Corrigé de l'Exercice V :

Université de Cergy-Pontoise - Licence L3-S5 - Session 1 - Mardi 19/12/2017

Corrigé de l'Examen - Séries de Fourier et Analyse Complexe Corrigé de l'Exercice I :

1) | −x|=x⇒f(−x) = f(x)pour tout x∈[−π, π] doncf est paire sur [−π, π] (et donc surR).

2) On voit sur le graphique quef est continue surR. Précisément, la dénition def montre qu'elle est continue sur ]−π, π[ (où f(x) = π− |x|). De plus, par 2π-périodicité, on a lim

x%−πf(x) = f(−π) = 0 = f(π) = lim

x&πf(x) donc f est continue en x= ±π. Donc par 2π-périodicité, f est continue surR.

Commex7→ |x|estC¹ surR^∗,f estC¹ surR\πZ. De plus,f est dérivable à droite et à gauche en chaque point deπZ avec pour k ∈ Z, f₋⁰(2kπ) = 1, f₊⁰(2kπ) = −1 et f₋⁰ ((2k+ 1)π) = −1, f₊⁰ ((2k+ 1)π) = 1 donc les points de discontinuité def⁰ sont ceux de l'ensemble πZ.

3) (a) f est paire donc b_n = 0 pour n≥1. (b) f est paire donc pour toutn ≥1,

a_n = 2 π

Z π

0

f(x) cos(nx)dx= 2 π

Z π

0

(π−x) cos(nx)dx= 2 π

Z π

0

(π−x)sin(nx) n

0

dx

= 2 π h

(π−x)sin(nx) n

iπ 0 + 2

π Z π

0

sin(nx)

n dx= 0 + 2 π

h−cos(nx) n²

iπ

0 = 2(1−(−1)ⁿ) πn² . 4) L'expression ci-dessus montre que a_n= 0 si n est pair. Si n est impair, n= 2k+ 1 aveck ∈N

et on a alors

a_n=a_2k+1 = 4 π(2k+ 1)². De plus, on a

a0 = 2 π

Z π

0

f(x)dx = 2 π

Z π

0

(π−x)dx=π.

D'après le théorème de Dirichlet,f étantC¹ par morceaux surR et continue surR, on a donc pour toutx∈R,

f(x) = a₀ 2 +

+∞

X

n=1

a_ncos(nx) = π 2 + 1

π

+∞

X

k=0

4

(2k+ 1)² cos((2k+ 1)x).

5) En prenantx= 0, on obtient :f(0) =π= π 2+1

π

+∞

X

k=0

4

(2k+ 1)², d'où : π² 8 =

+∞

X

n=0

1

(2n+ 1)² =α. 6) On distingue les n pairs (n = 2k) et les n impairs (n = 2k+ 1) , d'où (puisque P+∞

n=1 1 n² est convergente),

S =

+∞

X

n=1

1 n² =

+∞

X

k=1

1 (2k)² +

+∞

X

k=0

1 (2k+ 1)² soit S = ¹₄S+α . Donc S = ⁴₃α= π²

6 .

Corrigé de l'Exercice II :

Supposons d'abord que |z|= 1. Alors z s'écrit z =e^iθ, avec θ ∈R\2πZ. On peut alors écrire : 1 +z

1−z = 1 +e^iθ

1−e^iθ = e^iθ/2(e^−iθ/2+e^iθ/2)

e^iθ/2(e^−iθ/2−e^iθ/2) = 2 cos(θ/2)

2isin(θ/2) =−icos(θ/2) sin(θ/2) ∈iR

Remarquons que l'on a le droit d'eectuer ce calcul car sin(θ/2)ne s'annule pas (car |z|= 1).

Réciproquement, supposons que 1 +z

1−z =ia, avec a un réel. On a : 1 +z

1−z =ia ⇐⇒ 1 +z =ia(1−z) ⇐⇒ z(1 +ia) =−1 +ia ⇐⇒ z = −1 +ia 1 +ia . Or, |z|=

−1 +ia 1 +ia

=

√1 +a²

√1 +a² = 1, ce qui prouve la réciproque.

Solution "géométrique" : Il s'agit d'un problème de lieu géométrique dans le plan complexe.

Méthode 1 : On poseζ = (1 +z)/(1−z)avecz 6= 1. Ceci équivaut àz = (ζ−1)/(ζ+ 1)avecζ 6=−1 donc |z| = 1 (et z 6= 1) équivaut à |1 +ζ| =|1−ζ| (et ζ 6=−1) i.e. ζ ∈ C est à égale distance des points 1 et de −1 deC ssiζ appartient a la médiatrice de −1 et 1, qui est l'axe imaginaireiR.

