Université de Cergy-Pontoise - Licence L3-S5 - Session 1 - Mardi 18/12/2018
CORRIGÉ de l'Examen - Séries de Fourier et Analyse Complexe Solution de l'Exercice I :
1) Puisque f(−π) = (−π)2 = π2, par 2π-périodicité de f on déduit que f vaut π2 sur tout l'ensemble (2Z + 1)π. On se réduit ainsi à vérier la parité de f sur A = R \ (2Z + 1)π. Déjà, sur ]−π, π[, f(x) = x2 = (−x)2 = f(−x). Or, tout x ∈ A se décompose d'une façon unique comme x = 2kπ+ε où k ∈ Z et ε ∈]−π, π[. Alors par 2π-périodicité de f on a : f(x) = f(2kπ+ε) = f(ε) = f(−ε) = f(−2kπ−ε) = f(−x). Donc f est paire sur A aussi, donc sur R.
2) f est continue sur ]−π, π[, donc elle l'est aussi, par 2π-périodicité, sur l'ensemble A désigné ci-dessus. Pour la continuité dans les points de(2Z+ 1)π, toujours par 2π-périodicité, il sura d'étudier la continuité de f en π. On a vu à 1) que π2 = f(π) = limx%πf(x) et par 2π- périodicité on a aussi limx&πf(x) = limx&−πf(x) = (−π)2 =π2. Donc f est continue sur R.
Les points de (2Z+ 1)π sont ceux où f0 n'est pas dénie. En eet, sur ]−π, π[,f0(x) = 2x et par 2π-périodicité limx&πf0(x) = limx&−πf0(x) =−2π alors que limx%πf(x) = 2π.
Doncf est continue sur Ret C1 par morceaux sur R.
3) (a) La fonctionf est paire, donc ses coecientsbn (en sinus) de la série de Fourier de f sont nuls, et on a : a0 = 1
π Z π
−π
x2dx= 2π2 3 .
(b) Pour n∈N∗, le calcul de an se fait par une double intégration par parties, et on trouve : an= 2
π Z π
0
x2cos(nx)dx= 2 πn
Z π
0
x2(sin(nx))0dx=. . . IP P . . .= (−1)n 4 n2. Comme par dénition S(f) = a0
2 +X
n≥1
ancos(nx) +bnsin(nx)
on obtient donc
S(f) = π2
3 + 4X
n≥1
(−1)n
n2 cos(nx).
4) f étant continue etC1 par morceaux, par le théorème de Dirichlet cette fonction est somme de sa série de Fourier pour toutxréel, et on a donc, pour toutxdans [−π, π],f(x) = S(f)(x)i.e.
x2 = π2
3 + 4X
n≥1
(−1)n
n2 cos(nx).
5) Si l'on prend ci-dessusx=π, on obtient : π2 = π2
3 + 4X
n≥1
1
n2 d'où X
n≥1
1 n2 = π2
6 . Si l'on fait x= 0, on obtient cette fois : X
n≥1
(−1)n+1 n2 = π2
12.
6) L'identité de Parseval, que l'on peut appliquer ici puisquef est continue, s'énonce ainsi :
1 2π
Z π
−π
|f(x)|2dx= a20
4 +X
n≥1
a2n+b2n 2 ,
et elle donne dans le cas présent : 1
2π Z π
−π
x4dx= π4 9 +1
2 X
n≥1
16
n4 ce qui donne ensuite : X
n≥1
1 n4 = π4
8 1
5 − 1 9
= π4 90.
Solution de l'Exercice II :
1) Il s'agit des équations de Cauchy-Riemann sur De : ∂P
∂x = ∂Q
∂y et ∂P
∂y =−∂Q
∂x. 2) Sous les hypothèses :f holomorphe sur D etQ=P2 sur De, on a d'après 1) :
∂P
∂x = ∂Q
∂y = ∂(P2)
∂y = 2P∂P
∂y et ∂P
∂y =−∂Q
∂x =−∂(P2)
∂x =−2P∂P
∂x qui équivaut au système homogène d'inconnues ∂P
∂x et ∂P
∂y suivant :
∂P
∂x −2P∂P
∂y = 0 et ∂P
∂y + 2P∂P
∂x = 0.
Or, le discriminant de ce système vaut 1 +P2 ≥ 1 > 0 partout sur R2, donc il s'agit d'un système à solution unique : ∂P
∂x = ∂P
∂y = 0 ce qui entraîne queP est nécessairement constante.
Or, dans ce cas le équations de Cauchy-Riemann impliquent aussi ∂Q
∂x = ∂Q
∂y = 0 donc Q est constante aussi. On en déduit que les seules fonctions holomorphes f sur D pour lesquelles Imf = (Ref)2 sont les fonctions constantes.
