Analyse complexe : corrig´ e du contrˆ ole final

L3 Math´ematiques 15 d´ecembre 2020

Analyse complexe : corrig´ e du contrˆ ole final

Exercice 1. Soit f la fonction 2π-p´eriodique d´efinie par f(x) = x²

4 pour tout x∈[0,2π[.

a) Montrer que f est C¹ par morceaux et tracer son graphe sur [−4π,4π].

La fonction f est C¹ sur ]0,2π[ et 2π-p´eriodique. De plus les limites de f et de f⁰ en 0⁺ et 0⁻ sont finies. En effet on a lim

x→0⁺f(x) = 0, lim

x→0⁻f(x) = lim

x→2π⁻f(x) = π², lim

x→0⁺f⁰(x) = 0 et

x→0lim⁻f⁰(x) = lim

x→2π⁻f⁰(x) = π. Donc f est C¹ par morceaux.

x y

2π 4π

2π π²

−2π

−4π 0

b) Montrer que les coefficients de Fourier trigonom´etriques de f v´erifient a0(f) = 2π²

3 et, pour tout n≥1, an(f) = 1

n² et bn(f) =−π n. On a

a0(f) = 1 π

Z 2π 0

x²

4 dx = 1 π

x³ 12

2π 0

= 2π² 3 . Sin ≥1 on a d’une part

a_n(f) = 1

π Z 2π

0

cos(nx)x² 4 dx IPP= 1

π

sin(nx) n ×x²

4 2π

0

| {z }

=0

−1 π

Z 2π 0

sin(nx)

n ×x

2dx

2nde IPP

= −1

π

−cos(nx) n² ×x

2 2π

0

+ 1 π

Z 2π 0

−cos(nx) n² × 1

2dx

= 1

n² + 1 π

−sin(nx) 2n³

2π 0

= 1

n²,

et d’autre part

b_n(f) = 1

π Z 2π

0

sin(nx)x² 4 dx IPP= 1

π

−cos(nx) n × x²

4 2π

0

− 1 π

Z 2π 0

−cos(nx)

n × x

2 dx 2nde IPP

= −π

n − 1 π

−sin(nx) n² × x

2 2π

0

| {z }

=0

+1 π

Z 2π 0

−sin(nx) n² × 1

2dx

= −π

n + 1 π

cos(nx) 2n³

2π 0

= −π

n.

c) Justifier que la s´erie de Fourier de f converge simplement sur R et donner pour tout x∈[0,2π] la valeur de sa somme.

La fonction f est 2π-p´eriodique etC¹ par morceaux donc, d’apr`es le th´eor`eme de Dirichlet, pour toutx∈[0,2π] la s´erie de Fourier S(f) de f converge et on a, avec lim

t→x^±f(t) =f(x±), S(f)(x) = a₀(f)

2 +

∞

X

n=1

a_n(f) cos(nx) +b_n(f) sin(nx) = f(x₊) +f(x−) 2

⇐⇒ π² 3 +

∞

X

n=1

cos(nx)

n² − πsin(nx)

n =









 x²

4 si x∈]0,2π[, π²

2 si x∈ {0,2π}.

d)Calculer, en justifiant l’application des th´eor`emes utilis´es, les sommes des s´eries num´eriques

∞

X

n=1

1 n² et

∞

X

n=1

(−1)ⁿ n² .

On prend x= 0 dans la question pr´ec´edente. Pour toutn ≥1 on a alors cos(n×0) = 1 et sin(n×0) = 0, et donc

π² 3 +

∞

X

n=1

1 n² = π²

2 ⇐⇒

∞

X

n=1

1 n² = π²

6 .

Si on prend x=π, pour tout n ≥1 on a alors cos(nπ) = (−1)ⁿ et sin(nπ) = 0 d’o`u π²

3 +

∞

X

n=1

(−1)ⁿ n² = π²

4 ⇐⇒

∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n² =−π² 12.

e)Calculer, en justifiant l’application des th´eor`emes utilis´es, les sommes des s´eries num´eriques

∞

X

n=1

1 n⁴ et

∞

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1.

Indication : on pourra ˆetre amen´e `a utiliser les r´esultats obtenus `a la question pr´ec´edente.

