0^x {\d t\over \sqrt{1 - t^2}}
      =\eqalign{&\hbox{angle entre l'axe des $y$ et}
          \cr\noalign{\vskip-2\jot}
        &\hbox{le point $(x,\sqrt{1-x^2})$}}\cr
  }$ 
  \par\noindent pour $x\in [-1,1]$.
\fin

\proprietes
\0 $\topalign{&\arcsin 0 = 0 \cr &\arccos 1 = 0}$

\1 $\arccos$ et $\arcsin$ sont bien définies.
\par\noindent\petitedem On fixe $0 \leq x \leq 1$. Pour $x\leq t < 1$, on a
  $$
  \eqalignno{
    0 \leq {1\over \sqrt{1 - t^2}}
      &\leq {1\over \sqrt{1-t} \sqrt{1+t}}\cr
      &\leq {1 \over \sqrt{1-t}}.\cr
  }
  $$
  Pour $\ep > 0$, on voit que
  $$\def\Int{\int_x^{1-\ep}}
  \openup2\jot
  \eqalignno{
    \Int {\d t \over \sqrt{1-t}}
      &= -2\sqrt{1 - t} \Big|_x^{1-\ep}\cr
      &= -2\sqrt{ 1 - x} + 2\sqrt{1 - 1 + \ep} ,
  }
  $$
  donc cette intégrale impropre converge. Par
  le test de comparaison, l'intégrale $\int_x^1 {\d t
  \over \sqrt{1 - t^2}}$ converge aussi. 
  Un argument semblable fonctionne
  si $-1 \leq x \leq 0$.\fin

\2 $\arccos x + \arcsin x = {\pi\over 2}$
\par\noindent\petitedem Longueur d'un quart de cercle.\fin

\3 $\arccos$ et $\arcsin$ sont dérivables sur
  $(-1,1)$ et
  $$
    \arccos'x = {1\over \sqrt{1 - x^2}}
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \arcsin'x = {-1\over \sqrt{1 - x^2}}.
  $$

\4 $\topalign{
  & \arccos x = x\sqrt{1-x^2} + 2\int_x^1 \sqrt{1 - t^2} \d t\cr
  & \arcsin x = 2\int_0^x \sqrt{1-t^2} \d t - x\sqrt{1 -x^2}\cr
  &\hbox{et elles correspondent aux aires suivantes~:}
  }$\par
  \centerline{\XeTeXpdffile figures/chap5/arccos-1.pdf }

\par\noindent\petitedem Pour $\arccos$, on a
  $$
  \eqalignno{
    \int_x^1 \sqrt{1-t^2} \d t 
      &= \int_x^1 \sqrt{1-t^2} {\sqrt{1 - t^2} \over 
        \sqrt{1 - t^2}} \d t \cr
      &= \int_x^1 {1 - t^2\over \sqrt{1 - t^2}} \d t \cr
      &= \int_x^1 {\d t\over \sqrt{1 -t^2}} 
        - \int_x^1 {t^2\over \sqrt{1-t^2}} \d t 
        & \topalign{ &u = t \vphantom{t\over \sqrt{1-t^2}} \cr
          &\d u = \d t \vphantom{\sqrt{1-t^2}}}\ 
          \topalign{ &\ts \d v = {t\over \sqrt{1-t^2}}\d t\cr
            & v = -\sqrt{1 - t^2}} \cr
      &= \arccos x + t\sqrt{1 - t^2}\Big|_x^1 
        - \int_x^1 \sqrt{1-t^2} \d t,
  }
  $$
  donc $2\int_x^1\sqrt{1 - t^2} \d t = \arccos x - 
    x\sqrt{1-x^2}$.

  Pour $\arcsin$, on peut utiliser la propriété~2 ou 
  refaire la même démarche.\fin

\5 Pour tout $x\in [-1,1]$, on a 
  $$
    \cos(\arccos x) = x
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    \sin(\arcsin x) = x
  $$
  et 
  $$
  \eqalign{
    &\arccos(\cos y) = y \rlap{\qquad pour $y\in [0,\pi]$}\cr
    &\arcsin(\sin y) = y \rlap{\qquad pour $y\in \big[-{\pi\over 2},
      {\pi\over2}\big]$.}
  }
  $$
\par\noindent\petitedem D'abord, on voit que $\cos'x = -\sin x < 0$
  pour $x\in (0,\pi)$, donc $\cos$ est injective sur
  $[0,\pi]$. Ensuite, on a
  $$\def\CR{\cr\noalign{\vskip-3\jot}}
  \openup2\jot
  \eqalignno{
    \arccos x 
      &= \int_x^1 {\d t\over \sqrt{1-t^2}} 
        & \smash{\topalign{
          & t = \cos u\CR
          & \d t = -\sin u\d u \CR
          & x = \cos(\alpha) \CR
          &\hbox{où $\alpha$ est l'unique}\CR
          &\hbox{$\alpha\in [0,\pi]$ tel que} \CR
          &\hbox{$x = \cos(\alpha)$}}} \cr
      &= \int_\alpha^0 {-\sin u\over \sqrt{1 - \cos^2 u}}
        \d u\cr
      &= \alpha.
  }
  $$
  Ainsi, on a $\cos(\arccos x) = x$.

  Ensuite, on a $\sin(\arcsin x) = \sin\big({\pi\over 2}
    - \arccos x\big) = \cos(\arccos x) = x$.