Méthode 2 (style TD) : Dessinons sur l'abscisse du plan complexe les points I± d'axes ±1 et un point Z (dans le premier cadran, par exemple) d'axe z. Par la "règle du triangle" pour l'addition des vecteurs on a : −−→

ZI±=−−→

OI±−−→

OZ. Pour l'exploiter, il convient de mettre le membre de droite de l'équivalence sous la forme : −1−z

+1−z ∈ (−i)R, i.e. ∃λ ∈ R t.q. −1−z = (−i)λ(+1−z) ce qui, en termes de vecteurs, s'écrit :−−→

ZI₋=λ(−i)−−→

ZI₊. Or, on sait que la multiplication d'un vecteur par ±ia comme eet une rotation du vecteur dans le sens direct/inverse (trigonométrique) d'un angleπ/2. En tout état de cause, ceci montre l'orthogonalité entre−−→

ZI− et −−→

ZI₊. De surcroît, le cas λ= 0 équivaut à Z = I−, et les cas λ ≷ 0 correspondent à z ∈ C^± (Z ∈ demi-plans complexes supérieur/inférieur stricts).

En conclusion, pour toutZ 6=I₊ dont l'axe vérie le membre de droite de l'équivalence à montrer, l'angleI\₊ZI− = 90^◦ est l'angle droit du triangle rectangle MI₊ZI− dont l'hypoténuse est I−I₊, i.e.

Z est sommet de l'angle droit dans tout triangle rectangle inscrit dans le cercle unité de C.

Corrigé de l'Exercice III :

1) ∀(x, y)∈R², on a : ∂P

∂x(x, y) = 2x+ 5, ∂P

∂y(x, y) =−2y+ 1

2) (a) f étant holomorphe sur C, (P, Q) vérient les relations de Cauchy-Riemann surR²,

∂P

∂x = ∂Q

∂y et ∂P

∂y =−∂Q

∂x. (b) On a∀(x, y)∈R², ∂Q

∂y(x, y) = ∂P

∂x(x, y) = 2x+ 5.

On intégre par rapport à y et on en déduit que pour tout (x, y)∈R², Q(x, y) = (2x+ 5)y+b(x) = 2xy+ 5y+b(x), où b:R→R est une fonction dérivable.

(c) On a d'après 1), 2)(a) et 2)(b) : ∂Q

∂x(x, y) = 2y+b⁰(x) =−∂P

∂y(x, y) = 2y−1. On en déduit que b⁰(x) =−1 pour toutx∈R.

(d) Pour toutx∈R, b⁰(x) =−1 donc b(x) = −x+B avec B ∈R.

On en déduit que Q(x, y) = 2xy+ 5y−x+B. 3) On a pour tout z =x+iy∈C,

f(z) =P(x, y) +iQ(x, y) =x²−y²+ 5x+y+i(2xy+ 5y−x+B) donc il existe B ∈R tel que

f(z) = (x²−y²+ 2ixy) + 5(x+iy)−i(x+iy) +iB =z²+ (5−i)z+iB,

Corrigé de l'Exercice IV :

1) (a) En écrivant z =x+iy, on a|e^iz|=|e^ixe^−y|=e^−y 6= 0,∀y∈R. Aussi,

e^z +e^−z = 0 ⇐⇒ e^2z =−1 ⇐⇒ e^2xe^2iy =−1 =e^iπ ⇐⇒ x= 0 ety = ^π₂ +kπ, k ∈Z.

Le domaine de dénition de f est donc Ω =C\ iπ

2(2Z+ 1).

Les fonctions z 7→ e^iz et z 7→ e^z +e^−z étant entières, par les théorèmes généraux, f est holomorphe sur son domaine de dénition Ω, qui est un domaine de C (i.e. un ouvert connexe).

(b) Comme∀z ∈C,e^iz 6= 0, aucune des singularités def ne peut être eaçable. Aussi, comme z 7→e^z+e^−z est entière (holomorphe surC) et sa dérivée premièrez 7→e^z−e^−z ne s'annule pas sur ^iπ₂(2Z+ 1), les points de cet ensemble sont des zéros simples de z 7→ e^z +e^−z. Donc les points de ^iπ₂(2Z+ 1) sont tous des pôles simples def.

(c) Rappelons que, par dénition,α est un zéro isolé deh si c'est un point isolé de l'ensemble des zéros de h, i.e. si, dans un disque de centreα et de rayon susamment petit, α est le seul point où h s'annule.

Par ailleurs, on sait que α est un zéro isolé d'ordre n de h si et seulement s'il existe une fonction holomorpheeh dénie sur un disque ouvert D(α, r)⊆C telle que : ∀z ∈D(α, r), h(z) = (z−α)ⁿeh(z)et eh(α)6= 0.

