MPSI B 29 juin 2019

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Ce texte fait intervenir des fonctions C

^∞

( R ) , périodiques de période 2π et à valeurs dans C. De telles fonctions sont appelées des lacets. Un lacet γ peut être vu comme un mouvement. Pour t ∈ R, le complexe γ(t) représente la position dans le plan d'un point mobile. La trajectoire (notée Γ ) est l'ensemble des points par où est passé le mobile. À cause de la périodicité,

Γ = {γ(t), t ∈ R } = {γ(t), t ∈ [0, 2π]} . Les gures 1a et 1b présentent les trajectoires Γ pour deux lacets.

(a) γ(t) = e

^it

. (b) γ(t) = e

^2it

−e

^it

−1 .

Fig. 1: Exemples de trajectoires.

Pour un lacet γ et un complexe z / ∈ Γ , l'indice de z par rapport à γ est I γ (z) = 1

2iπ Z 2π

0 γ

⁰

(t) γ(t) − z dt.

Il s'agit de l'intégrale d'une fonction d'une variable réelle C

^∞

à valeurs complexes où γ

⁰

(t) est la notation habituelle pour la dérivée de γ . Pour un nombre complexe z tel que |z| 6= 1 , on note I 0 (z) son indice par rapport au mouvement circulaire.

I 0 (z) = 1 2π

Z 2π 0

e ^it

e ^it − z dt avec γ(t) = e ^it .

Partie préliminaire.

1. Soit f continue dans R, périodique de période T > 0 et à valeurs complexes.

Montrer que la fonction de R dans C, x 7→ R x+T

x f (t) dt est constante.

2. Montrer que :

∀x ∈ R

^∗

, arctan x + arctan 1 x =





 π

2 si x > 0

− π

2 si x < 0 .

3. Pour θ entre 0 et ^π ₂ , exprimer cos θ en fonction de tan ^θ ₂ .

Partie I. Calcul direct de I ₀ (z) .

Dans cette partie, z ∈ C, |z| 6= 1 et ϕ ∈ R est un argument de z . On note A(z) = Re(I ₀ (z)), B(z) = Im(I ₀ (z)).

1. Soit r ∈ R \ {−1, +1} . En eectuant le changement de variable t = tan ^θ ₂ , montrer Z

^π₂

0 dθ

1 + r ² − 2r cos θ = 2

1 − r ² arctan 1 + r

1 − r

.

2. a. Montrer que

A(z) = 1 2π

Z 2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ)

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt, B(z) = 0.

b. Montrer que

I ₀ (z) = 1

2 + 1 − |z| ² 4π

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) . 3. Montrer que

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) = 2

Z

^π₂

0 dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z

^π₂

0 dθ

1 + |z| ² + 2|z| cos θ

! .

En déduire I 0 (z) =

( 1 si |z| < 1 0 si |z| > 1 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai Aindice

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Partie II. L'indice est un entier.

On revient au cas général : γ est un lacet et z ∈ C \ Γ n'est pas sur la trajectoire. On considère l'équation diérentielle

(γ − z)y

⁰

− γ

⁰

y = 0 où la fonction inconnue y est à valeurs complexes.

1. Déterminer la solution évidente qui prend en t = 0 la valeur γ(0) − z .

2. En utilisant un résultat de cours cité précisément, exprimer cette solution avec la fonction exponentielle complexe et une intégrale.

3. Montrer que I γ (z) ∈ Z.

Corrigé

Partie préliminaire.

1. Notons ϕ la fonction dont on veut montrer qu'elle est constante et F la primitive de f nulle en 0 . Pour tout x réel,

ϕ(x) = F(x + T ) − F(x) ⇒ ϕ

⁰

(x) = f (x + T) − f (x) = 0

car la fonction f est T -périodique. Comme ϕ est à dérivée nulle sur un intervalle, elle est constante.

2. Notons ϕ(x) = arctan x + arctan _x ¹ . La fonction ϕ est dérivable dans R

^∗

avec ϕ

⁰

(x) = 1

1 + x ² − 1 x ²

1 1 + _x ¹

₂

= 0.

La fonction ϕ est donc constante dans chacun des intervalles formant son domaine.

x > 0 ⇒ ϕ(x) = ϕ(1) = π 4 + π

4 = π 2 . Pour x < 0 , ϕ(x) = − ^π ₂ car la fonction est impaire.

3. cos θ = cos(2 θ

2 ) = cos ² θ

2 − sin ² θ

2 = cos ² θ 2

1 − tan ² θ 2

= 1 − tan ² ^θ ₂ 1 + tan ² ^θ ₂ .