  Enfin, pour $y\in (0,\pi)$, on a
  $$
    {\d\over \d y} \arccos(\cos y) 
    = {-1\over \sqrt{1-\cos^2(y)}} (-\sin y)
    = 1,
  $$
  donc $\arccos(\cos y) = y + C$. En $y=0$, on a
  $\arccos(1) = 0 = C$, d'où $\arccos(\cos y) = y$.\fin


\section tan et arctan.
\deff $\tan x = \ds {\sin x\over \cos x}$
  (définie pour $x\not=0 \big(n + {1\over2}\big) \pi, n\in\Z$)
\fin

\proprietes 
\0 $\tan(0) = 0$

\1 $\tan$ est une fonction impaire

\2 $\let\vcenter=\vtop
  \eqalign{
    \tan'(x)
      &= {\cos x \cos x - \sin x(-\sin x)\over \cos^2 x}\cr
      &= {1\over \cos^2 x}.}$\par\noindent 
  On note que $\tan'(x) > 0$ pour tout $x\not=
  \big(n + {1\over 2}\big)\pi$.

\3 $\tan(a+b) = {\tan a + \tan b\over 1 - \tan a\tan b}$
\par\noindent$\big[$On a
  $$
  \eqalignno{
    \tan(a+b) 
      &= {\sin(a+b)\over \cos(a+b)} \cr
      &= {\sin a \cos b + \cos a\sin b\over
        \cos a\cos b - \sin a\sin b}
        \cr\noalign{\noindent On divise partout par $\cos a\cos b$}
      &= {\tan a + \tan b \over 1 - \tan a\tan b}.\;\bigg]
  }
  $$

\4 $\tan(x+\pi) = \tan x$ pour tout $x\not= \big(n + {1\over 2}
  \big)$, $n\in\Z$

\5 \hbox{\vtop{\offinterlineskip\tabskip.5em\halign{%
  & \hfil $#$\hfil & \vrule #\cr
  x && 0 && {\pi\over 6} && {\pi\over 4} && {\pi\over 3} \cr
  \omit &height3pt& \omit && \omit && \omit && \omit \cr
    \cr\noalign{\hrule}
  \omit &height3pt& \omit && \omit && \omit && \omit \cr
  \tan x && 0 && {1\over \sqrt 3} && 1 && \sqrt 3 \cr}}}
  
  $\lim_{x\to {\pi\over 2}^-} \tan x = \infty$

  $\lim_{x\to {\pi\over 2}^+} \tan x = -\infty$
  \hfill\smash{\XeTeXpdffile figures/chap5/graphe-3.pdf }

\deff $\tan\big(-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\big)\to \R$ est
  une bijection. Son inverse est $\arctan\colon \R
  \big(-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\big)$.
\fin

\centerline{\XeTeXpdffile figures/chap5/graphe-4.pdf }

\6 $\arctan'(x) = {1\over 1 + x^2}$
\par\noindent$\big[$Sur $\big(-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\big)$,
  $\tan$ est strictement croissante, surjective et dérivable,
  donc $\arctan$ est dérivable sur $\R$ (théorème d'analyse~1).

  On dérive l'équation $\tan(\arctan x) = x$~:
  $$
  \eqalignno{
    \arctan'(x) 
      &= {1\over \tan'(\arctan x)} \cr
      &= {1\over \sec^2(\arctan x)} \cr
      &= {1\over 1 + \tan^2(\arctan x)} \cr
      &= {1\over 1 + x^2}.\;\bigg] \cr
    }
  $$

\7 $\arctan x = x - {x^3\over 3} + {x^5\over 5} - {x^7\over 7}
  + {x^9\over 9} - \cdots$ pour tout $|x| < 1$.
\par\noindent\petitedem On pose $f(x) = x - {x^3\over 3} + {x^5\over 5} -
  \cdots$, une série de rayon de convergence~1. Si on dérive
  terme à terme, on obtient
  $$
  \eqalignno{
    f'(x)
      &= 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots 
        & (|x| < 1) \cr
      &= {1\over 1 + x^2}
        &\hbox{(progression géométrique)}\cr
      &= \arctan'(x).
    }
  $$
  Il suit que $f(x) = \arctan(x) + C$, où $C$ est une
  constante. Comme $f(0) = \arctan(0) + C = 0$, on a
  $C = 0$, d'où $\arctan(x) = f(x)$ pour tout 
  $|x| < 1$.\fin

\P On voit que $f(1)$ et $f(-1)$ convergent. Ainsi, pourquoi le
  rayon de convergence de $f$ n'est-il pas plus grand que $1$?
  Le problème se trouve dans le plan complexe; le nombre $i$
  se trouve également à distance~1 de l'origine, mais on arrive
  à montrer que $f(i)$ diverge.
\Pfin

En prenant $x = {1\over \sqrt 3}$, on déduit que
$$
  \ts\arctan\big({1\over \sqrt 3}\big)
  = \ds {1\over \sqrt 3} - {1\over 3}\left({1\over \sqrt 3}\right)^3
    + {1\over 5} \left({1\over \sqrt 3}\right)^5 - \cdots
    = {\pi\over 6},
$$
donc
$$
  \pi = {6\over\sqrt 3} \left(1 - {1\over 3\cdot 3} + {1\over 3^2 \cdot 5}
    - {1\over 3^3\cdot 7} +\cdots\right).
$$
Avec quelques approximations, on trouve $\pi \approx 3{,}1415926\ldots$