Or, dans notre cas, hest analytique surC et, puisqueh(α) = 0 eth⁰(α)6= 0, son dévelop- pement en série entière en α esth(z) = (z−α)P∞

k=1 h^(k)(α)

k! (z−α)^k−1 = (z−α)eh(z)avec eh(α) =h⁰(α) 6= 0. Donc α est zéro isolé d'ordre n = 1 de h et comme g 6= 0, α est pôle simple de φ. D'après le calcul précédent,

z→αlim(z−α)φ(z) = lim

z→α(z−α) g(z)

(z−α)eh(z) = g(α)

eh(α) = g(α) h⁰(α)

Par ailleurs, il existe des complexesa−1 etak(∀k ∈N) tels que la fonctionφse décompose comme suit :

φ(z) = g(z)

(z−α)eh(z) = a−1

z−α +

+∞

X

k=0

a_k(z−α)^k

En eet, il sut de multiplier les DSE des fonctions g et 1/eh, les deux étant analytiques dans le disqueD(α, r). La constantea₋₁ correspond au terme libre du produit de ces DSE.

Or, la formule ci-dessus fournit par ailleurs le développement de Laurent de φ enα, et, à ce titre, on a : a−1 =Rés(φ;α). On n'a plus qu'à multiplier la formule ci-dessus parz−α et passer à la limite quand z →α pour obtenir le résultat voulu.

(d) Par la deuxième égalité de la question précédente (en particularisant φ à f) : Rés(f;iπ/2) =

e^iz (e^z+e^−z)⁰

z=iπ/2

= e^i(iπ/2)

e^iπ/2−e^−iπ/2 = e^−π/2 2i .

2) (a) Après avoir dessiné le contourΓ(R), on observe que les éléments de ^iπ₂(2Z+ 1)(tous placés sur l'ordonnée) les plus proches du contour sont±iπ/2eti3π/2. Parmi eux, justeiπ/2est à l'intérieur du contour, les autres deux, tout comme les autres éléments de ^iπ₂(2Z+ 1), se trouvent à l'extérieur du contour Γ(R), et ceci ∀R >0.

(b) Puisque iπ/2 est le seul point singulier de f contenu à l'intérieur du rectangle ΓR, le théorème des résidus donne : Z

Γ(R)

f(z)dz = 2πiRés(f;iπ/2) =πe^−π/2.

(c) On va paramétrer γ₂(R)par [0, π]3y7→R+iy∈γ₂(R) (dont la dérivée vaut i). Alors :

Z

γ2(R)

f(z)dz

=

Z π

0

ie^iRe^−y

e^Re^iy+e^−Re^−iydy

≤ Z π

0

e^iRe^−y e^Re^iy+e^−Re^−iy

dy ≤ Z π

0

e^−y

e^R−e^−Rdy ≤ π e^R−e^−R.

où pour l'avant-dernière inégalité on a utilisé : ∀y∈R,|e^R+e^−Re^−i2y| ≥e^R−e^−R et pour la dernière : y≥0⇒e^−y ≤1.

(d) Le dernier terme dans la suite d'inégalités ci-dessus tend vers 0 lorsque R tend vers ∞, c'est donc aussi le cas pour R

γ2(R)f(z)dz. La preuve est complètement similaire pour R

γ4(R)f(z)dz, donc la somme des deux intégrales tend à 0 quand R→ ∞.

En eet, en utilisant une paramétrisation deγ₄(R)par[0, π]3y7→ −R+i(π−y)∈γ₄(R) (de dérivée −iπ) on a (en tenant compte que e^±iπ =−1) :

Z

γ4(R)

f(z)dz

=

Z π

0

−iπe^−iRe^y−π

e^−Re^i(π−y)+e^Re^i(y−π)dy

≤

Z π

0

πe^−πe^y

|e^−Re^iy+e^Re^−iy|dy

≤

πe^−π Z π

0

e^ydy

e^R−e^−R dy≤ π(e^π −1) e^R−e^−R

R→∞−→ 0.

(e) On va paramétrerγ₃(R)par [−R, R]3x7→ −x+iπ ∈γ₃(R) (de dérivée égale à−1). On tiendra compte que γ₁(R) se paramètre trivialement par l'application identique. On a : Z

γ3(R)

f(z)dz = Z R

−R

e^−ixe^−π

e^−xe^iπ+e^xe^−iπdx= Z R

−R

−e^−πe^−ix

−e^x−e^−xdx^t=−x= Z R

−R

e^−πe^it

e^−t+e^tdt=e^−π Z

γ1(R)

f(z)dz.