La fonctionf est continue par morceaux. D’apr`es le th´eor`eme de Parseval on a donc

|a0(f)|²

2 +

∞

X

n=1

|a_n(f)|²+|b_n(f)|² = 1 π

Z 2π 0

|f(x)|²dx

⇐⇒ 2π⁴

9 +

∞

X

n=1

1 n⁴ + π²

n²

= 1

π Z 2π

0

x⁴

16dx = 2π⁴ 5 . Les s´eries de terme g´en´eral 1

n⁴ et π²

n² convergent (s´eries de Riemann). Donc

∞

X

n=1

1 n⁴ + π²

n²

=

∞

X

n=1

1 n⁴ +π²

∞

X

n=1

1 n²

=d)

∞

X

n=1

1 n⁴ + π⁴

6 . Finalement on obtient

∞

X

n=1

1

n⁴ = 2π⁴

5 − 2π⁴ 9 − π⁴

6 = π⁴ 90.

Pour calculer la derni`ere s´erie on va utiliser la question c), i.e. le th´eor`eme de Dirichlet, en x= π

2. Sin= 2pest pair on a alors cos nπ

2

= cos(pπ) = (−1)^p et sin nπ

2

= sin(pπ) = 0 tandis que si n = 2k + 1 est impair on a cos

nπ 2

= cos

kπ+ π 2

= 0 et sin nπ

2

= sin

kπ+π 2

= (−1)^k. On a donc π²

3 +

∞

X

n=1

cos n^π₂

n² − πsin n^π₂

n = 1

4 π

2 2

⇐⇒ π² 3 +

∞

X

p=1

(−1)^p (2p)² −

∞

X

k=0

π(−1)^k

2k+ 1 = π² 16

⇐⇒ π²

3 +1 4

∞

X

p=1

(−1)^p p² − π²

16 = π

∞

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1

⇐⇒ π²

3 + 1 4×

−π² 12

− π²

16 = π

∞

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1

⇐⇒ π

4 =

∞

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1.

Exercice 2. Etant donn´e a∈]0,1[∪]1,2[ on consid`ere la fonction d´efinie par f_a(z) = z a−e^−iz. Partie I.

a) i) Justifier que f_a est m´eromorphe sur C.

Quelque soit a, les fonctions g(z) = z et h_a(z) = a−e^−iz sont holomorphes sur C. f est le quotient de deux fonctions holomorphes sur C et est donc m´eromorphe sur C.

ii) D´eterminer les pˆoles de f_a en pr´ecisant leur ordre.

L’ensemble des pˆoles def_a est inclus dans l’ensemble des z´eros de son d´enominateurh_a. On commence par d´eterminer o`uh_a s’annule. On a

h_a(z) = 0 ⇐⇒ a = e^−iz ⇐⇒ −iz = ln(a) + 2ikπ, k ∈Z ⇐⇒ z = i ln(a)−2kπ, k ∈Z.

Les z´eros de ha sont donc les zk = i ln(a)−2kπ avec k ∈ Z. On v´erifie alors que h⁰_a(zk) = ie^−izk = ia 6= 0 pour tout k et que g(zk) = i ln(a)−2kπ 6= 0 pour tout k car ln(a) 6= 0 (a6= 1). Les z_k sont donc tous des pˆoles simples de f_a.

Conclusion : les pˆoles def_a sont les z_k= i ln(a)−2kπ o`u k∈Z et ils sont tous simples.

iii)Calculer le r´esidu de f_a en chacun de ses pˆoles.

Comme les pˆoles sont tous des z´eros d’ordre 1 du d´enominateur h_a de f_a on a, pour tout k ∈Z,

Res(f_a, z_k) = g(z_k)

h⁰_a(zk) = i ln(a)−2kπ

ia = ln(a)

a + i2kπ a .

b) Si n ∈ N^∗ on consid`ere le lacet γ_n donn´e par le rectangle de sommets −π, π, π + in,

−π+ in et parcouru une fois dans le sens direct.

i) Repr´esenter le lacet γn. On placera aussi sur le dessin le(s) pˆole(s) ´eventuel(s) de fa

qui sont `a l’int´erieur deγn. On fera 2 dessins, un dans le casa∈]0,1[et un dans le cas a∈]1,2[.

z ∈C est `a l’int´erieur de γ<sub>n</sub> si et seulement si −π < Re(z) < π et 0 <Im(z)< n. Comme Re(z<sub>k</sub>) = −2kπ on en d´eduit que seul z<sub>0</sub> = i ln(a) peut ˆetre `a l’int´erieur de γ_n. Il l’est si et seulement si 0<ln(a)< n. Donc si a <1 on a Im(z₀) = ln(a)<0 et il n’y a pas de pˆole de f_a `a l’int´erieur de γ<sub>n</sub>, tandis que si 1< a < 2 on a 0<ln(a)<ln(2) <1≤n et il y a donc un unique pˆole `a l’int´erieur de γ_n, c’estz₀ = i ln(a).

x y

−π 0 π

in π+ in

−π+ in

Cas 0< a < 1

x y

−π 0 π

in π+ in

−π+ in

z₀ = i ln(a)

Cas 1< a < 2

ii) Justifier que Z

γn

fa(z) dz est bien d´efinie et calculer sa valeur. Le r´esultat peut a priori d´ependre de a et/ou de n.

