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

(1)

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

¹_x

. La fonction ϕ est dérivable dans R

^∗

avec ϕ

⁰

(x) = 1

1 + x

²

− 1 x

²

1 1 +

_x¹2

= 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) = −

^π₂

car la fonction est impaire.

3. Pour tout t ∈ [0, 2π] , avec z = |z|e

^iϕ

, comme Re z e

^it

= |z| cos(ϕ − t) , (|z| − 1)

²

− |e

^it

− z|

²

= 1 + |z|

²

− 2|z| − 1 + |z|

²

− 2|z| cos(ϕ − t)

= 2|z| (cos(ϕ − t) − 1) ≤ 0 ⇒ |e

^it

− z| ≥ ||z| − 1| . On obtient les minorations demandées de |e

^it

− z| avec

||z| − 1| =

( 1 − |z| si |z| < 1

|z| − 1 si |z| < 1 .

Partie I. Calcul direct de I

₀

(z) .

1. On eectue le changement de variable t = tan

^θ₂

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. 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.

b. On peut calculer facilement la partie imaginaire.

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. 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) .

(2)

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 II. Calcul de I

₀

(z) avec une progression géométrique.

1. Soit k ∈ Z

^∗

, une primitive de t 7→ e

^ikt

est t 7→

_ik¹

e

^ikt

. On en déduit

Z

2π 0

e

^ikt

dt = 1

ik e

^ikt

^t=2π

t=0

= 0 (périodicité) . 2. Dans cette question, |z| < 1 .

a. On utilise une somme en progression géométrique de raison e

^−it

z :

e

^it

e

^it

− z = 1 1 − e

^−it

z =

n

X

k=0

(e

^−it

z)

^k

!

+ (e

^−it

z)

ⁿ⁺¹

1 − e

^−it

z

=

n

X

k=0

e

^−ikt

z

^k

!

+ e

^−i(n+1)t

z

ⁿ⁺¹

1 − e

^−it

z . On intègre en exploitant la linéarité

I

0

(z) =

n

X

k=0

z

^k

2π

Z

2π 0

e

^−ikt

dt

! + z

ⁿ⁺¹

2π Z

2π

0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z dt.

Dans la somme, seule l'intégrale attachée à k = 0 est non nulle et elle vaut 1 . On en déduit

I

0

(z) = 1 + z

ⁿ⁺¹

2π

Z

2π 0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z dt.

b. Majorons l'écart à 1 . Pour tout n ∈ N,

|I

0

(z) − 1| ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z

2π 0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z

dt ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

1 − |z|

avec la minoration de |e

^it

− z| de la partie préliminaire (question 3). La suite en n à droite tend vers 0 car |z| < 1 donc le nombre xé à gauche est nul. On a prouvé

I

₀

(z) = 1.

3. Dans cette question, |z| > 1 .

a. On utilise une somme en progression géométrique de raison e

^it

z

⁻¹

:

e

^it

e

^it

− z = − e

^it

z

1 1 − e

^it

z

⁻¹

= − e

^it

z

_n

X

k=0

(e

^it

z

⁻¹

)

^k

!

+ (e

^it

z

⁻¹

)

ⁿ⁺¹

1 − e

^it

z

⁻¹

!

= −

n

X

k=0

e

^i(k+1)t

z

^−(k+1)

!

− e

^i(n+2)t

z

⁻⁽ⁿ⁺²⁾

1 − e

^it

z

⁻¹

. On intègre en exploitant la linéarité

I

₀

(z) = −

n+1

X

k=1

z

^−k

2π

Z

2π 0

e

^−ikt

dt

!

+ z

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z

2π 0

e

^i(n+2)t

e

^it

− z dt.

(3)

Noter le décalage d'indice qui montre bien que cette fois toutes les intégrales de la somme sont nulles. On en déduit

I

0

(z) = z

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z

2π 0

e

^−i(n+2)t

e

^it

− z dt.

b. Majorons en module :

|I

₀

(z)| ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z

2π 0

e

^−i(n+2)t

e

^it

− z

dt ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

|z| − 1 dt

avec la minoration de la partie préliminaire. Comme |z| > 1 , la suite en n à droite tend vers 0 donc I

₀

(z) = 0 .

Partie III. Propriétés de l'indice.

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

b. 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^γ⁰^(t)

. On peut exprimer F avec une intégrale, par exemple

∀t ∈ R , F (t) = Z

t

0

γ

⁰

(u) γ(u) − z du.

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)−zdu

.

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

e

Rt 0

γ0(u) γ(u)−zdu

= 1 ⇒ Z

t

0

γ

⁰

(u)

γ(u) − z du ∈ 2iπ Z ⇒ I

γ

(z) ∈ Z .