(f) ∀x ∈R on a :

cosx e^x+e^−x

≤ 1

e^x+e^−x. Or x7→ e^x+e^−x >0diverge quand x → ±∞ plus vite que tout polynôme. Il s'en suit que Z ∞

−∞

cosx

e^x+e^−xdx := lim

(a,b)→(−∞,∞)

Z b

a

cosx e^x+e^−xdx est absolument convergente et donc sa valeur principale, à savoir : V.P.Z ∞

−∞

cosx

e^x+e^−xdx:=

R→∞lim Z R

−R

cosx

e^x+e^−xdx converge et vaut précisément Z ∞

−∞

cosx e^x+e^−xdx. 3) Sachant que Γ(R) =

4

[

k=1

γ_k(R), des questions précédentes on déduit :

πe^−π/2 = Z

Γ(R)

f(z)dz = (e^−π + 1) Z R

−R

e^ix

e^−x+e^xdx+ Z

γ2(R)

+ Z

γ4(R)

f(z)dz.

Or, e^ix = cosx+isinx et comme x 7→sinx/(e^−x+e^x) est impaire, son intégrale sur [−R, R]

est nulle pour tout R >0. Alors, en passant à la limiteR → ∞ci-dessus, on déduit : πe^−π/2 =e^−π/2(e^−π/2+e^π/2)V.P.Z ∞

−∞

cosx e^x+e^−xdx ce qui, tenant compte de la question (2.f), donne bien le résultat demandé.

Corrigé de l'Exercice V :

1) (a) f(z)n'est pas dénie ssi (z−1)²(z−3) = 0 ssi z = 1 ouz = 3. Donc Ω = C\ {1,3}. On vérie que pour tout z ∈Ω,

(?) 2

(z−1)² + 1

z−3 = 2(z−3) + (z−1)²

(z−1)²(z−3) = z²−5

(z−1)²(z−3) =f(z)

(b) f est une fraction rationnelle et l'unicité de sa décomposition en éléments simples montre que celle-ci est donnée par le membre de gauche de l'égalité (?). On en déduit aussi quef a 2 singularités : z1 = 1 etz2 = 3.

Autour dez₁ = 1,z 7→1/(z−3)est analytique donc le membre de gauche de(?)peut être vu comme le développement de Laurent de f en z₁ = 1, ayant comme partie singulière l'unique terme 2/(z −1)² donc z1 = 1 est pôle d'ordre 2 de f. Pareillement, la partie singulière du développement de Laurent de f enz₂ = 3est juste le terme 1/(z−1) donc z₂ = 3 est pôle d'ordre1 def.

2) (a) 1

z−1 = −

+∞

X

n=0

zⁿ pour |z| < 1. Par dérivation de la série entière terme à terme, on en déduit que

1 z−1

0

=− 1

(z−1)² =−

+∞

X

n=1

nzⁿ⁻¹ =−

+∞

X

n=0

(n+ 1)zⁿ pour|z|<1.

Alternativement, on pourrait utiliser le produit de Cauchy (de la série de 1/(z −1) par elle-même). Pour |z|<1,

1

(z−1)² =

−

+∞

X

n=0

zⁿ2

=

+∞

X

n=0 n

X

k=0

z^kz^n−k =

+∞

X

n=0

zⁿ

n

X

k=0

1 =

+∞

X

n=0

(n+ 1)zⁿ. (b) On a

1

z−3 =− 1

3(1−z/3) =−1 3

+∞

X

n=0

zⁿ 3ⁿ =−

+∞

X

n=0

zⁿ

3ⁿ⁺¹ pour|z|<3.

d'où pour |z|<1 = min{1,3}, f(z) = 2

(z−1)² + 1 z−3 =

+∞

X

n=0

2(n+ 1)zⁿ−

+∞

X

n=0

zⁿ 3ⁿ⁺¹ =

+∞

X

n=0

2n+ 2− 1 3ⁿ⁺¹

zⁿ.

3) (a) On a pour |z|> α, 1

z−α = 1

z × 1

1−α/z = 1 z ×

+∞

X

n=0

αⁿ zⁿ =

+∞

X

n=0

αⁿ zⁿ⁺¹

(b) En utilisant 3)(a) pourα= 1, on a 1 z−1 =

+∞

X

n=0

1

zⁿ⁺¹ pour |z|>1.

On dérive terme à terme (séries absolument convergentes si |z|>1) et on obtient 1

(z−1)² =− 1 z−1

0

=

+∞

X

n=0

n+ 1 zⁿ⁺² =

+∞

X

n=2

n−1

zⁿ pour |z|>1.

Pour α= 3, on a

1 z−3 =

+∞

X

n=0

3ⁿ zⁿ⁺¹ =

+∞

X

n=1

3ⁿ⁻¹

zⁿ pour|z|>3 Donc on a pour |z|>3 = max{1,3},

f(z) = 2

(z−1)² + 1 z−3 =

+∞

X

n=2

2n−2 + 3ⁿ⁻¹

zⁿ + 1

z =

+∞

X

n=1

2n−2 + 3ⁿ⁻¹ zⁿ .