La fonction f_a est continue surγ_n car elle est m´eromorphe sur Cet aucun pˆole n’est sur γ_n. L’int´egrale est donc bien d´efinie. Comme fa est m´eromorphe sur l’ouvert ´etoil´e Ω = C on peut appliquer le th´eor`eme des r´esidus pour calculer l’int´egrale. On a ainsi

Z

γn

f_a(z) dz = 2iπX

k∈Z

Res(f, z_k)×Ind(γ_n, z_k).

• Si 0< a <1 il n’y a aucun pˆole `a l’int´erieur deγ_n, i.e. Ind(γ_n, z_k) = 0 pour tout k∈Z, et donc

Z

γn

f_a(z) dz = 0.

• Si par contre 1< a <2 il y a un unique pˆole `a l’int´erieur de γnet donc Ind(γn, zk) = 0 pour tout k ∈ Z^∗ tandis que Ind(γn, z0) = 1. On trouve donc, en utilisant a)iii), Z

γn

f_a(z) dz = 2iπln(a) a .

Partie II.Dans la suite de l’exercice on s’int´eresse `a l’int´egraleI(a) = Z π

0

tsin(t)

1 +a²−2acos(t)dt.

a) Montrer que I(a) est bien d´efinie. On pourra commencer par v´erifier que 1 +a² − 2acos(t) = a−e^−it

a−e^it . On v´erifie facilement que

a−e^−it

a−e^it

= a²−a(e^it+ e^−it) + 1 = 1 +a²−2acos(t).

Pour tout t ∈ R on a e^it

= e^−it

= 1 tandis que |a| 6= 1 donc a −e^−it et a −e^it sont non-nuls. Ainsi 1 +a²−2acos(t) ne s’annule pas. La fonction ϕ(t) = tsin(t)

1 +a²−2acos(t) est donc continue sur [0, π] (quotient de fonctions continues dont le d´enominateur ne s’annule pas) et donc I(a) est bien d´efinie.

b) Donner un param´etrage de chacun des 4 segments [−π, π], [π, π + in], [−π+ in, π+ in]

et [−π,−π+ in].

On param`etre

• [−π, π] par γ⁽¹⁾(t) =t sur [−π, π],

• [π, π+ in] par γ⁽²⁾(t) = π+ it sur [0, n],

• [−π+ in, π+ in] par γ⁽³⁾(t) =t+ in sur [−π, π],

• [−π,−π+ in] par γ⁽⁴⁾(t) =−π+ it sur [0, n].

c) Montrer que Z

[−π,π]

fa(z) dz =−2iI(a). Indication : parit´e.

En utilisant le param´etrage de [−π, π] donn´e au b) on a Z

[−π,π]

f_a(z) dz = Z π

−π

t a−e^−itdt

= Z π

−π

t a−e^it

(a−e^−it) (a−e^it)dt

= Z π

−π

t(a−cos(t)−i sin(t)) 1 +a²−2acos(t) dt

= Z π

−π

t(a−cos(t))

1 +a²−2acos(t)dt−i Z π

−π

tsin(t)

1 +a²−2acos(t)dt.

La fonction t 7→ t(a−cos(t))

1 +a²−2acos(t) est impaire donc Z π

−π

t(a−cos(t))

1 +a²−2acos(t)dt = 0, et la fonctiont7→ tsin(t)

1 +a²−2acos(t) est paire donc Z π

−π

tsin(t)

1 +a²−2acos(t)dt= 2I(a). Finalement on obtient

Z

[−π,π]

f_a(z) dz = Z π

−π

t(a−cos(t))

1 +a²−2acos(t)dt−i Z π

−π

tsin(t)

1 +a²−2acos(t)dt = −2iI(a).

d) Montrer que lim

n→+∞

Z

[π+in,−π+in]

f_a(z) dz = 0.

