Examen séries de Fourier et analyse complexe (Session1) : Mercredi 17 décembre

Université de Cergy-Pontoise 2014-2015 L3 : Séries de Fourier et analyse complexe

Examen séries de Fourier et analyse complexe (Session1) : Mercredi 17 décembre

Durée : 3 heures.

Exercice 1 [Cours] : Enoncer et démontrer le lemme de Riemann-Lebesgue.

Voir cours.

Exercice 2 : Pourα∈R,α6= 0, on considère la fonction f(t) =

e^αt, t∈[0, π]

−e^−αt t∈]−π,0[

prolongée par2π-périodicité àR.

1) La fonctionf est clairement de classe C¹ par morceaux car t−→e^αtest C^∞ surR.

Elle n'est pas continue en les pointskπ, k∈Z. En eet, au point0, on af(0⁺) = 1alors quef(0⁻) = −1. De même, au pointπ on a : f(π⁻) =e^απ alors que f(π⁺) = −e^−απ. D'où le résultat par2π-périodicité de la fonction f.

2) La fonction étant impaire sur ]−π, π[, les coecients an valent 0 pour toutn≥0.

On calcule les coecientsbn pourn≥1. b_n = 2

π Z π

0

e^αtsin(nt),

= 1

iπ Z π

0

(e^(α+in)t−e^(α−in)t)dt,

= 1

iπ "

e^(α+in)t α+in

#π

0

−

"

e^(α−in)t α−in

#π

0

! ,

= 1

iπ(e^απ(−1)ⁿ−1) −2in α²+n²,

= 2

π

(1−e^απ(−1)ⁿ)n α²+n² . La série de Fourier est donc

S(f(t)) =

∞

X

n=0

2 π

(1−e^απ(−1)ⁿ)n

α²+n² sin(nt).

3) D'après le théorème de Dirichlet (la fonction f étant C¹ par morceaux), la série de Fourier converge pour toutt∈Rvers

f(t⁺) +f(t⁻)

2 =

∞

X

n=0

2 π

(1−e^απ(−1)ⁿ)n

α²+n² sin(nt).

1

En particulier, pour toutt∈]0, π[sur lequel la fonction f est continue, on a

e^αt=

∞

X

n=0

2 π

(1−e^απ(−1)ⁿ)n

α²+n² sin(nt).

On évalue cette dernière égalité au point ^π₂ et on obtient

e^απ2 =

∞

X

n=0

2

π(−1)ⁿ(1 +e^απ) (2n+ 1) α²+ (2n+ 1)² .

D'où _∞

X

n=0

(−1)ⁿ(2n+ 1)

α²+ (2n+ 1)² = πe^απ2 2(1 +e^απ).

4) On applique maintenant la formule de Bessel-Parseval. On a donc

∞

X

n=0

b²_n 2 = 1

2π Z π

−π

|f(t)|²dt= 1 π

Z π

0

e^2αtdt= e^2απ −1 2α .

D'où _∞

X

n=0

(1−e^απ(−1)ⁿ)²n²

(α²+n²)² = π(e^2απ−1)

4α .

Exercice 3 : 1) Pour toutn∈N, les coecients a_n= _n2⁽⁻¹⁾(n−1)!ⁿ 6= 0. On utilise le critère de d'Alembert. On a

a_n+1 a_n

= n²(n−1)!

(n+ 1)²n!= n²

(n+ 1)²n →0.

DoncR= +∞ et la fonction f est holomorphe surC.

2) D'après le cours, la fonction f⁰ est la série obtenue en dérivant terme à terme la série

+∞

X

n=0

(−z)ⁿ⁺¹

(n+ 1)²n!. De plus, la série dérivée a le même rayon de convergenceR= +∞. Donc, pour toutz∈C,

f⁰(z) =

+∞

X

n=0

−(n+ 1)(−z)ⁿ (n+ 1)²n! =

+∞

X

n=0

(−z)ⁿ (n+ 1)! = 1

z

+∞

X

n=0

(−z)ⁿ⁺¹ (n+ 1)! = 1

z

+∞

X

n=1

(−z)ⁿ

n! = e^−z−1 z . 3) a) Pour toutz∈C, la fonctionϕ(t) = ^e−tz_t⁻¹ est clairement continue sur(0,1]comme somme et quotient de fonctions continues sur(0,1]. Commee^−tz ∼1−tzlorsquet→0, on en déduit que limt→0ϕ(t) = −z et donc, ϕ se prolonge par continuité en 0. Donc l'intégraleZ 1

0

e^−tz −1

t dtet donc la fonctiongest toujours bien dénie pour toutz∈C.

b) Pour tout z ∈ C, on dénit ψ(t) = f(tz) qui est clairement derivable sur R. On a pour toutt∈[0,1]

ψ⁰(t) =zf⁰(tz) =ze^−tz −1

tz =ϕ(t), d'après 2). On en déduit que pour toutz∈C

g(z) = Z 1

0

ϕ(t)dt= Z 1

0

ψ⁰(t)dt=ψ(1)−ψ(0) =f(z).

