Théorie des fonctions analytiques/Partie I/Chapitre 01

Joseph-Louis Lagrange

Théorie des fonctions analytiques

Gauthier-Villars, 1868 (Œuvres de Lagrange. Tome IX, p. 21-30).

PREMIÈRE PARTIE.

Exposition de la théorie, avec ses principaux usages dans l’analyse.

CHAPITRE PREMIER.

Développement en série d’une fonction d’une variable lorsqu’on attribue un accroissement à cette variable. Formation successive des termes de la série. Théorème important sur la nature de ces séries.

---

1. Nous désignerons en général par la caractéristique $f$ ou $\operatorname {F} ,$ placée devant une variable, toute fonction de cette variable, c’est-à-dire toute quantité dépendante de cette variable et qui varie avec elle suivant une loi donnée. Ainsi $f(x)$ ou $\operatorname {F} (x)$ désignera une fonction de la variable $x\,;$ $f(x^{2}),f(a+bx),\ldots$ désigneront des fonctions de $x^{2},$ de $a+bx.$

Pour marquer une fonction de deux variables indépendantes, comme de $x,y,$ nous écrirons $f(x,y),$ et ainsi des autres.

Lorsque nous voudrons employer d’autres caractéristiques pour marquer les fonctions, nous aurons soin d’en avertir.

Considérons donc une fonction $f(x)$ d’une variable quelconque $x$. Si à la place de $x$ on y met $x+i,$ $i$ étant une quantité quelconque indéterminée, elle deviendra $f(x+i),$ et, par la théorie des séries, on pourra la développer en une série de cette forme

$f(x)+pi+qi^{2}+ri^{3}+\ldots ,$

dans laquelle les quantités $p,q,r,\ldots ,$ coefficients des puissances de $i,$

seront de nouvelles fonctions de $x,$ dérivées de la fonction primitive $x$ et indépendantes de l’indéterminée $i$.

2. Mais, pour ne rien avancer gratuitement, nous commenceronspar examiner la forme même de la série qui doit représenter le développement de toute fonction $f(x)$ lorsqu’on y substitue $x+i$ à la place de $x,$ et que nous avons supposée ne devoir contenir que des puissances entières et positives de $i$.

Cette supposition se vérifie en effet par le développement des différentes fonctions connues ; mais personne, que je sache, n’a cherché à la démontrer a priori, ce qui me paraît néanmoins d’autant plus nécessaire, qu’il y a des cas particuliers où elle ne peut pas avoir lieu. D’ailleurs, le Calcul différentiel porte expressément sur cette même supposition, et les cas qui font exception sont précisément ceux où ce Calcul a été accusé d’être en défaut.

Je vais d’abord démontrer que, dans la série résultante du développement de la fonction $f(x+i)\,;$ il ne peut se trouver aucune puissance fractionnaire de $i,$ à moins qu’on ne donne à $x$ des valeurs particulières.

En effet, il est clair que les radicaux de $i$ ne pourraient venir que des radicaux renfermés dans la fonction primitive $f(x),$ et il est clair en même temps que la substitution de $x+i$ au lieu de $x$ ne pourrait ni augmenter ni diminuer le nombre de ces radicaux, ni en changer la nature, tant que $x$ et $i$ sont des quantités indéterminées. D’un autre côté, on sait par la théorie des équations que tout radical a autant de valeurs différentes qu’il y a d’unités dans son exposant, et que toute fonction irrationnelle $a,$ par conséquent, autant de valeurs différentes qu’on peut faire de combinaisons des différentes valeurs des radicaux qu’elle renferme. Donc, si le développement de la fonction $f(x+i)$ pouvait contenir un terme de la forme $ui^{\frac {m}{n}},$ la fonction $f(x)$ serait nécessairement irrationnelle et aurait par conséquent un certain nombre de valeurs différentes, qui serait le même pour la fonction $f(x+i),$ ainsi que pour son développement. Mais, ce développement étant représenté par la série

$f(x)+pi+qi^{2}+\ldots +ui^{\frac {m}{n}}+\ldots ,$

chaque valeur de $f(x)$ se combinerait avec chacune des $n$ valeurs du radical ${\sqrt[{n}]{i^{m}}},$ de sorte que la fonction $f(x+i)$ développée aurait plus de valeurs différentes que la même fonction non développée, ce qui est absurde.

