π (z2+a2) sin(πz) etCN le bord du carr´e de sommets (N+12)(±1±i) (N ∈N)

Universit´e Lille 1 Master 1 Recherche

Analyse complexe 31 mars 2016

pour le 22 avril DM n^o2

Exercice 1.

Soit a∈R^∗. On d´efinit

f(z) = π

(z²+a²) sin(πz) etCN le bord du carr´e de sommets (N+¹₂)(±1±i) (N ∈N).

i) Pˆoles de f

z²+a² = 0⇐⇒z² =−a² ⇐⇒z=±ia

sin(πz) = 0⇐⇒e^iπz−e^−iπz = 0⇐⇒e^2iπz = 1⇐⇒ ∃k∈Z |2iπz= 2ikπ⇐⇒z∈Z Les pˆoles de f sont donc±iaet les entiers relatifs.

Ordre des pˆoles et r´esidus

• en ia:

(z²+a²) sin(πz) = (z−ia)h(z) o`uh(z) = (z+ia) sin(πz) est holomorphe et ne s’annule pas en ia: ainsi c’est un pˆole simple, de r´esidu _h(ia)^π = _2iasin(iπa)^π = _2ash(πa)^−π (remarque : on a sin(ix) = ^ei(ix)−e_2i^−i(ix) =ish(x)).

• de mˆeme pour −ia : c’est un pˆole simple, ´egalement de r´esidu _2ash(πa)^−π .

• en k∈Z:

(z²+a²) sin(πz) = (z²+a²)(−1)^ksin(π(z−k))

= (z²+a²)(−1)^k

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ(π(z−k))²ⁿ⁺¹ (2n+ 1)!

= (z−k)g(z)

o`u g est une fonction holomorphe telle queg(k) = (k²+a²)(−1)^kπ 6= 0. C’est donc un pˆole simple def, de r´esidu _k⁽⁻¹⁾2+a^k2.

ii) Calcul de 1 2πi

Z

CN

f(z)dz

On applique le th´eor`eme des r´esidus `a f : les chemins CN ne passent pas par les pˆoles, et pour N ≥ |a|, les pˆoles def contenus dans le carr´e correspondant sont±ia et les entiersk tels que |k| ≤N (dont l’indice par rapport `a CN vaut 1), par cons´equent

1 2πi

Z

CN

f(z)dz= Res_ia(f) + Res−ia(f) +

N

X

k=−N

Res_k(f) =− π ash(πa) +

N

X

k=−N

(−1)^k k²+a². iii) Minoration de|sin(πz)|sur C_N

On commence par montrer la formule|sinz|² = (sin(x))²+ (sh(y))² pour z=x+iy:

1

sin(z) = e^i(x+iy)−e^−i(x+iy)

2i = e^ix−y −e^ix+y 2i

= e^−y(cos(x) +isin(x))−e^y(cos(−x) +isin(−x)) 2i

= cos(x)(e^−y−e^y) +isin(x)(e^−y+e^y) 2i

= icos(x)sh(y) + sin(x)ch(y) ce qui donne, pourx, y∈R,

|sinz|² = (cosxshy)²+ (sinxchy)²

= (1−(sinx)²)(shy)²+ (sinx)²(1 + (shy)²)

= (sin(x))²+ (sh(y))² Soit z∈C_N :

• ou bienπx=±π(N +¹₂) : alors|sin(πz)|² ≥(sin(πN+^π₂))²= 1

• ou bienπy=±π(N +¹₂) : alors|sin(πz)|² ≥(sh(πN +^π₂))² ≥(sh(^π₂))² ≥(^π₂)² ≥1 (en utilisant que la fonction sh est croissante, et que∀x≥0, shx≥x).

et donc dans tous les cas|sin(πz)| ≥1.