\difficile Le travail complet pour obtenir l'approximation est 
  intéressant. D'abord, on aura besoin d'une approximation
  de $\sqrt 3$. On part avec le fait que
  $$
    {64\over 25}\leq 3 \leq {81\over 25}
    \quad\Longleftrightarrow\quad
    {8\over 5}\leq \sqrt 3\leq {9\over 5}
  $$
  et donc $\big|\sqrt 3 - {17\over 10}\big| \leq {1\over 10}$.
  Ensuite, on utilise la méthode de Newton. On pose
  $f(x) = x^2 - 3$, $F(x) = x - {x^2 - 3\over 2x}
  = {x\over 2} + {3\over 2x}$ et $x_0 = {17\over 10}$. 
  D'abord, on remarque pour $x\in I:= \big[{8\over 5},{9\over 5}\big]$, on a
  $$
    |f'(x)| = |2x| \geq 1
    \qquad\hbox{ et }\qquad
    |f''(x)| = 2.
  $$
  On pose $K = {\max_I |f''(x)|\over 2\min_I|f'(X)|} \leq 1$.
  Les itérées de la méthode de Newton sont
  $$
  \eqalign{
    x_1 &= F(x_0) = {589\over 340} \cr
    x_2 &= F(x_1) = {693\;721\over 400\; 520} \cr
    %x_3 &= F(x_2) = {962\;497\;637\;041\over 555\;698\;269\;840} \cr
  }
  $$
  Selon la méthode de Newton, on a $|x_{n+1}- \sqrt 3|
  \leq K|x_{n} - \sqrt 3|^2$, où $K\leq 1$. Ainsi,
  on peut remplacer $K$ par~1. Selon le choix initial de $x_0$, on a
  $$
  \eqalign{
    \ts \big|x_1 - {1\over \sqrt 3}\big| 
      &\leq \ts \big|x_0 - {1\over \sqrt 3}\big|^2 \leq {1\over 100}\cr
    \ts \big|x_2 - {1\over \sqrt 3}\big| 
      &\leq \ts \big|x_1 - {1\over \sqrt 3}\big|^2 \leq {1\over 10\;000}\cr
    %\ts \big|x_3 - {1\over \sqrt 3}\big| 
    %  &\leq \ts \big|x_2 - {1\over \sqrt 3}\big|^2 \leq {1\over 100\;000\;000}.\cr
  }
  $$
  À la deuxième itération, on a déjà une approximation très bonne 
  de~$\sqrt 3$. On écrit $\sqrt 3 = x_2 + r_1$, où $|r_1|\leq {1\over 
  10\;000}$.

  Ensuite, la série $s = {6\over\sqrt 3} \left(1 - {1\over 3\cdot 3} + {1\over 3^2 \cdot 5}
    - {1\over 3^3\cdot 7} +\cdots\right)$ est alternée. On pose 
  $a_n = {6\over\sqrt 3} {1\over 2n+1} {1\over 3^n}$. C'est une suite
  décroissante, donc le théorème de Leibniz nous donne
  $$
    |\pi - s_n| \leq a_{n+1},
  $$
  où $(s_n)$ est la suite des sommes partielles de $s$. Avec 
  $n=5$, on trouve
  $$
  a_6 = {6\over \sqrt 3} {1\over 13} {1\over 3^6} = {1\over\sqrt 3}
    {2\over 3159} \leq {2\over 3159}
  $$
  et 
  $$
  \eqalign{
    s_5 
      &= {6\over \sqrt 3}\left(1 - {1\over 3\cdot 3} + {1\over 3^2 \cdot 5}
        - {1\over 3^3\cdot 7} + {1\over 3^4\cdot 9} - {1\over 3^5\cdot 11}\right)
        \cr
      &= 2\sqrt 3 {254\;512\over 280\;665} \cr
      &= x_2 {509\;024\over 280\;665} + r_2,
  }
  $$
  où $r_2 = r_1{509\;024\over 280\;665}$ et vérifie $|r_2|\leq {1\over 
  5\;000}$.
  Enfin, on a
  $$
    \left| \pi - x_2 {509\;024\over 280\;665}\right| \leq {2\over 3159} + |r_2|
    \leq {1\over 1500} + {1\over 5000} = {13\over 15\;000} \leq {1\over 1000}
  $$
  d'où $\pi = 3{,}141\ldots + r_3$, où $|r_3| \leq {1\over 1000}$.

  Pour obtenir une meilleure précision avec cette méthode, il faudrait
  itérer davantage le méthode de Newton et garder plus de terme
  de la série $s$.
\fin

\rem Formule de Machin (1708)
  $$
    {\pi\over 4} = \ts 4\arctan\big({1\over 5}\big) - \arctan\big(
    {1\over 239}\big).
  $$
\fin

\section cosh et sinh.

\deff $\topalign{
  & \cosh x = {e^x + e^{-x}\over 2} = \sum_{n=0}^\infty
    {x^{2k}\over (2k)!} \cr
  & \sinh x = {e^x - e^{-x}\over 2} = \sum_{n=0}^\infty
    {x^{2k+1}\over (2k+1)!}}$
\fin

\proprietes

\0 $\topalign{
  & \cosh(0) = 1 \cr
  & \sinh(0) = 0}$

\1 $\topalign{
  &\hbox{$\cosh$ est une fonction paire}\cr
  &\hbox{$\sinh$ est une fonction impaire}}$

\2 $\topalign{
  &\cosh'(x) = \sinh x\cr
  &\sinh'(x) = \cosh x\cr}$

\3 $\topalign{
  &\cosh(a+b) = \cosh(a) \cosh(b) + \sinh(a)\sinh(b)\cr
  &\sinh(a+b) = \sinh(a) \cosh(b) + \cosh(a)\sinh(b)\cr}$
\par\noindent\petitedem On a
  $$
  \eqalignno{
    \cosh a \cosh b + \sinh a \sinh b
      &= {e^a + e^{-a} \over 2} {e^b + e^{-b}\over 2}
        + {e^a - e^{-a}\over 2} {e^b - e^{-b}\over 2}\cr
      &= {e^a e^b\over 2} + {e^{-a} e^{-b}\over 2}\cr
      &= {e^{a+b} + e^{-a-b}\over 2} \cr
      &= \cosh(a+b).
    }
  $$
  La deuxième formule se démontre de la même façon.\fin

\4 $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ pour tout $x$.
\par\noindent\petitedem Prendre $a= x$ et $b=-x$ dans 3.\fin

Ainsi, $t\mapsto (\cosh t, \sinh t)$ est une paramétrisation de
l'hyperbole, d'où le nom {\it fonctions hyperboliques\/}.

