Corrigé examen d’Analyse Complexe du 18/12/2015 (session 1)

Université de Cergy-Pontoise - Licence L3-S5-2015-2016

Corrigé examen d’Analyse Complexe du 18/12/2015 (session 1)

Exercice I 1. ∂P

∂x = 3x²−3(y−1)², ∂P

∂y =−6x(y−1).

2. Relations de Cauchy-Riemann : ∂P

∂x = ∂Q

∂y et ∂P

∂y =−∂Q

∂x. 3. On a ∂Q

∂x = 6x(y−1) donc Q(x, y) = 3x²(y−1) +a(y), où a : R → R est une fonction dérivable. Donc

∂Q

∂y = 3x²+a⁰(y) = ∂P

∂x = 3x²−3(y−1)²

d’où a⁰(y) = −3(y−1)² ce qui implique quea⁰(y) =−(y−1)³+AavecA∈R. On en déduit que Q(x, y) = 3x²(y−1)−(y−1)³+A.

4. La fonction f est donnée par

f(z) = P(x, y) +iQ(x, y) =x³−3x(y−1)² + 3ix²(y−1)−i(y−1)³+Ai

= x³+ 3ix²(y−1) + 3x(i(y−1))² + (i(y−1))³ +Ai

= (x+i(y−1))³+Ai= (z−i)³+Ai.

Exercice II

I) 1) a) Comme h est holomorphe, elle est analytique sur C et donc DSE autour de α.

Donc il existe une suite complexe (a_n)_n∈

N etR >0tel que pour tout z ∈D(α, R), on ait h(z) =

+∞

X

n=0

a_n(z−α)ⁿ.

De plus, a₀ = h(α) = 0 et a₁ = h⁰(α) 6= 0. Donc h(z) = (z − α)φ(z) avec φ(z) = P+∞

n=0a_n+1(z−α)ⁿ. Comme φ(α) =a₁ 6= 0 et que φ est continue (car SE) , on en déduit qu’il existe r > 0 tel que φ(z) 6= 0 pour tout z ∈ D(α, r). Donc h(z) 6= 0 pour tout z ∈D(α, r)\ {α}.

b) Pour tout z ∈D(α, r)\ {α}, d’après la question précédente, on a : f(z) = g(z)

h(z) = g(z)

(z−α)φ(z) = f(z)e z−α, avec fe= g

φ holomorphe sur D(α, r) (comme quotient de 2 fonctions holomorphes avec φ 6= 0 sur D(α, r)) et fe(α) = _φ(α)^g(α) 6= 0. Ceci montre que f a un pôle simple en α et que le résidu de f en α vaut Res (f, α) = fe(α). Comme h(z) = (z −α)φ(z), on a h⁰(z) = (z−α)φ⁰(z) +φ(z), donch⁰(α) =φ(α)d’où Res (f, α) = g(α)

h⁰(α).

2. a) On cherche les racines de z² +z + 1; comme (z −1)(z² +z + 1) = z³ −1, il s’agit des z 6= 1 qui vérifient z³ = 1, soit les racines cubiques de l’unité distinctes

de 1, donc z = e^2πi/3 = α₁ et z = e^4πi/3 = e^πie^πi/3 = −e^πi/3 = α₁ = α₂. On a donc z² +z+ 1 = (z−α1)(z−α2) donc

f(z) = e^iz

z²+z+ 1 = e^iz

(z−α₁)(z−α₂)

a deux singularités en α₁ etα₂ 6=α₁, qui sont des pôles simples. De plus, la fonction f est holomorphe surC\{α1, α2}comme quotient de 2 fonctions holomorphes avecz²+z+16= 0.

b) On a f = ^g_h avec g(z) = e^iz et h(z) = z² +z + 1 qui sont holomorphes et vérifient h(α₁) = 0avech⁰(α₁)6= 0( carα₁ racine simple deh) etg(α₁) = e^iα1 6= 0. Les hypothèses de la question 1. sont vérifiées, on en déduit d’après 1.b) que

Res (f, α₁) = g(α₁)

h⁰(α₁) = e^iα1 2α₁+ 1. Or α₁ =e^2πi/3 =−¹₂ +i

√ 3

2 donc 2α₁+ 1 =i√ 3 et e^iα1 =e⁻ⁱ²e⁻

√ 3

2 = (cos(1

2)−isin(1 2))e⁻

√ 3 2

donc

Res (f, α₁) = (cos(¹₂)−isin(¹₂))e⁻

√ 3 2

i√

3 .