Cette démonstration est générale et rigoureuse tant que $x$ et $i$ demeurent indéterminés ; mais elle cesserait de l’être si l’on donnait à $x$ des valeurs déterminées, car il serait possible que ces valeurs détruisissent quelques radicaux dans $f(x)$ qui pourraient néanmoins subsister dans $f(x+i).$ Nous examinerons plus bas (Chap. V) ces cas particuliers et les conséquences qui en résultent.

Nous venons de voir que le développement de la fonction $f(x+i)$ ne saurait contenir, en général, des puissances fractionnaires de $i\,;$ il est facile de s’assurer aussi qu’il ne pourra contenir non plus des puissances négatives de $i$.

Car, si parmi les termes de ce développement, il y en avait un de la forme ${\frac {r}{i^{m}}},$ $m$ étant un nombre entier positif, en faisant $i=0,$ ce terme deviendrait infini ; donc la fonction $f(x+i)$ devrait devenir infinie lorsque $i=0\,;$ par conséquent, il faudrait que $f(x)$ devînt infinie, ce qui ne peut avoir lieu que pour des valeurs particulières de $x$.

3. Nous étant ainsi assurés de la forme générale du développement de la fonction $f(x+i),$ voyons plus particulièrement en quoi ce développement consiste et ce que signifie chacun de ses termes.

On voit d’abord que, si l’on cherche dans cette fonction ce qui est indépendant de la quantité $i,$ il n’y a qu’à faire $i=0,$ ce qui la réduit à $f(x)$. Ainsi $f(x)$ est la partie de $f(x+i)$ qui reste lorsque la quantité $i$ devient nulle, de sorte que $f(x+i)$ sera égale à $f(x),$ plus à une quantité qui doit disparaître en faisant $i=0$ et qui sera par conséquent ou pourra être censée multipliée par une puissance positive de $i\,;$ et, comme nous venons de démontrer que dans le développement de $f(x+i)$ il ne peut entrer aucune puissance fractionnaire de $i,$ il s’ensuit que la quantité dont il s’agit ne pourra être multipliée que par une puissance positive et entière de $i\,;$ elle sera donc de la forme $i\mathrm {P} ,$ $\mathrm {P}$ étant une fonction de $x$ et $i$ qui ne deviendra point infinie lorsque $i=0.$

On aura donc ainsi

$f(x+i)=f(x)+i\mathrm {P} \,;$

donc $f(x+i)-f(x)=i\mathrm {P} ,$ et par conséquent divisible par $i\,;$ la division faite, on aura

$\mathrm {P} ={\frac {f(x+i)-f(x)}{i}}\,;$

Or, $\mathrm {P}$ étant une nouvelle fonction de $x$ et $i,$ on pourra de même en séparer ce qui est indépendant de $i$ et qui, par conséquent, ne s’évanouit pas lorsque $i$ devient nul. Soit donc $p$ ce que devient $\mathrm {P}$ lorsqu’on fait $i=0\,;$ $p$ sera une fonction de $x$ sans $i,$ et, par un raisonnement semblable au précédent, on prouvera que $\mathrm {P} =p+i\mathrm {Q} ,$ $i\mathrm {Q}$ étant la partie de $\mathrm {P}$ qui devient nulle lorsque $i=0,$ et $\mathrm {Q}$ étant une nouvelle fonction de $x$ et $i$ qui ne devient pas infinie lorsque $i=0.$

On aura donc $\mathrm {P} -p=i\mathrm {Q} ,$ et par conséquent divisible par $i\,;$ la division faite, on aura

$\mathrm {Q} ={\frac {\mathrm {P} -p}{i}}.$

Soit $q$ la valeur de $\mathrm {Q}$ en y faisant $i=0\,;\ q$ sera une fonction de $x$ sans $i,$ et la partie de $\mathrm {Q}$ qui devient nulle lorsque $i$ devient nul sera, comme ci-dessus, de la forme $i\mathrm {R} ,$ $\mathrm {R}$ étant une fonctions de $x$ et $i$ qui ne deviendra pas infinie lorsque $i=0$ et qu’on trouvera en divisant $\mathrm {Q} -q$ par $i,$ et ainsi de suite.

