Corrigé de l’examen du 20/12/2019 - Séries de Fourier et Analyse Complexe Exercice I :

Université de Cergy-Pontoise - Licence L3-S5 - Session 1

Corrigé de l’examen du 20/12/2019 - Séries de Fourier et Analyse Complexe Exercice I :

2) Sur ]0, π[, f(x) = e^−x est C¹; de même, sur ]− π,0[, f(x) = e^x est C¹. Par 2π-périodicité, f est donc C¹ sur ]kπ,(k + 1)π[ pour tout k ∈ Z. 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 sur R.

Commex7→ |x| est C¹ surR^∗, f est C¹ surR\πZ. De plus, f est dérivable à droite et à gauche en chaque point de πZ 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 doncf estC¹ par morceaux sur Ret les points de discontinuité def⁰ sont ceux de l’ensemble πZ.

3) On a

I_n = Z π

0

e^(−1+in)x

−1 +in 0

dx=he^(−1+in)x

−1 +in iπ

0

= e^(−1+in)π −1

−1 +in

= (e^−π(−1)ⁿ−1)(1 +in)

(−1 +in)(1 +in) = (1−(−1)ⁿe^−π)(1 +in) n²+ 1 .

4) (a) f est paire donc bn= 0 pour n≥1.

(b) f est paire donc pour tout n≥0,

a_n= 2 π

Z π

0

f(x) cos(nx)dx = 2 π

Z π

0

e^−xcos(nx)dx=Re2 π

Z π

0

e^−xe^inxdx

d’où a_n= 2

πRe(I_n) = 2 π

1−(−1)ⁿe^−π n²+ 1

.

5) f étant2π-périodique, continue et C¹ par morceaux sur R, d’après le théorème de Dirichlet,f est somme de sa série de Fourier sur R. On a donc

∀x∈[−π, π], f(x) =S(f)(x) = a0

2 +X

n≥1

a_ncos(nx) +b_nsin(nx)

d’où, en utilisant b_n= 0 et l’ expression de a_n ci-dessus,

∀x∈[−π, π], e^−|x| = 1−e^−π

π + 2

π

+∞

X

n=1

(1−(−1)ⁿe^−π) cos(nx)

n²+ 1 .

6) Pour x= ^π₂, en utilisant : cos(n^π₂) = 0 pour n impair et cos(n^π₂) = (−1)ⁿ pourn pair, on obtient

∀x∈[−π, π], e^−π2 = 1−e^−π

π + 2

π

+∞

X

k=1

(1−(−1)^2ke^−π) cos(2k^π₂) (2k)²+ 1

d’où, en posant A=

+∞

X

k=1

(−1)^k 4k²+ 1,

e^−π2 = 1−e^−π

π + 2

π(1−e^−π)

+∞

X

k=1

(−1)^k

4k²+ 1 = 1−e^−π

π (1 + 2A).

On en déduit

A= 1 2

πe^−π2

1−e^−π −1

= 1 2

πe^−π2 +e^−π −1 1−e^−π

.

Exercice II :

1) Il s’agit des équations de Cauchy-Riemann ∂P

∂x = ∂Q

∂y et ∂P

∂y =−∂Q

∂x sur R². 2) On a ∂Q

∂x =a∂P

∂x et ∂Q

∂y =a∂P

∂y. En utilisant les relations de Cauchy-Riemann, on a

∂P

∂x = ∂Q

∂y =a∂P

∂y et ∂P

∂y =−∂Q

∂x =−a∂P

∂x donc ∂P

∂x =−a²∂P

∂x et on en déduit que

1 + a² ∂P

∂x(x, y) = 0 pour tout (x, y) ∈ R², ce qui implique que ∂P

∂x = 0 surR² car1 +a² >0. On a alors ∂P

∂y =−a∂P

∂x = 0 donc ∂P

∂x = ∂P

∂y = 0 sur R², ce qui montre que P est constant surR². Donc Q=aP+b est également constant surR² (on peut aussi utiliser les relations de Cauchy-Riemann pour montrer que ∂Q

∂x = ∂Q

∂y = 0 surR²). On en déduit que f(z) =P(x, y) +iQ(x, y) est constante surC.