%TODO desssin de l'hyperbole

\5 $\topalign{
  &\hbox{$\cosh x > 0$ pour tout $x\in\R$}\cr
  &\hbox{$\sinh x > 0$ pour tout $x>0$}}$

  Donc $\cosh'(x), \sinh'(x) > 0$ pour $x>0$
  et $\cosh''(x), \sinh''(x) > 0$ pour $x>0$.
  Il s'ensuit que $\cosh$ et $\sinh$ sont
  strictement croissantes et convexes pour $x>0$.

  %TODO Dessin des graphes de cosh et sinh
  %Revoir photo sur la caméra des notes de cours
  
\rem On peut imaginer que 
  $$
    \eqalign{
      \cosh x &= \cos(ix)\cr
      \sinh x &= {\sin(ix)\over i},
    }
  $$
  où $i^2 = -1$. (Voir analyse complexe.)
\fin

\ifx\noteetudiant\undefined % Pour le cacher dans la version étudiante
\section Applications.
Avec la fondation solide du calcul différentiel
et intégral et des fonctions transcendantes
établie en analyse~1 et~2, on peut maintenant
démontrer quelques petits résultats souvent
évoqués dans d'autres domaines et toujours
tenus pour acquis.

\font\itgros=cmmi12 at 18pt\relax
\sssection L'irrationalité de {\itgros e}.

\theo $e$ est irrationnel. \fin
\dem Par l'absurde, on suppose qu'il existe $a\in\Z$, $b\in\N$
  tel que $e = {a\over b}$. Soit $n\in\N$ tel que $n\geq \max\{b,2\}$.
  Il suit que
  $$
    n! e = n!{a\over b} = n!\left(1 + {1\over 1!} + {1\over 2!}
      + \cdots + {1\over n!} + R_n\right),
  $$
  où $R_n = \sum\limits_{k=n+1}^\infty {1\over k!}$. Par le
  choix de $n$, il est clair que $n!e$ est un entier, donc
  $n! R_n$ doit également être un entier. Or, on a
  $$
    R_n = {1\over (n+1)!} \left(1 + \sum_{k=0}^\infty {1\over (n+2)\cdots (n+2+k)}\right)
    \leq {1\over (n+1)!} \left( 1 + \sum_{k=1}^\infty {1\over 2^k}\right)
    = {2\over (n+1)!}.
  $$
  Puisque $n\geq 2$, on voit que $0 < n!R_n \leq {2\over n+1} < 1$, ce qui
  est impossible, puisque $n!R_n$ est un entier. 

  Conclusion~: il n'existe aucun $a,b$ entiers tels que
  $e = {a\over b}$.
\fin

\sssection La transcendance de {\itgros e}.

Cette section est optionnelle. 

\difficile Un nombre est {\it algébrique\/} lorsqu'il est une solution
  d'une équation polynômiale à coefficients rationnels. Par exemple,
  $\sqrt 2$ est algébrique puisqu'il est solution de $x^2 - 2 = 0$.
  Ainsi, on peut voir les nombres algébriques comme ceux qui sont
  atteignables par les manipulations algébriques (addition, multiplication,
  racine $n$-ième, etc.).

  Un nombre qui n'est pas algébrique est dit {\it transcendant\/}. Ils
  sont souvent observés suite à des processus limites issus de l'analyse.
  En analyse~1, on a défini le nombre~$e$ par
  $$
    e = \sum_{n=0}^\infty {1\over n!} = \lim_{n\to\infty} 
    \left(1 + {1\over n}\right)^n.
  $$
  On peut ainsi se demander s'il était possible de définir ce nombre
  à partir de polynômes (à coefficients rationnels). La réponse est non.

  Voici une démonstration simple, de David Hilbert, du fait que 
  $e$ est transcendant. Elle utilise le principe
  suivant~:
  $$
    \int_0^\infty z^p e^{-z} \d z = p!.
  $$

  On note que dans cette démonstration, on utilise le fait que 
  $e$ est irrationnel.
\fin

\demdifficile On suppose par l'absurde qu'il existe $a_0,
  \ldots, a_n\in\Q$ tels que
  $$
    a_0 + a_1 e + \cdots + a_n e^n = 0.
    \eqno(*)
  $$
  Quitte à diviser par une puissance de $e$, on suppose que
  $a_0$ est non nul. De plus, puisque $e$ est irrationnel,
  on a que $n\geq 2$.

  On pose $F_n(z) = z^p \big[ (z-1)\cdots (z-n)\big]^{p+1} e^{-z}$,
  où $p\in\N$ est un naturel qui sera déterminé plus
  tard. À partir de~$(*)$, on obtient l'équation
  $$
    a_0 \int_0^\infty F_n + a_1 e \int_0^\infty F_n
      + \cdots + a_n e^n \int_0^\infty F_n = 0.
  $$
  On scinde cette dernière équation en deux parties~:
  $$
  \eqalign{
    P_1 &= a_0\int_0^\infty F_n + a_1 \int_1^\infty eF_n
      + a_2 \int_2^\infty e^2 F_n + \cdots + a_n \int_n^\infty
      e^n F_n \cr\noalign{\vskip2\jot}
    P_2 &= \phantom{a_0\int_0^\infty F_n +{}} a_1\int_0^1 eF_n
      + a_2 \int_0^2 e^2 F_n + \cdots + a_n \int_0^n e^n F_n,
  }
  $$
  de sorte que $P_1 + P_2 = 0$, par hypothèse.