2

Exercice 4 : Le but de cet exercice est de calculer l'intégrale

K= Z +∞

−∞

cos(x) x⁴+ 4dx.

1) Montrer que l'intégrale ci-dessus est bien dénie.

La fonction x → ^cos(x)_x4+4 est continue sur R et

cos(x) x⁴+4

≤ _x4¹+4 qui est intégrable en

±∞. Donc l'intégraleK est bien dénie.

2) On considère la fonction

f(z) = e^iz z⁴+ 4.

PourR >0, on noteγ_Rle chemin fermé constitué du segment[−R, R]et du demi-cercle CR={z=Re^it,0≤t≤π} orienté dans le sens positif.

a) Calculer les pôles def et leur ordre.

b) Montrer que pour toutR >0 susamment grand, Z

γR

f(z)dz= π

4e(cos(1) + sin(1)).

c) Montrer que

R→∞lim Z

CR

f(z)dz= 0.

d) Calculer

R→∞lim Z

γR

f(z)dz,

et en déduire la valeur deK. a) Un court calcul montre que

f(z) = e^iz

z⁴+ 4 =f(z) = e^iz

(z−(1 +i))(z−(−1 +i))(z−(1−i))(z−(−1−i)). On en déduit quef possède des pôles simples en 1 +i,1−i,−1 +i,−1−i.

b) Pour R assez grand, les seuls pôles de f à l'intérieur de γ_R sont 1 +i et −1 +i. D'après le théorème des résidus, on a donc

Z

γR

f(z)dz= 2iπ(Res(f,1 +i) +Res(f,−1 +i)).

Comme les pôles sont simples, on a

Res(f,1 +i) = ((z−(1 +i))f(z))_|z=1+i= eⁱ⁽¹⁺ⁱ⁾ 8i(1 +i), et

Res(f,−1 +i) = ((z−(−1 +i))f(z))_|z=−1+i= e^i(−1+i) 8i(1−i).

3

Donc

Z

γR

f(z)dz = π 4e

eⁱ

1 +i+ e⁻ⁱ 1−i

,

= π

8e eⁱ(1−i) +e⁻ⁱ(1 +i) ,

= π

8e(2 cos(1) + 2 sin(1)),

= π

4e(cos(1) + sin(1)).

c) Quandz∈C_R, on a e^iz

= e^−=(z)

≤1et donc, pour R >1, on obtient

|f(z)| ≤ 1 R⁴−1. On en déduit que lorsqueR→ ∞, on a

Z

CR

f(z)dz

≤ πR

R⁴−1 →0.

Donc

R→∞lim Z

CR

f(z)dz= 0.

d) On obtient alors

R→∞lim Z

γR

f(z)dz= lim

R→∞

Z

[−R,+R]

f(z)dz = π

4e(cos(1) + sin(1)).

En prenant la partie réelle de cette égalité, on obtient K =

Z +∞

−∞

cos(x)

x⁴+ 4dx= π

4e(cos(1) + sin(1)).

Exercice 5 : 1) Enoncer le principe des zéros isolés.

Une fonctionf holomorphe sur un domaine non identiquement numme ne possède que des zéros isolés, c'est-à-dire que si f(z0) = 0, alors ∃r > 0 tel que ∀z ∈ ∩D(z0, r), f(z)6= 0.

2) Existe-t-il une fonctionf holomorphe dans le disque unité D(0,1)telle que pour tout entiern >0, on ait

f(1

n) =f(−1 n) = 1

n²?

Indication : On pourra introduire la fonctiong(z) =f(z)−z² et utiliser 1).

La fonctiongest holomorphe dansD(0,1). De plus, elle s'annule en les points{_n¹, n∈ N} par hypothèse. Mais ¹_n →0 quand n→ ∞. Donc les zéros deg possèdent un point d'accumulation0dansD(0,1). On déduit du principe des zéros isolés que∀z∈D(0,1), g(z) = 0. Donc ∀z ∈ D(0,1), f(z) = z². Enn, on vérie que la fonction f(z) = z² vérie bien

f(1

n) =f(−1 n) = 1

n².

Foncf(z) =z² est l'unique fonction holomorphe dans D(0,1)qui satisfait à l'énoncé.

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