Exercice III :

1) a) h étant holomorphe sur C, elle est analytique sur C et en particulier dé- veloppable en série entière (DSE) autour de α donc il existe r > 0 et une suite (b_n)n∈N tels que h(z) =

∞

X

n=0

bn(z−α)ⁿ si |z −α| < r. Ce DSE est le développement de Taylor de h en α, donc b_n =h⁽ⁿ⁾(α)/n! ce qui donne b₀ =h(α) = 0 et b₁ =h⁰(α)6= 0. On a donc

∀z ∈B(α, r), h(z) =

∞

X

n=1

b_n(z−α)ⁿ = (z−α)

∞

X

n=1

b_n(z−α)ⁿ⁻¹ = (z−α)

∞

X

k=0

b_k+1(z−α)^k

d’où

∀z ∈B(α, r)\ {α}, φ(z) = h(z) z−α =

∞

X

k=0

b_k+1(z−α)^k

et cette égalité reste vraie si z = α car φ(α) = h⁰(α) = b₁. Ceci montre que φ est développable en série entière autour de α, elle est donc holomorphe en α. De plus, si z₀ 6=α, φ(z) = h(z)

z−α est holomorphe comme quotient de 2 fonctions holomorphes avec z₀−α6= 0. On en déduit queφ est holomorphe sur C.

b) Comme φ est holomorphe, elle est continue sur C et φ(α) =h⁰(α)6= 0. Donc il existe r >0tel que φ(z)6= 0 pour toutz ∈D(α, r). En écrivant h(z) = (z−α)φ(z), on a

∀z ∈B(α, r)\ {α}, f(z) = g(z)

h(z) = g(z) (z−α)φ(z) =

f˜(z) z−α,

où l’on a posé f(z) =˜ _φ(z)^g(z). La fonction f˜ est holomorphe sur D(α, r) comme quotient des 2 fonctions holomorphes g et φ avec φ6= 0 sur ce disque etf˜(α) = g(α)

φ(α) = g(α)

h⁰(α) 6= 0. Doncf a un pôle simple en α et le résidu de f en α vautRes (f, α) = ˜f(α) = g(α)

h⁰(α).

2) a) On a (z² +a²)(z² +b²) = 0 si et seulement si z² +a² = 0 ou z² +b² = 0, c’est à dire si et seulement si z = ±ia ou z = ±ib. Donc sur l’ouvert Ω = C\ {±ia,±ib}, la fonction f est holomorphe comme quotient de 2 fonctions holomorphes avec (z²+a²)(z²+b²)6= 0 pour z ∈Ω.

De plus,z²+a² = (z−ia)(z+ia)donc(z²+a²)(z²+b²) = (z−ia)φ(z)avecφ(z) = (z+ia)(z²+b²) fonction holomorphe sur C telle que φ(ia) 6= 0 (car a 6=b). Donc f(z) = e^iz

(z−ia)φ(z) a un pôle simple en ia. On montre de même que −ia et±ib sont des pôles simples def.

b) En posant g(z) = e^iz et h(z) = (z² +a²)(z² +b²), les fonctions g et h sont holomorphes sur C avec g(z) 6= 0 pour tout z ∈ C. De plus, h⁰(z) = 2z(2z² +a² +b²), d’où h⁰(ia) = 2ia(b²−a²) et h⁰(ib) = 2ib(a² −b²) = −ib(b²−a²). Donc pour α = ia, ib, on a h(α) = 0 avec h⁰(α) 6= 0 car 0< a < b. On peut donc appliquer le résultat de la question1), d’o ‘u Res (f, α) = g(α)

h⁰(α), soit

Res (f, ia) = e^−a

2ia(b²−a²), Res (f, ib) =− e^−b 2ib(b²−a²).

3) (b) Pour R > b, les pôles de f à l’intérieur du lacet γR sont ia etib, qui sont d’indice 1. D’après le théorème des résidus, on a donc

Z

γR

f(z)dz = 2πi(Res (f, ia) + Res (f, ib)) = 2πi( e^−a

2ia(b²−a²) − e^−b 2ib(b²−a²))

= π

b²−a²(e^−a a − e^−b

b ).

(c) Siz ∈C_R⁺,z =x+iyavec|z|² =x²+y² =R²etIm(z) = y >0. Donc|e^iz|=|e^ix−y|=e^−y <1

d’où pourz ∈C_R⁺, |f(z)| ≤ 1

|(z²+a²)(z²+b²)| ≤ 1

(R²−a²)(R²−b²)

car |z²+a²| ≥ |z²| −a² =R²−a² >0 et|z²+b²| ≥ |z²| −b² =R²−b² >0.

On aR

C_R⁺f(z)dz =Rπ

0 f(Re^iθ)Rie^−iθdθ, on en déduit donc

Z

C_R⁺

f(z)dz ≤

Z π

0

f(Re^iθ

Rdθ ≤ πR

(R²−a²)(R²−b²),

puis que lim

R→+∞

Z

C_R⁺

f(z)dz = 0.

(d) On a Z

[−R,R]

f(z)dz = Z

R

f(x)1[−R,R](x)dx avec

∀x∈R, |f(x)1_[−R,R](x)| ≤ |f(x)| ≤ 1

(x²+a²)(x²+b²)

et Z

R

dx

(x²+a²)(x² +b²) < +∞. D’après le théorème de convergence dominée, on en déduit que lim

R→+∞

Z

[−R,R]

f(z)dz = Z +∞

−∞

f(x)dx.