II) 1. On fait un dessin du demi-disque de rayon R > 0 dans le demi-plan Im(z)>0 délimité par le lacet γ_R. On a |α₁| <1 <2 ≤ R et Im(α₁) >0 donc α₁ est à l’intérieur de ce demi-disque ouvert tandis que α₂ est à l’extérieur carIm(α₂)<0.

2. On applique le théorème des résidus à la fonctionf, qui est holomorphe surC\ {α₁, α₂} et au lacet γ_R qui ne passe par les pôles (α₁, α₂) de f. On a de plus Ind(α₁, γ_R) = 1 et Ind(α₂, γ_R) = 0 d’après le dessin obtenu au 1 et le fait que C_R⁺ soit parcouru une fois dans le sens trigonométrique direct. On a donc

Z

γR

f(z)dz = 2πiRes(f, α₁) = 2π

√3(cos(1

2)−isin(1 2))e⁻

√ 3 2 .

3. Soit z ∈C_R⁺, donc |z|=R≥2 d’où par l’inégalité triangulaire

|z²+z+ 1| ≥ |z²| − |z+ 1| ≥R²−R−1>0

car |z+ 1| ≤ |z|+ 1 =R+ 1, |z²|=|z|² =R² et|z²+z+ 1| ≥R²−R−1>0pourR≥2 (car R ≥2⇒R² ≥2R⇒R²−R−1≥R−1>0). De plus, |e^iz|=e^Re(iz) =e^−Im(z) ≤1 car Im(z)≥0pour z ∈C_R⁺. Finalement, on a |f(z)| ≤ _R2−R−1¹ pour toutz ∈C_R⁺ . Donc

Z

C_R⁺

f(z)dz =

Z π

0

f(Re^iθ)Rie^iθdθ ≤

Z π

0

|f(Re^iθ)|Rdθ≤ πR R²−R−1. 4. On a

Z

γR

f(z)dz = Z

[−R,R]

f(x)dx+ Z

C⁺_R

f(z)dz.

De plus, R

R|f(x)|dx≤R

R

dx

1 +x² <+∞doncR

Rf(x)dx est absolument convergente et on a

R→+∞lim Z

[−R,R]

f(x)dx= Z +∞

−∞

f(x)dx.

Par ailleurs, on déduit du résultat de la question 3. que lim

R→+∞

Z

C⁺_R

f(z)dz = 0 donc

R→+∞lim Z

γR

f(z)dz = Z +∞

−∞

f(x)dx.

5. On déduit des questions 2. et 4. que J =

Z +∞

−∞

e^ix

x² +x+ 1dx= 2π

√3(cos(1

2)−isin(1 2))e⁻

√ 3 2

puis que

I =Re(J) = 2π

√3cos(1 2)e⁻

√ 3 2 .

Exercice III I) On a

∀n≥0, a_n= 1 π

Z π

−π

f(x) cos(nx)dx et ∀n≥1, b_n = 1 π

Z π

−π

f(x) sin(nx)dx

et S_N(x) = 1 2a₀+

N

X

n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx) pour toutx∈R.

Théorème de Dirichlet : Soit f :R →R ou C, 2π- périodique sur R et C¹ par morceaux sur [−π, π]. Alors

∀x∈R, lim

N→+∞S_N(x) = f(x₊) +f(x−)

2 ,

où f(x±) = lim

h→0+f(x±h).

II) Soit f :R→R la fonction définie par f(x) =|sinx|. On note a_n et b_n les coefficients de Fourier de f.