  On examine les intégrales dans~$P_1$. On a,
  pour $j\geq 1$,
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    I_j 
      &= \int_j^\infty e^j F_n(z) \d z\cr
      &= \int_j^\infty z^p \big[ (z-1)\cdots (z-n)\big]^{p+1}
        e^{-z + j} \d z \cr\noalign{\vskip-4\jot}
        &&\hbox{(substitution $z\mapsto z+j$)}\cr\noalign{\vskip-2\jot}
      &= \int_0^\infty (z+j)^p \big[ (z-1+j)\cdots (z-n+j)\big]^{p+1}
        e^{-z} \d z \cr
      &= \int_0^\infty \Big( z^{p + n(p+1)} + c_*
        z^{p+n(p+1)-1} +\cdots + c_{p+1}^{(j)}z^{p+1}\Big) e^{-z} \d z\cr\noalign{\vskip-3\jot}
        &&\hbox{(où $c_*$ sont des coefficients entiers dont} \cr\noalign{\vskip-3\jot}
        &&\hbox{la valeur exacte est sans intérêt)}\cr\noalign{\vskip-2\jot}
      &= \big(p + n(p+1)\big)! + \cdots + c_{p+1}^{(j)}(p+1)!.
  }
  $$
  La valeur exacte chaque membre de la somme serait fastidieuse à
  calculer. Cependant, on remarque les points suivants~:
  chaque terme est un entier et il possède un facteur
  $(p+1)!$, car chaque monôme dans l'intégrande à au moins un degré
  supérieur ou égal à $p+1$.
  Ainsi, on conclut que $I_j \equiv 0$ (mod $(p+1)!$).

  Pour $j=0$, la situation est un peu différente. On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    I_0
      &= \int_0^\infty z^p \big[(z-1)\cdots(z-n)\big]^{p+1} 
        e^{-z} \d z \cr
      &= \int_0^\infty \Big( z^{p+n(p+1)} + \cdots
        + (-1)^n z^p (n!)^{p+1}\Big) e^{-z} \d z\cr
      &= \big(p + n(p+1)\big)! + \cdots + 
        (-1)^n p! (n!)^{p+1}.
  }
  $$
  À part le dernier terme, tous les termes contiennent
  un facteur $(p+1)!$. On a donc $I_0 \equiv (-1)^n p! (n!)^{p+1}$
  (mod $(p+1)!$), de sorte que
  $$
    {P_1\over p!} \equiv (-1)^n a_0 (n!)^{p+1} 
    \rlap{\qquad (mod $(p+1)!$).}
    \eqno(**)
  $$
  On demande, comme première condition, que $p$ soit
  suffisamment grand pour que $|a_0| (n!)^{p+1} < (p+1)!$,
  ce qui est possible, puisque ${M^p\over (p+1)!}\to 0$
  lorsque $p\to\infty$, quelque soit $M>0$, et également
  que $|a_0| (n!)^{p+1} > 1$, ce qui est possible puisque
  $n\geq 2$.
 
  On analyse maintenant $P_2$. D'abord, on pose
  $$
    M = \sup_{[0,n]} |(z-1)\cdots(z-n)|.
  $$
  On a
  $$\openup2\jot
  \eqalignno{
    |J_k| 
      &= \left| e^k \int_0^k z^p \big[ (z-1)\cdots (z-n)\big]^{p+1}
        e^{-z} \d z \right| \cr
      &\leq \int_0^k |z^p| \big|(z-1)\cdots (z-n)\big|^{p+1}
        e^{-z+k}\d z \cr
      &\leq \int_0^k k^p M^{p+1} \d z\cr
      &= k^{p+1} M^{p+1} \cr
      &\leq n^{p+1} M^{p+1}.
  }
  $$
  On pose $A = \max\{a_0,\ldots,a_n\}$. On a
  $$
    |P_2| = |a_1 J_1 + \cdots a_n J_n|
      \leq A |J_1| + \cdots + A|J_n|
      \leq An^{p+2} M^{p+1}.
  $$
  Comme deuxième condition sur $p$, on demande que $p$
  soit suffisamment grand pour que
  $$
    {|P_2|\over p!} < 1.
    \eqno(***)
  $$
  Ceci est possible, puisque ${A n^{p+2} M^{p+1}\over p!}
  \to 0$ lorsque $p\to\infty$.

  Ainsi, avec ce $p$ assez grand, on voit que
  $$
    {P_1\over p!} + {P_2\over p!} \not=0,
  $$
  à cause de $(**)$ et de~$(***)$. Or, par $(*)$, on doit
  avoir $P_1 + P_2 = 0$, ce qui est une contradiction.

  On conclut qu'il n'existe aucun $a_0,\ldots a_n$
  rationnels qui vérifient~$(*)$, c'est-à-dire que
  $e$ est transcendant.
\fin


%\section Comportements asymptotiques.
%\P Cette section est optionnel, au sens où le
%  l'enseignant peut choisir de l'omettre s'il
%  n'y a pas assez de temps ou un manque d'intérêt.
%\Pfin
%
%\L
%Le comportement à l'infini d'une expression (une fonction,
%une suite ou autre) est souvent important. On introduit
%la notation suivante.
%\Lfin
%
%\deff Soit $f,g\colon (a,\infty)\to\R$ deux fonctions.
%  On dit $f$ et $g$ sont {\it asymptotiques\/} 
%  si 
%  $$
%    \lim_{x\to\infty} {f(x)\over g(x)} = L\in \R\setminus\{0\}.
%  $$
%  On écrit alors $f\sim g$ ou $f(x)\sim g(x)$.
%\fin
%
%\prop La propriété <<~être asymptotique à~>> est une relation
%  d'équivalence.
%\fin