(e) On a

∀R > b, Z

γR

f(z)dz = Z

[−R,R]

f(z)dz+ Z

C_R⁺

f(z)dz

d’où en faisant tendreR vers +∞ et en utilisant le résultat de 3) (b), (c) et (d), π

b²−a²(e^−a a −e^−b

b ) = Z +∞

−∞

f(x)dx.

On a f(x) = e^ix

(x²+a²)(x²+b²) = cos(x)

(x²+a²)(x² +b²) +i sin(x)

(x²+a²)(x²+b²) pour x ∈ R. On en déduit que

I = Z +∞

−∞

cos(x)

(x²+a²)(x² +b²)dx=Re(

Z +∞

−∞

f(x)dx) = π

b²−a²(e^−a a − e^−b

b ).

(On peut aussi remarquer que Im(f) est impaire donc que Z +∞

−∞

Im(f)(x)dx = 0 d’où I = R+∞

−∞ f(x)dx.)

Exercice IV :

1) (a) f(z) n’est pas définie ssi (z −2)²(z −1) = 0 ssi z = 2 ou z = 1. Donc Ω =C\ {1,2}. On vérifie que pour tout z ∈Ω,

1

(z−2)² − 1

z−2+ 1

z−1 = (z−1)−(z−1)(z−2) + (z−2)²

(z−2)²(z−1) = 1

(z−2)²(z−1) =f(z)

(b) f a 2 singularités : z₁ = 1 et z₂ = 2.

Autour de z₁ = 1, z 7→ _(z−2)¹ 2 − _z−2¹ est analytique donc (?) donne le développement de Laurent de f enz₁ = 1, ayant comme partie singulière le terme 1/(z−1)donc z₁ = 1 est un pôle simple def. De même, la partie singulière du développement de Laurent def enz₂ = 2 estz 7→ _(z−2)¹ 2 −_z−2¹ et1/(z−1)est la partie holomorphe au voisinage de 1. z₂ = 2 est donc un pôle d’ordre2 def.

2) Pour r = ¹₂ : f est holomorphe sur B(0,³₄), ouvert convexe qui contient le lacet C_1/2 donc Z

C_1/2

f(z)dz = 0 d’après le théorème de Cauchy.

Par ailleurs, d’après (∗), Res (f,1) = 1 etRes (f,2) = −1. D’après le théorème des résidus, on a Z

C_3/2

f(z)dz = 2πiRes (f,1) = 2πiet Z

C3

f(z)dz = 2πi(Res (f,1) + Res (f,2)) = 0.

3) (a) On a 1

z−1 =−

+∞

X

n=0

zⁿ pour |z|<1 et

1

z−2 =− 1

2(1−z/2) =−1 2

+∞

X

n=0

zⁿ 2ⁿ =−

+∞

X

n=0

zⁿ

2ⁿ⁺¹ pour|z|<2.

(b) La série entière ci-dessus étant absolument convergente sur D(0,2), on peut dériver terme à terme. On en déduit que pour |z|<2,

1

(z−2)² =

− 1 z−2

0

=

+∞

X

n=1

nzⁿ⁻¹ 2ⁿ⁺¹ =

+∞

X

n=0

(n+ 1) 2ⁿ⁺² zⁿ.

(c) On en déduit à l’aide de (∗) que pour |z|<1,

f(z) =

+∞

X

n=0

(n+ 1) 2ⁿ⁺² zⁿ+

+∞

X

n=0

zⁿ 2ⁿ⁺¹−

+∞

X

n=0

zⁿ =

+∞

X

n=0

n+ 1 2ⁿ⁺² + 1

2ⁿ⁺¹−1 zⁿ =

+∞

X

n=0

n+ 3−2ⁿ⁺² 2ⁿ⁺²

zⁿ.

(d) Le DSE def est son développement en série de Taylor en 0 donc f⁽³⁾(0)

3! est le coefficient de z³ d’où

f⁽³⁾(0) = 3!6−2⁵ 2⁵

= 33−2⁴ 2³

= −39 8 .

4) On a pour |z|>1,

1

z−1 = 1

z × 1

1−1/z = 1 z ×

+∞

X

n=0

1 zⁿ =

+∞

X

n=0

1 zⁿ⁺¹ =

−1

X

n=−∞

zⁿ

et en utilisant les questions 3) (a) et 3) (b), on a pour |z|<2,

1

(z−2)² − 1 z−2 =

+∞

X

n=0

n+ 3 2ⁿ⁺²

zⁿ.

Le développement en série de Laurent de f pour z ∈A est donc donné par

∀z ∈A, f(z) =

−1

X

n=−∞

zⁿ+

+∞

X

n=0

n+ 3 2ⁿ⁺²

zⁿ.