On aura, par ce procédé,

$f(x+i)=f(x)+i\mathrm {P} ,\quad \mathrm {P} =p+i\mathrm {Q} ,\quad \mathrm {Q} =q+i\mathrm {R} ,\quad \mathrm {R} =r+i\mathrm {S} ,\quad \ldots \,;$

donc, substituant successivement,

$f(x+i)=f(x)+i\mathrm {P} =f(x)+ip+i^{2}\mathrm {Q} =f(x)+ip+i^{2}q+i^{3}\mathrm {R} =\ldots ,$

ce qui donnera, pour le développement de $f(x+i),$ une série de la forme que nous avons supposée au commencement.

4. Soit, par exemple, $f(x)={\frac {1}{x}}\,;$ on aura

$f(x+i)={\frac {1}{x+i}}\,;$

donc

${\begin{alignedat}{3}i\mathrm {P} =&\qquad {\frac {1}{x+i}}\quad -\ {\frac {1}{x}}\ =-{\frac {i}{x(x+i)}},&\mathrm {P} =&-{\frac {1}{x(x+i)}},&p=&-{\frac {1}{x^{2}}}\,;\\i\mathrm {Q} =&-\ {\frac {1}{x(x+i)}}\ +{\frac {1}{x^{2}}}=\quad {\frac {i}{x^{2}(x+i)}},&\mathrm {Q} =&\quad \ {\frac {1}{x^{2}(x+i)}},&q=&\quad \ {\frac {1}{x^{3}}}\,;\\i\mathrm {R} =&\quad \ {\frac {1}{x^{2}(x+i)}}-{\frac {1}{x^{3}}}=-{\frac {i}{x^{3}(x+i)}},\quad &\mathrm {R} =&-{\frac {1}{x^{3}(x+i)}},\quad &r=&-{\frac {1}{x^{4}}}\,;\\\end{alignedat}}$

$\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \,;$

ainsi l’on aura

${\frac {1}{x+i}}={\frac {1}{x}}-{\frac {i}{x(x+i)}}={\frac {1}{x}}-{\frac {i}{x^{2}}}+{\frac {i^{2}}{x^{2}(x+i)}}$

$={\frac {1}{x}}-{\frac {i}{x^{2}}}+{\frac {i^{2}}{x^{3}}}-{\frac {i}{x^{3}(x+i)}}=\ldots \,;$

comme il résulte de la division actuelle.

Prenons encore pour exemple la fonction irrationnelle ${\sqrt {x}}.$ On aura donc

$f(x)={\sqrt {x}},f(x+i)={\sqrt {x+i}}={\sqrt {x}}+i\mathrm {P} \,;$

donc

$i\mathrm {P} ={\sqrt {x+i}}-{\sqrt {x}}={\frac {i}{{\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}}},\quad \mathrm {P} ={\frac {1}{{\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}}},\quad p={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}},$

${\begin{aligned}i\mathrm {Q} =\mathrm {P} -p&={\frac {1}{{\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}}}-{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\\&={\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {x+i}}}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)}}=-{\frac {i}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}},\end{aligned}}$

$\ \,\mathrm {Q} =-{\frac {1}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)}}=-{\frac {1}{8x{\sqrt {x}}}}$

${\begin{aligned}i\mathrm {R} =\mathrm {Q} -q&={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\left[{\frac {1}{4x}}-{\frac {1}{\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}}\right]\\&={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}{\frac {i-2x+2{\sqrt {x}}{\sqrt {x+i}}}{4x\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}}={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}{\frac {{\sqrt {x+i}}+3{\sqrt {x}}}{4x\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{3}}}\end{aligned}}$

$\ \,\mathrm {R} ={\frac {{\sqrt {x+i}}+3{\sqrt {x}}}{8x{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{3}}},\quad r={\frac {1}{16x^{2}{\sqrt {x}}}},$

$\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .$

De sorte qu’on aura, de cette manière,

${\begin{aligned}{\sqrt {x+i}}&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{{\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}}}={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{8x{\sqrt {x}}}}+{\frac {{\sqrt {x+i}}+3{\sqrt {x}}}{8x{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{3}}}i^{3}\\&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{8x{\sqrt {x}}}}+{\frac {i^{3}}{16x^{2}{\sqrt {x}}}}-\ldots .\end{aligned}}$

Cette dernière série est celle que l’on trouve par l’extraction actuelle de la racine carrée ou par la formule du binôme.