En utilisant le param´etrage de [−π+ in, π+ in] donn´e au b) on a

Z

[π+in,−π+in]

fa(z) dz

=

− Z π

−π

t+ in a−e^−i(t+in)dt

=

Z π

−π

t+ in a−e^n−it dt

≤ Z π

−π

|t+ in|

|a−e^n−it|dt

≤ Z π

−π

|t|+n

|e^n−it| −adt

≤ Z π

−π

π+n eⁿ−adt

= 2ππ+n eⁿ−a,

o`u on a aussi utilis´e l’in´egalit´e triangulaire invers´ee et le fait que a < 2<|e<sup>n−it</sup>| `a la 4-`eme ligne. Comme lim

n→+∞2ππ+n

eⁿ−a = 0 on en d´eduit que lim

n→+∞

Z

[π+in,−π+in]

f_a(z) dz = 0.

e) i) Montrer que pour tout n∈N^∗ on a Z

[π,π+in]

f_a(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

f_a(z) dz = 2iπ Z n

0

dt

a+ e^t = 2iπ Z n

0

e^−t 1 +ae^−tdt.

En utilisant les param´etrages de [π, π+ in] et [−π,−π+ in] donn´es au b) on a Z

[π,π+in]

fa(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

fa(z) dz = Z

[π,π+in]

fa(z) dz− Z

[−π,−π+in]

fa(z) dz

= Z n

0

π+ it

a−e^−i(π+it) ×i dt− Z n

0

−π+ it

a−e^{−i(−π+it)} ×i dt

= i Z n

0

π+ it

a+ e^t − −π+ it a+ e^t dt

= 2iπ Z n

0

dt a+ e^t, ce qui donne la premi`ere ´egalit´e. Enfin, on a

2iπ Z n

0

dt

a+ e^t = 2iπ Z n

0

1

e^t(ae^−t+ 1)dt = 2iπ Z n

0

e^−t 1 +ae^−tdt.

ii) Calculer 2iπ Z n

0

e^−t

1 +ae^−tdt et en d´eduire la limite

n→∞lim Z

[π,π+in]

fa(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

fa(z) dz

. Commea >0 on a 1 +ae^−t>0 donc

2iπ Z n

0

e^−t

1 +ae^−tdt=−2iπ a

Z n 0

−ae^−t

1 +ae^−tdt = −2iπ a

ln(1 +ae^−t)n

0 = −2iπ

a ln(1 +ae⁻ⁿ)−ln(1 +a) D’apr`es i) on a donc

n→∞lim Z

[π,π+in]

f_a(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

f_a(z) dz

= lim

n→∞−2iπ

a ln(1 +ae⁻ⁿ)−ln(1 +a)

= 2iπ

a ln(1 +a).

f ) Calculer I(a) en fonction des valeurs de a.

En utilisant la relation de Chasles, pour tout n≥1 on a Z

γn

f_a(z) dz = Z

[−π,π]

f_a(z) dz+ Z

[π,π+in]

f_a(z) dz+ Z

[π+in,−π+in]

f_a(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

f_a(z) dz

= −2iI(a) + Z

[π+in,−π+in]

f_a(z) dz+ Z

[π,π+in]

f_a(z) dz+ Z

[−π+in,−π]

f_a(z) dz

. (∗)

Lorsque n→+∞le deuxi`eme terme du membre de droite tend vers 0 d’apr`es d) tandis que ce qui est dans la parenth`ese tend vers 2iπ

a ln(1 +a) d’apr`es e). Enfin, en utilisant la question b)ii) de la partie I on trouve la valeur de

Z

γn

f_a(z) dz. Il y a donc deux cas :

• si 0< a <1 on a Z

γn

f_a(z) dz = 0 et donc, en prenant la limite n→+∞ dans (∗), 0 =−2iI(a) + 2iπ

a ln(1 +a) ⇐⇒ I(a) = πln(1 +a)

a ,

• si 1< a <2 on a Z

γn

f_a(z) dz = 2iπln(a)

a et donc de mˆeme on obtient 2iπln(a)

a =−2iI(a)+2iπ

a ln(1+a) ⇐⇒ I(a) = πln(1 +a)

a −πln(a)

a =πln(1 +a)−ln(a)

a .

Conclusion : si 0< a <1 on aI(a) =πln(1 +a)

a et si 1< a <2 on aI(a) =πln(1 +a)−ln(a)

a .

Exercice 3. Soit Ω =D(0,1) le disque ouvert de centre 0 et de rayon 1 et f : Ω →C une fonction holomorphe sur Ω et continue sur Ω. On suppose de plus que pour tout z ∈Ω on a

|f(z)| ≤1 et que f 1

2

= 0.

a) Soit g(z) = z−1

2 1−z 2 .

i) V´erifiez que g est holomorphe sur Ω et continue sur Ω.

La fonction g est le quotient de 2 fonctions holomorphes sur C et son d´enominateur ne s’annule qu’en z = 2. Donc g est holomorphe, et donc continue, sur C\ {2}. Comme Ω ⊂ Ω⊂C\ {2} on en d´eduit queg est holomorphe sur Ω et continue sur Ω.

ii) Montrer que pour tout z ∈Ω on a |g(z)| ≤1 et que de plus |g(z)|= 1 si |z|= 1.