Partie I. Calcul direct de I ₀ (z) .

1. On eectue le changement de variable t = tan ^θ ₂ puis on intègre avec un arctan .

Z

^π₂

0 dθ

1 + r ² − 2r cos θ = Z 1

0 1 + t ²

(1 + r ² )(1 + t ² ) − 2r(1 − t ² ) 2 dt 1 + t ²

= 2 Z 1

0 dt

(1 − r) ² + (1 + r) ² t ² = 2 (1 − r) ²

Z 1 0

dt 1 +

1+r 1−r t 2

= 2

(1 − r) ² 1 − r

1 + r arctan 1 + r

1 − r t t=1

t=0

= 2

1 − r ² arctan 1 + r

1 − r

.

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

2. a. Avec z = |z|e ^iϕ , considérons

e ^it

e ^it − z = e ^it (e

^−it

− z)

|e ^it − z| ² = 1 − |z|e ^i(t−ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) .

La partie réelle de l'intégrale est l'intégrale de la partie réelle.

A(z) = 1 2π

Z 2π 0

Re e ^it

e ^it − z

dt = 1 2π

Z 2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt.

On peut calculer facilement la partie imaginaire avec une primitive.

B(z) = 1 2π

Z 2π 0

Im e ^it

e ^it − z

dt = 1 2π

Z 2π 0

−|z| sin(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt

= − 1 4π

ln 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) ^θ=2π

θ=0 = 0

à cause de la 2π -périodicité.

b. En écrivant

1 − |z| cos(t − ϕ) = 1

2 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ)

− 1

2 1 + |z| ² + 1

= 1

2 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) + 1

2 1 − |z| ² et avec la partie imaginaire nulle, on obtient

I 0 (z) = A(z) = 1

2 + 1 − |z| ² 4π

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) .

3. Transformons l'intégrale à exprimer : Z 2π

0 dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ)

= Z 2π−ϕ

−ϕ

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (chgt. de v. θ = t − ϕ )

= Z π

−π

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (question 1 Partie Préliminaire)

= 2 Z π

0 dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (parité)

= 2 Z

^π₂

0 dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z π

π 2

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ

!

(Chasles)

= 2 Z

^π₂

0 dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z

^π₂

0 dϕ

1 + |z| ² + 2|z| cos ϕ

!

( ϕ = π − θ dans int. 2).

Utilisons la question 1 avec r = ±|z| , il vient I 0 (z) = 1

2 + 1 π

arctan 1 + |z|

1 − |z| + arctan 1 − |z|

1 + |z|

=



 



 

 1 2 + 1

2 = 1 si 1 + |z|

1 − |z| > 0 ⇔ |z| < 1 1

2 − 1

2 = 0 si 1 + |z|

1 − |z| < 0 ⇔ |z| > 1 avec la question 2 de la partie préliminaire.

Partie III. Propriétés de l'indice.

1. La solution évidente est t 7→ γ(t) − z .

2. D'après le cours sur les équations diérentielles linéaires du premier ordre, les solutions sont les fonctions λe ^F où λ ∈ C et F est une primitive de t 7→ _γ(t)−z ^γ

⁰

^(t) . On peut exprimer F avec une intégrale, par exemple

∀t ∈ R , F (t) = Z t

0 γ

⁰

(u) γ(u) − z du.

3

(4)

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Le coecient λ fait coïncider la condition initiale en t = 0 , on en déduit

∀t ∈ R , γ(t) − z = (γ(0) − z)e

Rt 0

γ0(u) γ(u)−z

du

.

3. La fonction γ − z est 2π -périodique, l'expression précédente en t = 2π montre e

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Énoncé

Ce texte fait intervenir des fonctions C

Γ = {γ(t), t ∈ R } = {γ(t), t ∈ [0, 2π]} . Les gures 1a et 1b présentent les trajectoires Γ pour deux lacets.

(a) γ(t) = e

. (b) γ(t) = e

−e

−1 .

Fig. 1: Exemples de trajectoires.

Pour un lacet γ et un complexe z / ∈ Γ , l'indice de z par rapport à γ est I γ (z) = 1

2iπ Z 2π

0

γ

(t) γ(t) − z dt.

Il s'agit de l'intégrale d'une fonction d'une variable réelle C

à valeurs complexes où γ

(t) est la notation habituelle pour la dérivée de γ . Pour un nombre complexe z tel que |z| 6= 1 , on note I 0 (z) son indice par rapport au mouvement circulaire.