5. Il serait difficile d’exécuter ces opérations sur des fonctions irrationnelles plus compliquées ; mais, en faisant disparaître les irrationnalités par rapport à la quantité $i,$ l’application de la méthode n’aura plus de difficulté.

Ainsi, en reprenant l’exemple précédent, on partira de l’équation

${\sqrt {x+i}}={\sqrt {x}}+i\mathrm {P} ,$

qui, étant élevée au carré pour dégager l’$i$ de dessous le signe radical, devient, après la division par $i,$

$1=2\mathrm {P} {\sqrt {x}}+i\mathrm {P} ^{2}.$

Faisant $i=0,$ $\mathrm {P}$ devient $p,$ et l’on aura

$1=2p{\sqrt {x}},\quad {\text{d’où}}\quad p={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}.$

On fera donc $\mathrm {P} =p+i\mathrm {Q} ,$ ce qui étant substitué, on aura, après la division par $i,$

$0={\frac {1}{4x}}+2\mathrm {Q} {\sqrt {x}}+{\frac {i\mathrm {Q} }{\sqrt {x}}}+i^{2}\mathrm {Q} ^{2}.$

Faisant $i=0,$ $\mathrm {Q}$ devient $q\,;$ donc on aura

${\frac {1}{4x}}+2q{\sqrt {x}}=0,$

d’où l’on tire

$q=-{\frac {1}{8x{\sqrt {x}}}}.$

On fera donc $\mathrm {Q} =q+i\mathrm {R} ,$ et ainsi de suite.

On peut, à la vérité, trouver les valeurs de $p,q,r,\ldots$ d’une manière plus expéditive en faisant tout de suite l’équation

${\sqrt {x+i}}={\sqrt {x}}+pi+qi^{2}+ri^{3}+\ldots ,$

l’élevant au carré pour dégager la quantité $i$ de dessous le signe, et comparant ensuite les termes affectés des mêmes puissances de $i$ pour que cette quantité puisse demeurer indéterminée, comme on le suppose mais la méthode précédente a l’avantage de ne développer la série qu’autant qu’on veut et de donner la valeur exacte du reste. En effet, si l’on voulait, par exemple, s’arrêter au second terme $pi,$ on aurait $\mathrm {Q} i^{2}$ pour la valeur du reste, et l’on pourrait déterminer $\mathrm {Q}$ par la résolution de l’équation en $\mathrm {Q} .$ Dans l’exemple ci-dessus, cette équation est

$i^{2}\mathrm {Q} ^{2}+\mathrm {Q} \left(2{\sqrt {x}}+{\frac {i}{\sqrt {x}}}\right)+{\frac {1}{4x}}=0,$

et, pour la résoudre de manière que l’expression de $\mathrm {Q}$ ne présente pas la quantité $i$ au dénominateur, il n’y a qu’à faire $\mathrm {Q} ={\frac {1}{\mathrm {V} }},$ ce qui réduira l’équation à cette forme,

$\mathrm {V} ^{2}+4\mathrm {V} \left(2x{\sqrt {x}}+i{\sqrt {x}}\right)+4xi^{2}=0,$

d’où l’on tire

$\mathrm {V} =-4x{\sqrt {x}}-2i{\sqrt {x}}\pm 4x{\sqrt {x+i}}\,;$

et, comme $\mathrm {Q}$ ne doit pas devenir infini lorsque $i=0$ (n^o 3), il faudra que $\mathrm {V}$ ne devienne pas nul dans le même cas ; par conséquent, il faudra prendre le signe inférieur du radical ; on aura ainsi

$\mathrm {V} =-2{\sqrt {x}}(2x+i)-4x{\sqrt {x+i}},$

et de là

$\mathrm {Q} =-{\frac {1}{2{\sqrt {x}}(2x+i)+4x{\sqrt {x+i}}}}=-{\frac {1}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}},$

comme plus haut. On en usera de même dans tous les cas semblables.

6. Mais le principal avantage de la méthode que nous avons exposée consiste en ce qu’elle fait voir comment les fonctions $p,q,r,\ldots$ résultent de la fonction principale $f(x),$ et surtout en ce qu’elle prouve que les restes $i\mathrm {P} ,\ i\mathrm {Q} ,\ i\mathrm {R} ,\ldots$ sont des quantités qui doivent devenir nulles lorsque $i=0,$ d’où l’on tire cette conséquence importante que, dans la série

$f(x)+pi+qi^{2}+ri^{3}+\ldots ,$

qui naît du développement de $f(x+i),$ on peut toujours prendre $i$ assez petit pour qu’un terme quelconque soit plus grand que la somme de tous les termes qui le suivent, et que cela doit avoir lieu aussi pour toutes les valeurs plus petites de $i$.