\sssection L'irrationalité de {\itgros \char'31}.%\pi

\theo $\pi$ est irrationnel.\fin
\dem On pose
  $$
    I_n = \int_0^\pi {x^n (\pi - x)^n \over n!} \sin x \,\d x.
  $$
  On commence par montrer la formule de récurrence 
  $$
  \displaylines{
      I_0 = 2, \qquad\quad I_1 = 4, \cr\noalign{\vskip2\jot}
      I_n = 2(2n-1) I_{n-1} - \pi^2 I_{n-2}
      \rlap{\qquad($n\geq 2$).}
  }
  $$
  D'abord, il est clair que $I_0 = 2$ et par intégration
  par partie, on trouve facilement que $I_1 = 4$. Soit
  $n\geq 2$. On a
  $$\def\Int{\int_0^\pi}\def\CR{\cr\noalign{\vskip-3\jot}}
  \def\d{\,{\rm d}}
  \openup2\jot
  \eqalignno{
    I_n 
      &= \Int {x^n (\pi - x)^n \over n!} \sin x \d x \cr
        &&\huitpt\fbox{$\topalign{
          &u = {x^n (\pi-x)^n \over n!} \cr
          &\d u = {x^{n-1}(\pi - x)^n - x^n (\pi - x)^{n-1}\over (n-1)!}\d x}
          \quad
          \topalign{
          &\d v = \sin x \d x\cr
          &v = -\cos x}$} \cr
      &= -{x^n (\pi-x)^n \over n!}\cos x\Bigg|_0^\pi 
        + \Int {x^{n-1} (\pi-x)^n\over (n-1)!} \cos x \d x
        - \Int {x^{n} (\pi-x)^{n-1}\over (n-1)!} \cos x \d x \cr
        && \dixpt \fbox{$\topalign{
          &u = \pi - x \cr
          &\d u = -\d x\cr}$}\cr
      &= 0 + 2 \Int {x^{n-1} (\pi-x)^n\over (n-1)!} \cos x \d x \cr
        &&\fbox{\huitpt$\topalign{
        &u = {x^{n-1} (\pi-x)^n\over (n-1)!} \cr
        &\d u = {(n-1)x^{n-2} (\pi-x)^n - nx^{n-1} (\pi-x)^{n-1}\over (n-1)!}\d x}
        \quad\topalign{
        &\d v = \cos x\d x\cr
        & v = \sin x}$} \cr
      &= 2nI_{n-1} - 2\Int {x^{n-2} (\pi-x)^n \over (n-2)!}\sin x \d x \cr
      &= 2nI_{n-1} + 2\Int {x^{n-1} (\pi-x)^{n-1} \over (n-2)!}\sin x \d x 
         -2\pi \Int {x^{n-2} (\pi-x)^{n-1} \over (n-2)!}\sin x \d x \cr
      &= 2nI_{n-1} +2 (n-1) I_{n-1} \cr
        &\qquad - 2\pi^2 \Int {x^{n-2} (\pi - x)^{n-2}
        \over (n-2)!} \sin x \d x + 2\pi \Int {x^{n-1} (\pi-x)^{n-2} 
        \over (n-2)!} \sin x \d x \cr
      &= (4n-2) I_{n-1} - 2\pi^2 I_{n-2} + 2\pi \Int {x^{n-1} (\pi-x)^{n-2} 
        \over (n-2)!} \sin x \d x. \cr
  }
  $$
  On pose maintenant $J_n = \int_0^\pi {x^{n-1} (\pi-x)^{n-2} 
  \over (n-2)!} \sin x \,\d x$. On a
  $$\def\Int{\int_0^\pi}\def\CR{\cr\noalign{\vskip-3\jot}}
  \def\d{\,{\rm d}}
  \openup2\jot
  \eqalignno{
    J_n
      &= \Int {x^{n-1} (\pi-x)^{n-2} \over (n-2)!} \sin x \d x \cr
        &&\dixpt\fbox{$\topalign{
          &u = \pi - x\cr
          &\d u = -\d x}$}\cr
      &= \Int {x^{n-2} (\pi-x)^{n-1} \over (n-2)!} \sin x\d x\cr
      &= \pi \Int {x^{n-2} (\pi -x)^{n-2}\over (n-2)!}\sin x\d x
        - \Int {x^{n-1} (\pi-x)^{n-2} \over (n-2)!} \sin x\d x\cr
      &= \pi I_{n-2} - J_n.
  }
  $$
  D'où on trouve $J_n = {\pi\over 2} I_{n-2}$.
  En remplaçant dans l'expression de $I_n$, on trouve
  $$\openup1\jot
  \eqalignno{
    I_n 
      &= 2(2n-1) I_{n-1} - 2\pi^2 I_{n-2} + 2\pi J_n \cr
      &= 2(2n-1) I_{n-1} - 2\pi^2 I_{n-2} + 2\pi \ts \left(
        {\pi\over 2} I_{n-2}\right)\cr
      &= 2(2n-1) I_{n-1} -2\pi^2 I_{n-2} + \pi^2 I_{n-2} \cr
      &= 2(2n-1) I_{n-1} - \pi^2 I_{n-2},
  }
  $$
  comme voulu.

  En utilisant la formule de récurrence, on trouve
  $$
    I_n = c_{n,n} \pi^n + c_{n-1,n} \pi^{n-1}
      + \cdots + c_{1,n}\pi + c_{0,n},
  $$
  où les $c_{j,n}$ sont des entiers. On suppose
  maintenant par l'absurde qu'il existe $a\in \Z$
  et $b\in \N$ tels que $\pi = {a\over b}$. Dans
  ce cas, on voit que
  $$
    q^n I_n = c_{n,n} p^n + c_{n-1,n}qp^{n-1}
      + \cdots + c_{1,n} q^{n-1} p + c_{0,n} q^n,
  $$
  donc il est clair que $q^n I_n$ est un entier.
  De plus, comme $x^n(\pi - x)^n \sin x > 0$
  pour $0 < x < \pi$, il suit que $I_n > 0$
  pour tout $n$.