Pour tout z 6= 2 on a

|g(z)|² =

z− ¹₂

2

1− ^z₂

2 = z−¹₂

¯ z−¹₂ 1− ^z₂

1−^z₂^¯ = |z|²−Re(z) + ¹₄ 1−Re(z) + ^|z|₄² . On a donc

|g(z)| ≤1 ⇐⇒ |g(z)|² ≤1 ^1−Re(z)+

|z|2 4 >0

⇐⇒ |z|²−Re(z) +1

4 ≤1−Re(z) +|z|²

4 ⇐⇒ |z|² ≤1.

On a donc bien |g(z)| ≤ 1 pour tout z ∈ Ω. De plus si |z| = 1 on a alors |g(z)|² = 1−Re(z) + ¹₄

1−Re(z) + ¹₄ = 1 et donc |g(z)|= 1.

b) Soit h= f g.

i)V´erifiez queh est m´eromorphe surΩet qu’elle a une unique singularit´e qu’on pr´ecisera.

h est le quotient de 2 fonctions holomorphes sur Ω. Elle est donc m´eromorphe. De plus ses singularit´es sont les z´eros de son d´enominateur. Elle a donc une unique singularit´e enz₀ = 1

2. ii) Montrez que h se prolonge en une fonction holomorphe sur Ω et continue sur Ω.

On va montrer que z₀ est une singularit´e artificielle ce qui prouvera, par d´efinition d’une singularit´e artificielle, que h peut bien ˆetre prolong´ee en fonction holomorphe sur Ω. h sera donc continue au moins sur Ω. De plus f et g sont continues sur ∂Ω = Ω\Ω et g ne s’y annule pas donc h sera aussi continue sur ∂Ω et donc sur Ω.

Il reste donc `a v´erifier que z₀ est une singularit´e artificielle de h. On v´erifie que g⁰(z₀) =

4

3 6= 0 donc z0 est un z´ero d’ordre 1 du d´enominateur g. Comme c’est aussi un z´ero du num´erateurf, par hypoth`ese, on en d´eduit quez₀ est une singularit´e artificielle de h= f

g. c) Montrer que pour toutz ∈Ω on a |f(z)| ≤ |g(z)|.

La fonction h, une fois prolong´ee, est holomorphe sur Ω et continue sur Ω. De plus Ω est born´ee. On peut donc appliquer le principe du maximum. Pour tout z ∈ Ω on a |h(z)| ≤ maxz∈∂Ω|h(z)|. Or z ∈ ∂Ω si et seulement si |z| = 1 et pour tout z tel que |z| = 1 on a

|f(z)| ≤1 =|g(z)|, i.e. |h(z)|= |f(z)|

|g(z)| ≤1. Ainsi, pour toutz ∈Ω on a|h(z)| ≤1. Si z ∈Ω, z 6=z0, on a donc

|h(z)|= |f(z)|

|g(z)| ≤1 ⇐⇒ |f(z)| ≤ |g(z)|, tandis quef(z0) = g(z0) = 0. Pour toutz ∈Ω on a bien |f(z)| ≤ |g(z)|.

d) On note A l’ensemble des fonctions f : Ω → C holomorphes sur Ω, continues sur Ω et telles que f

1 2

= 0 et |f(z)| ≤1 pour tout z ∈Ω. D´eterminer sup

f∈A

f

i 2

.

Si f ∈ A, comme i

2 ∈Ω d’apr`es la question pr´ec´edente on a f

i 2

≤ g

i 2

= r 8

17 = 2√

√ 2

17. Donc sup

f∈A

f

i 2

≤ r 8

17. Enfin d’apr`es a)ii) la fonction g est dansA donc sup

f∈A

f

i 2

≥ g

i 2

= r 8

17. Conclusion : sup

f∈A

f

i 2

= r 8

17.

Remarque : le sup est donc atteint pour f = g. On pourrait pr´eciser toutes les fonctions f pour lesquelles ce sup est atteint. En effet, sif ∈ Av´erifie

f

i 2

= r 8

17 alors la fonction h = f

g consid´er´ee dans les questions pr´ec´edentes est telle que h

i 2

= 1 = max

z∈∂Ω|h(z)|

alors que i

2 ∈ Ω. Le principe du maximum permet d’affirmer que h est constante. De plus cette constante est n´ecessairement de module 1. On en d´eduit que n´ecessairement f = λg avec λ∈C,|λ|= 1.