iv) Calcul de

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n²+a²

Remarquons que surCN,|z| ≥N+¹₂ et donc|z²+a²| ≥ |z|²−a² ≥(N+¹₂)²−a². D’apr`es la question pr´ec´edente, siN ≥ |a|(et donc (N+ ¹₂)²−a²>0) on obtient

∀z∈C_N, |f(z)| ≤ π

|z²+a²| ≤ π (N +¹₂)²−a² Par d´efinition,R

CNf(z)dzest la somme des int´egrales sur les quatre cˆot´es du carr´e. Chacune de ces int´egrales s’´ecrit sous la forme R1

−1f(γ(t))γ⁰(t)dt, o`uγ(t)∈C_N et |γ⁰(t)|= (N +¹₂) (en param´etrant lin´eairement le segment), donc

Z 1

−1

f(γ(t))γ⁰(t)dt

≤ Z 1

−1

π

(N +¹₂)²−a²(N+1

2)dt≤ 2π(N +¹₂) (N+¹₂)²−a² Ainsi

R

CNf(z)dz

≤ ^8π(N+12)

(N+¹₂)²−a² −−−−−→

N→+∞ 0.

D’apr`es ii), on a donc en passant `a la limite 0 =− π

ash(πa) +

+∞

X

k=−∞

(−1)^k

k²+a² =− π

ash(πa) + 1 a² + 2

+∞

X

k=1

(−1)^k k²+a²

d’o`u

+∞

X

k=1

(−1)^k

k²+a² = π

2ash(πa) − 1 2a².

2

v) D´eveloppement en s´erie d’´el´ements simples On poseg(z) =f(z)−1/a²

z : la fonctiongest m´eromorphe surC, avec les mˆemes pˆoles (de mˆeme multiplicit´e, avec les mˆemes r´esidus) que f, sauf 0. En effet, puisque 0 est un pˆole simple de f de r´esidu 1/a², on a que 0 est au plus un pˆole simple deg, de r´esidu nul : c’est donc une fausse singularit´e deg.

Ainsign’a que des pˆoles simples :±iaet les entiers relatifs non nuls. En notanta−1=−ia, a₀ =ia eta_k =k(k∈Z), on a de plus|a_k| →+∞.

— les lacets C_N sont de classe C¹ par morceaux ;

— ∀k, ∀N ≥ |a|, a_k∈/CN;

— en notantR_N = dist(C_N,0) et`(C_N) la longueur du lacet, on aR_N =N+¹₂ −−−−−→

N→+∞ +∞

et ^`(C_R^N)

N = 8 qui reste born´e ind´ependamment deN;

— pour z ∈ CN, |g(z)| ≤ |f(z)|+ ^1/|a|_|z|² ≤ ^π

(N+¹₂)²−a² + _|a|2(N¹₊1

2) qui est donc born´e ind´ependamment deN.

On peut ainsi appliquer `a gle th´eor`eme de d´eveloppement en s´erie d’´el´ements simples : g(z) = g(0)− π

2ash(πa) 1

z−ia + 1

ia+ 1

z+ia + 1

−ia

+

+∞

X

k=1

(−1)^k k²+a²

1 z−k+ 1

k + 1

z+k + 1

−k

= g(0)− π

ash(πa)· z z²+a² +

+∞

X

k=1

(−1)^k k²+a²

2z z²−k²

(avec convergence uniforme sur tout compact).

Il reste `a calculer g(0) : on pourrait faire un DL en 0, mais on peut aussi remarquer que g est impaire ce qui donne directementg(0) = 0. Ainsi

π

(z²+a²) sin(πz) = 1/a²

z − πz

ash(πa)(z²+a²) +

+∞

X

k=1

(−1)^k

k²+a² · 2z z²−k²

Exercice 2.

1. Convergence du produit infini

∞

Y

n=1

1 +_2n^z 1 +_2n−1^z Posons fn(z) = ¹⁺

z 2n

1+_2n−1^z = 1 +gn(z) o`u gn(z) = fn(z)−1 = _2n(2n−1+z)^−z . Pour tout n, la fonctionfnest m´eromorphe (non identiquement nulle) surC, de pˆole−(2n−1) et de z´ero

−2n.