  Or, on a ${|x^n(\pi -x)^n \sin x|\over n!} \leq
  {\pi^{2n}\over n!}$ et donc ${x^n(\pi - x)^n \sin x \over n!}\to 0$
  uniformément sur $[0,\pi]$ lorsque $n\to \infty$.
  Il s'ensuit que $I_n\to 0$ lorsque $n\to\infty$, mais
  cela est impossible, car $I_n$ est un entier
  strictement positif pour tout $n$.

  Conclusion~: il n'existe aucun $a,b\in\Z$ tels que
  $\pi = {a\over b}$, d'où $\pi$ est irrationnel.
\fin

\rem L'idée de la démonstration est un peu mystérieuse,
  spécifiquement le polynôme $p_n(x) = {x^n (\pi - x)^n\over n!}$.
  En fait, la propriété de $\pi$ utilisée dans la démonstration
  est le fait que $\sin(\pi -x) = \sin x$ et $\cos(\pi-x) = -\cos x$.
  Ceci revient au fait que $\cos{\pi\over 2} = 0$, qui est la 
  définition de $\pi$ que l'on a donnée.
%
%  D'autres démonstrations, parfois dite {\it non élémentaire\/},
%  utilisent l'exponentielle complexe. Lorsqu'on se permet des
%  techniques qui sortent de l'analyse réelle, il est possible
%  d'énoncer des arguments plus simples et peut-être même 
\fin


\sssection Formule de Stirling.
\theo $n! \sim \sqrt{2\pi} n^{n+{1\over 2}} e^{-n}$
  \quad $(n\to\infty)$.
\fin

\P La partie la plus difficile de la démonstration
  est d'établir la constante $\sqrt{2\pi}$ de
  l'expression.
\Pfin

\dem Deux étapes~:
  \item{(1)} ${n! \over n^{n+{1\over 2}} e^{-n}}
    \buildrel{\scriptscriptstyle n\to\infty}\over\longrightarrow
    L$, \quad $L\not=0$;
  \item{(2)} $L = \sqrt{2\pi}$.

  \noindent {\bf Étape~1.}~On pose $d_n = \log(n!) - \big(n
    +{1\over2}\big) \log n + n$. Alors
    $$
    \eqalignno{
      d_{n+1} - d_n
        &= -\log(n+1) - \ts \big(n + {1\over 2}\big)
          \log n + \big(n+{3\over 2}\big)\log(n+1)
          - 1 \cr
        &= \ts \big(n + {1\over 2}\big) \log\left({n+1\over n}\right)
          - 1 \cr
        &= \ts \left({p\over 2}\right) \log\left(
          { {p\over 2} + {1\over 2}\over {p\over 2} - {1\over 2}}\right)
          - 1\cr
        &= \ts \left({p\over 2}\right) \log\left(
          { 1 + {1\over p} \over 1 - {1\over p}}\right) - 1 \cr
        &= \ts \left({p\over 2}\right) 2 \left(
          {1\over p} + {1\over 3} \left({1\over p}\right)^3
            + {1\over 5} \left({1\over p}\right)^5 + \cdots\right)
            -1 \cr
        &= {1\over 3p^2}  + {1\over 5p^4} + {1\over 7p^6}
          + \cdots \cr
        &\geq 0.
    }
    $$
    Il suit que $d_n \geq d_{n+1}$, c'est-à-dire que la suite est
    décroissante. De plus, on remarque que
    $$\openup1\jot
    \eqalignno{
      d_n - d_{n+1}
        &= {1\over 3p^2} + {1\over 5p^4} + {1\over 7p^6}
          + \cdots \cr
        &\leq {1\over 3p^2} + {1\over 3p^4} + {1\over 3p^6}
          + \cdots \cr
        &= {1\over 3p^2} \left( 1 + {1\over p^2} + \left(
          {1\over p^2}\right)^2 + \cdots\right) \cr
        &= {1\over 3p^2} \left({ 1 \over 1 - {1\over p^2}}\right) 
          &\hbox{(progression géométrique)}\cr
        &= {1\over 3}\; {1\over 1 - p^2}\cr
        &= {1\over 3} \cdot {1\over 2} \left({1\over p-1}
          - {1\over p+1}\right)\cr
        &= {1\over 6} \left({1\over 2n} - {1\over 2n+2}\right)\cr
        &= {1\over 12} \left({1\over n} - {1\over n+1}\right).
    }
    $$
    Il suit que $d_n - d_{n+1} \leq {1\over 12 n} - {1\over 12(n+1)}$,
    c'est-à-dire que
    $$
      \ts d_n - {\ts {1\over 12n}} \leq d_{n+1} - {1\over 12(n+1)}.
    $$
    Donc la suite $d_n - {1\over 12 n}$ est croissante.
    Il est clair que 
    $$
      \underbrace{d_n - {\ts {1\over 12n}}}_{\hbox{\dixpt croissante}} 
      \leq \underbrace{d_n}_{\hbox{\dixpt déroissante}}.
    $$ 
    Il s'ensuit que $(d_n)$ converge vers une limite
    $\ell$ et $\ell$ satisfait à 
    $$\ts
      d_n - {1\over 12n} \leq \ell \leq d_n
      \rlap{\qquad (pour tout $n$).}
    $$
    En prenant l'exponentiel, il suit que
    $$
      {n! \over n^{n+{1\over 2}} e^{-n}} 
      \buildrel {\sst n\to\infty}\over\longrightarrow
      L,
    $$
    où $L = e^\ell \not= 0$.
    
    En fait, on  a même montré que 
    $$
      {n! \over n^{n+{1\over 2}} e^{-n}}e^{-{1\over 12 n}}
      \leq L \leq {n! \over n^{n+{1\over 2}} e^{-n}},
    $$
    c'est-à-dire que 
    $$
      L \leq {n! \over n^{n+{1\over 2}} e^{-n}}\leq L e^{1\over 12n}.
    $$
    Il reste à identifier la constante $L$. Pour cela, on a besoin
    d'une autre formule.