I 0 (z) = 1 2π

Z 2π 0

e it

e it − z dt avec γ(t) = e it .

Partie préliminaire.

1. Soit f continue dans R, périodique de période T > 0 et à valeurs complexes.

Montrer que la fonction de R dans C, x 7→ R x+T

x f (t) dt est constante.

2. Montrer que :

∀x ∈ R

, arctan x + arctan 1 x =





 π

2 si x > 0

− π

2 si x < 0 .

3. Pour θ entre 0 et π 2 , exprimer cos θ en fonction de tan θ 2 .

Partie I. Calcul direct de I 0 (z) .

Dans cette partie, z ∈ C, |z| 6= 1 et ϕ ∈ R est un argument de z . On note A(z) = Re(I 0 (z)), B(z) = Im(I 0 (z)).

1. Soit r ∈ R \ {−1, +1} . En eectuant le changement de variable t = tan θ 2 , montrer Z

0

dθ

1 + r 2 − 2r cos θ = 2

1 − r 2 arctan 1 + r

1 − r

.

2. a. Montrer que

A(z) = 1 2π

Z 2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ)

1 + |z| 2 − 2|z| cos(t − ϕ) dt, B(z) = 0.

b. Montrer que

I 0 (z) = 1

2 + 1 − |z| 2 4π

Z 2π 0

dt

1 + |z| 2 − 2|z| cos(t − ϕ) . 3. Montrer que

Z 2π 0

dt

1 + |z| 2 − 2|z| cos(t − ϕ) = 2

Z

0

dθ

1 + |z| 2 − 2|z| cos θ + Z

0

dθ

1 + |z| 2 + 2|z| cos θ

! .

En déduire I 0 (z) =

( 1 si |z| < 1 0 si |z| > 1 .

1

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Partie II. L'indice est un entier.

On revient au cas général : γ est un lacet et z ∈ C \ Γ n'est pas sur la trajectoire. On considère l'équation diérentielle

(γ − z)y

− γ

y = 0 où la fonction inconnue y est à valeurs complexes.

1. Déterminer la solution évidente qui prend en t = 0 la valeur γ(0) − z .

2. En utilisant un résultat de cours cité précisément, exprimer cette solution avec la fonction exponentielle complexe et une intégrale.

3. Montrer que I γ (z) ∈ Z.

Corrigé

e ^it

e ^it − z dt avec γ(t) = e ^it .

3. Pour θ entre 0 et ^π ₂ , exprimer cos θ en fonction de tan ^θ ₂ .

Partie I. Calcul direct de I ₀ (z) .

Dans cette partie, z ∈ C, |z| 6= 1 et ϕ ∈ R est un argument de z . On note A(z) = Re(I ₀ (z)), B(z) = Im(I ₀ (z)).

1. Soit r ∈ R \ {−1, +1} . En eectuant le changement de variable t = tan ^θ ₂ , montrer Z

1 + r ² − 2r cos θ = 2

1 − r ² arctan 1 + r

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt, B(z) = 0.

I ₀ (z) = 1

2 + 1 − |z| ² 4π

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) . 3. Montrer que

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) = 2

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z

1 + |z| ² + 2|z| cos θ

2. Notons ϕ(x) = arctan x + arctan _x ¹ . La fonction ϕ est dérivable dans R

1 + x ² − 1 x ²

1 + _x ¹

4 = π 2 . Pour x < 0 , ϕ(x) = − ^π ₂ car la fonction est impaire.

2 ) = cos ² θ

2 − sin ² θ

2 = cos ² θ 2

1 − tan ² θ 2

= 1 − tan ² ^θ ₂ 1 + tan ² ^θ ₂ .

Partie I. Calcul direct de I ₀ (z) .

1. On eectue le changement de variable t = tan ^θ ₂ puis on intègre avec un arctan .

1 + r ² − 2r cos θ = Z 1

1 + t ²

(1 + r ² )(1 + t ² ) − 2r(1 − t ² ) 2 dt 1 + t ²

(1 − r) ² + (1 + r) ² t ² = 2 (1 − r) ²

(1 − r) ² 1 − r

1 − r ² arctan 1 + r

2. a. Avec z = |z|e ^iϕ , considérons

e ^it

e ^it − z = e ^it (e

|e ^it − z| ² = 1 − |z|e ^i(t−ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) .

Re e ^it

e ^it − z

1 − |z| cos(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt.

Im e ^it

e ^it − z