SoitKun compact deCborn´e parM >0. Pournassez grand (n >(M+1)/2),f_n= 1+g_n n’a ni pˆole ni z´ero dansK, et Sup

K

|g_n| ≤ _{2n(2n−1−M}^M ₎. Comme _{2n(2n−1−M)}^M ' _4n^M2 (et que l’on consid`ere des s´eries `a termes positifs), la s´erie de fonctions P

g_n converge normalement surK; par cons´equent le produit Q

n≥N(1 +g_n) converge uniform´ement surK.

3

Finalement, le produit Q

n≥1f_n converge uniform´ement sur tout compact de C, vers une fonctionP m´eromorphe.

2. Calcul de f(2)

Il s’agit de calculerP(2) : en notant pN =QN n=1

1+_n¹

1+_2n−1² le produit partiel, on a p_N =

N

Y

n=1

(n+ 1)(2n−1)

n(2n+ 1) = N+ 1

1 · 1

2N + 1 et doncpN −−−−−→

N→+∞

1

2. AinsiP(2) = ¹₂ etf(2) = 1.

3. Calcul de f(1)

Par d´efinitionf(1) =P(1) =Q+∞

n=1(1 +g_n(1)) =Q+∞

n=1(1−_4n¹₂) = ^sin_z^z

|z=^π

2

= _π². 4. Ecriture de g sous forme de s´erie

On a g(z) = ^f_f(z)^0(z) = ¹_z + ^P_P(z)^0(z), o`u P = Q+∞

n=1f_n avec convergence uniforme sur tout compact : on sait qu’alors ^P_P⁰ =P+∞

n=1 f_n⁰

fn (avec convergence uniforme sur tout compact), or

f_n⁰(z) fn(z) =

1

2n(1+_2n−1^z )−_2n−1¹ (1+_2n^z ) (1+_2n−1^z )²

1+_2n^z 1+_2n−1^z

=

1 2n

1 +_2n^z −

1 2n−1

1 +_2n−1^z et doncg(z) = ¹_z+P+∞

n=1

1

2n+z −_2n−1+z¹

(attention, on ne s´epare pas la somme en deux car les s´eries correspondantes sont divergentes...). On a alors

g(z) +g(z+ 1) = 1 z + 1

z+ 1+

+∞

X

n=1

1

2n+z − 1

2n−1 +z + 1

2n+ 1 +z − 1 2n+z

= 1

z + 1 z+ 1+

+∞

X

n=1

− 1

2n−1 +z + 1 2n+ 1 +z

En passant aux sommes partielles, on constate que les termes se t´elescopent et donc P+∞

n=1

−_2n−1+z¹ +_2n+1+z¹

=−_z+1¹ , ce qui donne g(z) +g(z+ 1) = ¹_z. 5. Calcul de f(z)f(z+ 1)

Posonsφ(z) =_z¹f(z)f(z+ 1) : la fonctionφest m´eromorphe surC, et en-dehors des pˆoles φ⁰(z) = 1

zf⁰(z)f(z+ 1) + 1

zf(z)f⁰(z+ 1)− 1

z²f(z)f(z+ 1)

= f(z)f(z+ 1) z

f⁰(z)

f(z) + f⁰(z+ 1) f(z+ 1) − 1

z

= f(z)f(z+ 1)

z (g(z) +g(z+ 1)−1 z)

= 0

Ainsiφ⁰ est nulle sur C\(−N), donc surCentier (car elle est m´eromorphe), et doncφest constante sur le connexeC:∀z∈C, ¹_zf(z)f(z+ 1) =φ(1) =f(1)f(2) = _π². Ainsi,

∀z∈C, f(z)f(z+ 1) = 2z

π et P(z)P(z+ 1) = 2 π(z+ 1) 4