2. a. La fonction t 7→ |z − γ(t)| est continue dans le segment [0, 2π] . Elle est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier la borne inférieure est le plus petit élément et il existe t

z

∈ [0, 2π] tel que

d(z, Γ) = |z − γ(t

_z

)| = min {|z − γ(t)| , t ∈ [0, 2π]} . De plus d(z, Γ) > 0 car z / ∈ Γ entraine z 6= γ(t

_z

) .

b. Par une simple réduction au même dénomonateur sous l'intégrale,

I

γ

(z) − I

γ

(z

⁰

) = z

⁰

− z 2iπ

Z

2π 0

γ

⁰

(t)

(γ(t) − z)(γ(t) − z

⁰

) dt

On majore ensuite en module en minimisant les distances entre z et z

⁰

et la trajectoire

|I

γ

(z) − I

γ

(z

⁰

)| ≤ |z

⁰

− z|

2iπ Z

2π

0

|γ

⁰

(t)|

d(z, Γ)d(z

⁰

(Γ) dt = γ

d(z, Γ)d(z

⁰

, Γ) |z − z

⁰

|.

3. a. Pour tout t ∈ R,

1 − Re(γ(t)) ≤ |Re(γ(t) − 1)| ≤ |γ(t) − 1| < 1 ⇒ Re(γ(t)) > 0.

On en déduit Γ ∩ ]−∞, 0] = ∅ . De plus, pour tout x ≤ 0 et tout t ∈ R,

|x| = −x < Re(γ(t)) − x = |Re(γ(t) − x)| ≤ |γ(t) − x| .

C'est vrai en particulier pour le t

_x

qui minimise la distance à x , d'où |x| < d(x, Γ) . Pour la deuxième inégalité, considérons, pour tout t , la distance

|γ(t) − x| = p

(Re(γ(t)) − x)

²

+ Im(γ(t)) ≥ p

(Re(γ(t))

²

+ Im(γ(t)) = |γ(t) − 0|

car Re(γ(t)) ≥ 0 et x ≤ 0 . On en déduit

∀t ∈ R , |γ(t) − x| ≥ d(0, Γ)

C'est vrai pour le t

_x

qui minimise la distance à x , d'où d(x, Γ) ≤ d(0, Γ) . b. D'après la question 2.b. :

|I

γ

(x) − I

γ

(x

⁰

)| ≤ K |z − z

⁰

| avec K = γ d(x, Γ) d(x

⁰

, Γ) .

On majore K en utilisant d(x, Γ) et d(x

⁰

, Γ) plus grands que

^d(0,Γ)₂

. On en déduit

|I

γ

(x) − I

_γ

(x

⁰

)| ≤ k |z − z

⁰

| avec K = 4 γ d(0, Γ)

²

. c. Cette fois, on utilise d(x, Γ) > |x| pour x < 0 .

|I

γ

(x)| ≤ 1 2π

Z

2π 0

|γ

⁰

(t)|

|x − γ(t)| dt ≤ 1 2π

Z

2π 0

|γ

⁰

(t)|

d(x, Γ) dt = γ

d(x, Γ) ≤ γ

|x| .

(4)

d. D'après la question 3.b., la restriction de I

γ

à l'intervalle ] − ∞, 0] est continue.

Comme cette fonction est à valeurs entières d'après 2.c., le théorème des valeurs intermédiaires montre qu'elle est constante. De plus, la majoration de 3.c. montre que la limite est nulle en −∞ . La valeur de la constante est donc 0 . La fonction est nulle sur tout l'intervalle en particulier en 0 d'où, pour cette conguration de trajectoire,

I

_γ

(0) = 0.

Partie IV. Nombre de racines.

1. Par dénition de γ

P

et avec les règles usuelles de dérivation : γ

_P⁰

(t) = ie

^it

P

⁰

(e

^it

).

On en déduit l'expression de l'indice

I

γ_P

(0) = 1 2iπ

Z

2π 0

γ

P0

(t)

γ

P

(t) − 0 dt = 1 2π

Z

2π 0

^ P

⁰

P

(e

^it

) e

^it

dt.

On connait la décomposition en éléments simples de

^P_P⁰

. P

⁰

P =

s

X

k=1

m

_k

X − z

k

.

On en déduit

I

γ_P

(0) = 1 2π

Z

2π 0

s

X

k=1

m

k

e

^it

e

^it

− z

_k

! dt =

s

X

k=1

m

k

2π Z

2π

0

e

^it

e

^it

− z

_k

dt =

s

X

k=1

m

k

I

0

(z

k

).

D'après le résultat fondamental démontré en partie I ou II, dans cette somme, seuls contribuent les z

k

tels que |z

k

| < 1 . On en déduit que I

γ_P

(0) est la somme des multi- plicités des racines dans le disque unité ouvert.