1. x 7→ sinx et x 7→ |x| sont continues sur R, donc f est continue sur R. On a f⁰(0+) = 1 et f⁰(0−) = −1, donc f n’est pas dérivable en 0. Donc f n’est pas C¹ sur R car elle n’est pas dérivable en x = kπ avec k ∈ Z, mais f est C¹ par morceaux sur R. On vérifie que f(−x) = f(x) pour tout x ∈ R donc f est paire.

On en déduit que b_n= 0 pour tout n≥1.

2. Pour n≥1, on a par parité de la fonction x7→ |sinx|cos(nx) a_n= 1

π Z π

−π

|sinx|cos(nx)dx= 1 π

Z π

0

2 sinxcos(nx)dx

donc en utilisant 2 sinacosb = sin(a+b) + sin(a−b) = sin(a+b)−sin(b−a), a_n = 1

π Z π

0

[sin((n+ 1)x)−sin((n−1)x)]dx

3. On a donc pourn ≥2 a_n = 1

π Z π

0

sin((n+ 1)x)dx− 1 π

Z π

0

sin((n−1)x)dx= 1

π[−cos((n+ 1)x

n+ 1 ]^π₀ + [cos((n−1)x n−1 ]^π₀

= 1

π[(1−cos((n+ 1)π)

n+ 1 +(cos((n−1)π)−1)

n−1 ]

Sinest impair,n±1est pair et on a cos((n+ 1)π) = cos((n−1)π) = 1d’oùa_n= 0 (vrai aussi pour n = 1) ; pour n pair, on a cos((n+ 1)π) = cos((n−1)π) = −1, d’où a_n = 2

π( 1

n+ 1 − 1

n−1) (vrai aussi pour n = 0 car a₀ = 2 π

Z π

0

sinxdx = 4 π.) On applique le théorème de Dirichlet à f et on obtient pour tout x∈R, l’égalité

f(x) = 1 2a₀+

+∞

X

n=1

a_2ncos 2nx= 2 π +

+∞

X

n=1

2 π

1

2n+ 1 − 1 2n−1

cos(2nx)

d’où

π

2|sinx|= 1 +

+∞

X

n=1

1

2n+ 1 − 1 2n−1

cos(2nx).

4. On fait le changement de variablen =k+ 1 dans la 1ère somme et on obtient

m

X

n=1

1

2n−1− 1 2n+ 1

=

m

X

n=1

1 2n−1−

m

X

n=1

1 2n+ 1 =

m−1

X

k=0

1 2k+ 1−

m

X

n=1

1

2n+ 1 = 1− 1 2m+ 1.

En faisant tendre n vers +∞, on en déduit que la série de terme général (_2n−1¹ −

1

2n+1) converge et que

+∞

X

n=1

1

2n−1− 1 2n+ 1

= 1

5. Comme cos(2nx) = 1−2 sin²(nx), on déduit des question 3. et 4. que π

2|sinx| = 1 +

+∞

X

n=1

1

2n+ 1 − 1 2n−1

(1−2 sin²(nx))

= 1 +

+∞

X

n=1

1

2n+ 1 − 1 2n−1

−

+∞

X

n=1

2 1

2n+ 1 − 1 2n−1

sin²(nx)

= 2

+∞

X

n=1

1

2n−1 − 1 2n+ 1

sin²(nx) = 4

+∞

X

n=1

sin²(nx) 4n²−1

donc pour tout x∈R, on a

|sinx|= 8 π

+∞

X

n=1

sin²(nx) 4n²−1.

On applique cette égalité à x= ^π₂, en utilisant : sin(n^π₂) = 0 si n est pair et ±1 si n = 2k−1est impair.

1 = 8 π

+∞

X

n=1

sin²(n^π₂) 4n² −1 = 8

π

+∞

X

k=1

sin²((2k−1)^π₂) 4(2k−1)²−1 = 8

π

+∞

X

k=1

1

16k²−16k+ 3

donc

+∞

X

n=1

1

16n²−16n+ 3 = π 8.