Car, puisque les restes $i\mathrm {P} ,\ i\mathrm {Q} ,\ i\mathrm {R} ,\ldots$ sont des fonctions de $i$ qui deviennent nulles, par la nature même du développement, lorsque $i=0,$ il s’ensuit que, en considérant la courbe dont $i$ serait l’abscisse et l’une dè ces fonctions l’ordonnée, cette courbe coupera l’axe à l’origine des abscisses, et, à moins que ce point ne soit un point singulier, ce qui ne peut avoir lieu qiie pour des valeurs particulières de $x,$ comme il est facile de s’en convaincre avec un peu de réflexion et par un raisonnement analogue à celui du n^o 2, le cours de la courbe sera nécessairement continu depuis ce point ; donc elle s’approchera peu à peu de l’axe avant de le couper et s’en approchera, par conséquent, d’une quantité moindre qu’aucune quantité donnée, de sorte qu’on pourra toujours trouver une abscisse $i$ correspondant à une ordonnée moindre qu’une quantité donnée, et alors toute valeur plus petite de $i$ répondra aussi à des ordonnées moindres que la quantité donnée.

On pourra donc prendre $i$ assez petit, sans être nul, pour que $i\mathrm {P}$ soit moindre que $f(x),$ ou pour que $i\mathrm {Q}$ soit moindre que $p,$ ou pour que $i\mathrm {R}$ soit moindre que $q,$ et ainsi des autres, et par conséquent pour que $i^{2}\mathrm {Q}$ soit moindre que $ip$ ou que $i^{3}\mathrm {R}$ soit moindre que $i^{2}q,$ etc. ; donc, puisque (n^o 3)

$i\mathrm {P} =ip+i^{2}q+i^{3}r+\ldots ,\quad i^{2}\mathrm {Q} =i^{2}q+i^{3}r+\ldots ,\quad i^{3}\mathrm {R} =i^{3}r+\ldots ,$

il s’ensuit qu’on pourra toujours donner à $i$ une valeur assez petite pour que chaque terme de la série

$f(x)+ip+i^{2}q+i^{3}r+\ldots$

devienne plus grand que la somme de tous les termes suivants, et alors toute valeur de $i$ plus petite que celle-là satisfera toujours à la même condition.

On doit regarder ce théorème comme un des principes fondamentaux de la théorie que nous nous proposons de développer ; on le suppose tacitement dans le Calcul différentiel et dans celui des fluxions, et c’est par cet endroit qu’on peut dire que ces calculs donnent le plus de prise sur eux, surtout dans leur application aux problèmes géométriques et mécaniques. Les doutes qui pourraient rester sur la démonstration de ce théorème, parce que le procédé que nous avons employé pour trouver les restes $i\mathrm {P} ,\ i\mathrm {Q} ,\ i\mathrm {R} ,$ n’est applicable qu’aux fonctions algébriques, seront levés dans le Chapitre V, où nous donnerons l’expression générale de ces restes et la manière d’en déterminer les limites.

7. Il faut remarquer, au reste, que la méthode que nous venons de donner pour trouver successivement les termes de la série qui représente une fonction de $x+i,$ développée suivant les puissances de $i,$ ne peut s’appliquer, en général, au développement d’une fonction de $x$ et de $i$ qu’autant que cette fonction est susceptible d’être réduite en une série qui procède suivant les puissances positives et entières de $i,$ car le raisonnement du n^o 2, par lequel nous avons prouvé que toute fonction de $x+i$ est, généralement parlant, susceptible de cette forme ne pourrait pas s’appliquer à une fonction quelconque de $x$ et $i.$ Mais, dans les cas où cette réduction est possible, on pourra toujours appliquer à la série résultante du développement suivant les puissances ascendantes de $i$ la conséquence que nous en avons tirée dans le numéro précédent, savoir, que la quantité $i$ pourra être prise assez petite pour qu’un terme quelconque de la série soit plus grand que tous ceux qui le suivent, pris ensemble.