2. Théorème de Rouché. Notons G la fraction rationnelle

^P_Q

, de sorte que γ(t) = G(e

^it

) . a. Réutilisons l'expression de l'indice trouvée dans la question 1. :

I

γ_P

(0) − I

γ_Q

(0) = 1 2π

Z

2π 0

^ P

⁰

P − Q

⁰

Q

(e

^it

) e

^it

dt

I

_γ

(0) = 1 2π

Z

2π 0

^ G

⁰

G

(e

^it

) e

^it

dt

Avec les règles de dérivation usuelles :

G

⁰

= P

⁰

Q − P Q

⁰

Q

²

⇒ G

⁰

G =

P

⁰

Q − P Q

⁰

Q

²

Q

P = P

⁰

P − Q

⁰

Q . On en déduit la relation demandée entre les indices.

I

γ

(0) = I

γ_P

(0) − I

γ_Q

(0).

b. Avec l'hypothèse faite sur P et Q , on se retrouve dans la conguration de la question III.3.

P(e

^it

) − Q(e

^it

) <

Q(e

^it

) ⇒

G(e

^it

) − 1 < 1.

Dans cette conguration (trajectoire dans le disque unité ouvert centré en 1), l'indice de 0 est nul donc, avec IV.2.a.

0 = I

γ

(0) = I

γ_P

(0) − I

γ_Q

(0) ⇒ I

γ_P

(0) = I

γ_Q

(0).

3. Dans cette question

P = X

ⁿ

(X

²

− X − 1) + X

²

− 1 et Q = X

ⁿ

(X

²

− X − 1).

a. Avec l'indication donnée par l'énoncé

(e

^it

)

²

− 1 (e

^it

)

ⁿ

((e

^it

)

²

− e

^it

− 1)

=

e

^it

− e

^−it

e

^it

− 1 − e

^−it

=

2i sin t 2i sin t − 1

= 2| sin t|

p 4 sin

²

t + 1

< 1.

b. Les racines de Q sont 0 et

^1±₂^√⁵

, aucune n'est de module 1 . Comme P −Q = X

²

−1 , l'inégalité du a. se traduit par, pour tout u de module 1 ,

P (u) − Q(u) Q(u)

< 1 ⇒ |P(u) − Q(u)| < |Q(u)|.

On en déduit d'abord que Q n'admet pas de racine de module 1 . En eet, si u en était une, on devrait avoir |Q(u)| < |Q(u)| . On se trouve dans la conguration du théorème de Rouché qui donne I

_γ_P

(0) = I

_γ_Q

(0) .

c. Le polynôme P s'annule entre 1 et

¹⁺₂^√⁵

car P (1) = −1 et P (

¹⁺

√5 2

) =

¹⁺

√5 2

.

Présentons dans un tableau les racines de Q et leurs multiplicités.

(5)

racines 0

¹⁻

√5 2

1+√ 5 2

multiplicités n 1 1

module < 1 oui oui non

On peut alors conclure que la somme des multiplicités des racines de P dans le disque unité ouvert est I

_γ_P

(0) = I

_γ_Q

(0) donc aussi la somme des multiplicités des racines de Q dans le disque unité ouvert c'est à dire n + 1 d'après le tableau.

Comme P est de degré n + 1 toutes les racines de P sont de module strictement plus peit que 1 sauf la racine réelle située entre 1 et le nombre d'or.

Cette unique racine est appelée un nombre de Pisot. On a démontré ici le résultat admis dans le problème sur les nombres de Pisot proposé dans cette base de données.

Partie V. Harmonicité. Formule de Cauchy.

1. Soit H un polynôme dont la dérivée est Q .

La dérivée de t 7→ H (γ(t)) est t 7→ Q(γ(t)) γ

⁰

(t) donc Z

2π

0

Q(γ(t))γ

⁰

(t) dt = [H (γ(t))]

^t=2π_t=0

= 0.

2. La trajectoire est evidemment le cercle de centre z et derayon 1 . La première inégalité résulte de γ

⁰

(t) = ie

^it

) = γ(t) − z .

Pour la deuxième égalité, considérons le polynôme P

z

= P − P(z) . Evidemment z est une racine de P

_z

donc il existe Q

_z

∈ C [X ] tel que

P = P(z) + (X − z)Q

_z

⇒ P(γ(t)) = P(z) + (γ(t) − z)Q

_z

(γ(t)).

En intégrant, on fait apparaitre l'indice par linéarité 1

2iπ Z

2π

0

P (γ(t))

γ(t) − z γ

⁰

(t) dt

= P (z) 1 2iπ

Z

2π 0

ie

^it

e

^it

dt

| {z }

=1

+ 1 2iπ

Z

2π 0

Q

z

(γ(t)) γ

⁰

(t) dt

| {z }

= 0d'après 1

= P (z).

La formule

P(z) = 1 2π

Z

2π 0

P(γ(t)) dt

signie que P (z) est la moyenne des valeurs prises par la fonction P sur un cercle de rayon centré en z . Une fonction vériant cette propriété est appelée fonction harmo- nique.