    \proclamer* Formule de Wallis en \rm.
      $$
        \left({2n\atop n}\right) \sim {2^{2n}\over \sqrt{\pi n}}
        \rlap{\qquad ($n\to\infty$)}
      $$
    
    \proclamer* Remarque en \rm. 
    $$
      {\rm Prob}\left(\eqalign{
          &\hbox{$n$ piles et $n$ faces}\cr
          &\hbox{en $2n$ lancés}}\right)
        = \left({2n\atop n}\right)
          \left({1\over 2n}\right)^{2n}
        \sim {1\over \sqrt{\pi n}}
        \rlap{\qquad ($n\to\infty$)}
    $$
    
  \vskip1em\def\Int{\int_0^{\pi\over 2}}%
  \noindent{\it Démonstration de la formule de Wallis\/}.~On
    considère
    $$
      I_n := \Int \sin^n x \d x.
    $$
    Pour $n\geq 2$, on a
    $$\openup2\jot
    \eqalignno{
      I_n 
        &= \Int \sin^{n-2}x (1 - \cos^2 x) \,\d x \cr
        &= I_{n-2} - \Int \sin^{n-2} x \cos x \cos x \,\d x 
          & \huitpt\topalign{ &u = \cos x\cr
            & \d u = - \sin x\,\d x}
            \ \topalign{ &\d v = \sin^{n-2} x\cos x\,\d x\cr
              & v ={1\over n-1} \sin^{n-1}x } \cr
        &= I_{n-2} - \left[ {1\over n-1} \cos x \sin^{n-1}x
          \right]_0^{\pi\over2} - \Int {1\over n-1} 
          \sin^{n-1} x \sin x \, \d x \cr
        &= I_{n-2} - {1\over n-1} I_n \cr
      I_n &= {n-1\over n} I_{n-2}
      \rlap{\qquad ($n\geq 2$).}
    }
    $$
    Ainsi, pour $n\geq 1$, on a
    $$\openup2\jot
      \eqalignno{
        I_{2n}
          &= {2n -1\over 2n} I_{2n-2}\cr
          &= {2n-1\over 2n} {2n-3\over 2n-2n}
            \cdots {1\over 2} \underbrace{I_0}_{={\pi\over 2}}\cr
          &={2n(2n-1)(2n-2)\cdots 1 \over (2n)^2 (2n-2)^2
            \cdots 2^2} {\pi\over 2}\cr
          &= {(2n)!\over 2^{2n} (n!)^2} {\pi\over 2}.
      }
    $$
    De même, pour $n\geq 1$, on a
    $$
    \eqalignno{
      I_{2n+1} 
        &= {2n\over 2n+1} {2n -2\over 2n-1} \cdots {2\over 3} 
          \underbrace{I_1}_{=1}\cr
        &= {(2n)^2 (2n-2)^2 \cdots (2)^2\over (2n+1)(2n) 
          (2n-1)(2n-2)\cdots (3)} \cr
        &= {2^{2n} (n!)^2\over (2n+1)!}.
    }
    $$
    On note aussi que
    $$
      I_{2n} \geq I_{2n+1} \geq I_{2n+2}
    $$
    (car $\sin^{2n} x \geq \sin^{2n+1} x\geq \sin^{2n+2} x$).

    Donc on obtient
    $$
      1 \geq {I_{2n+1}\over I_{2n}} \geq {I_{2n+2}\over I_{2n}}
      = {2n+1\over 2n+2} 
      \rlap{\quad\dixpt (formule de réduction).}
    $$
    Par le théorème des deux gendarmes, on déduit que
    $\lim\limits_{n\to\infty} {I_{2n+1}\over I_{2n}} = 1$.
    On a calculé
    $$
    \eqalignno{
      {I_{2n+1}\over I_{2n}}
        &= {2^{2n} (n!)^2/(2n +1)^2 \over 
          {\pi\over 2} (2n)!/ 2^{2n} (n!)^2} \cr
        &= {2^{4n} (n!)^4 \over ((2n)!)^2
          (2n+1) {\pi\over 2}}
    }
    $$
    donc
    $$
      {2^{4n} (n!)^4 \over ((2n)!)^2
          (2n+1) {\pi\over 2}}
      \buildrel {\sst n\to\infty}\over\longrightarrow 1.
    $$
    Ainsi, il en découle que
    $$
    \displaylines{
      {(2n)!\over 2^{2n} (n!)^2} \left( \big(n + {\ts{1\over 2}}\big)\pi\right)
        ^{1\over 2}
        \buildrel {\sst n\to\infty}\over\longrightarrow 1 \cr
      \left({2n\atop n}\right) {\sqrt{n\pi}\over 2^{2n}}
        \buildrel {\sst n\to\infty}\over\longrightarrow 1 \cr
    }
    $$
    (notons que ${(n+{1\over 2})^{1\over 2}\over n^{1\over 2}}
      = \left( 1 + {1\over 2n}\right)^{1\over 2} \to 1$).
    \hskip0pt plus 1filll \carre\ {\it formule de Wallis}

  \vskip.5em
  \noindent{\bf Étape 2.} (Formule de Stirling) D'après
  l'étape~(1),
  $$
    \left({2n \atop n}\right) 
      = {(2n)! \over n! n!}
      \sim {L(2n)^{2n+{1\over 2}} e^{-2n}\over 
        (L n^{n+{1\over 2}} e^{-n})^2}
      = {1\over L} {\sqrt 2\over \sqrt n} 2^{2n}.
  $$

  D'autre part, par Wallis, 
  $$
    \left({2n\atop n}\right) \sim {1\over\sqrt{n\pi}} 2^{2n}.
  $$
  Il suit que ${\sqrt 2\over L} = {1\over\sqrt \pi}$,
  c'est-à-dire $L = \sqrt{2\pi}$.
\fin

\fi

\chapitre Série de Fourier.

\bye