Solution de l'Exercice III :
1) g étant holomorphe sur Ωelle est analytique sur Ω, i.e. développable en série entière (abrégé : DSE) en chaque point z0 de l'ouvert Ω. Son DSE converge pour tout z ∈ D(z0, R) dès lors que 0 < R ≤ dist(z0, ∂Ω) et a la forme : g(z) = P∞
n=0an(z −z0)n. Celui-ci est en fait le développement de Taylor de g en z0, dont les coecients sont an =g(n)(z0)/n!.
2) fk sont des rapports entre les fonctions (holomorphes sur Ω) g et z 7→ (z −z0)k+1, donc les fk sont holomorphes partout sur Ω à l'exception des points où elles ne sont pas dénies ; dans notre cas, enz0 seulement.
Concernant la nature de la singularité en z0, la condition (a0, a1, ..., ak) 6= (0,0, ...,0) assure qu'il existe un 0 ≤ q ≤ k qui est le plus petit j ∈ {0, . . . , k} pour lequel aj 6= 0. En tenant compte de la question précédente, le DSE de g enz0 sera donc :
g(z) =
∞
X
n=q
an(z−z0)n= (z−z0)q
∞
X
n=0
an+q(z−z0)n
qu'on pourra diviser par(z−z0)k+1 pour obtenir le développement en série de Laurent (DSL) defk en z0 (qui converge dans une couronneC(z0;r, R)), sous la forme :
fk(z) =
k−q
X
n=0
+
∞
X
n=k+1−q
!
an+q(z−z0)n−(k+1−q) =
k−q
X
n=0
an+q(z−z0)n−(k+1−q)+
∞
X
n=0
an+k+1(z−z0)n.
La première somme du membre de droite est la "partie singulière" du DSL, qui, a priori converge dans le complémentaire dans Ω du disque fermé de centre z0 et de rayon r, mais dans notre cas, étant une somme nie, elle converge toujours, donc r= 0 (i.e. elle converge sur Ω\ {z0}).
La deuxième somme du membre de droite est la "partie entière" du DSL, qui converge dans tout disque ouvert centré enz0 et de rayon 0≤R ≤dist(z0, ∂Ω).
Dans la partie singulière du DSL ci-dessus le terme du plus haut degré du polynôme en variable (z−z0)−1 est celui pour lequel n = 0, à savoir : aq(z −z0)q−(k+1), donc z0 est un singularité d'ordre p = (k + 1)−q. Or, on avait 0 ≤ q ≤ k donc il s'agit bien d'un pôle en z0, qui sera d'ordre1≤p≤k+ 1.
Par dénition, le résidu defk enz0 est le coecient du premier terme de la partie singulière du DSL, donc celui pour lequeln =k−q dans la première somme du membre de droite ci-dessus.
Il s'agit donc de a(k−q)+q =ak=g(k)(z0)/k!.
3) Dans notre cas γ est un lacet parcouru une seule fois en sens direct et à l'intérieur duquel ne se trouve qu'un seul pôle defk, à savoirz0. Le théorème des résidus s'écrit alors :
I
γ
fk(z)dz = 2πiRes(fk, z0).
Or, d'après la question précédente, Res(fk, z0) = ak = g(k)(z0)/k!, d'où la formule de Cauchy à l'ordre k.
4) (a) g est rapport de fonctions entières donc elle est holomorphe partout où elle est dénie, à savoir sur Ω =C∗.
En z0 = 2 elle est holomorphe donc analytique et son disque de convergence est tel que son intersection avec l'ensemble des singularités de g doit être vide. Donc il aura un rayon maximal R=dist(z0,0) = |2−0|= 2.
(b) Sur C∗ : g0(z) = ez z
1− 1
z
. Or, g est développable en série entière dans le disque ou- vert D(2,2) ce DSE étant celui de Taylor. Il existe donc une fonction h : D(2,2) → C, holomorphe sur D(2,2)telle que ∀z ∈D(2,2) :
g(z) = g(2) +g0(2)
1! (z−2) + (z−2)2h(z) = e2 2 + e2
4(z−2) + (z−2)2h(z).
Alternativement, on aurait pu développer en z0 = 2 : z 7→ez = e(z−2)e2 = e2
∞
X
n=0
(z−2)n n!
etz 7→ 1 z = 1
2
1
1 + (z−2)/2 = 1 2
∞
X
k=0
(−1)k
2k (z−2)ket multiplier ces deux DSE pour obtenir
le résultat, mais en procédant ainsi on n'aurait pas obéi à l'injonction "en déduire" de l'énoncé ...
(c) On divise par (z−2)2 la formule ci-dessus (qui donne le DSE de g en 2 sur D(2,2)) et on obtient : g(z)
(z−2)2 = e2
2(z−2)2 + e2
4(z−2)+h(z) où les premiers deux termes sont la partie singulière du DSL de g/(· −2) puisque h étant holomorphe, son DSE en z0 = 2 fournira la partie entière du DSL de g/(· −2).
(d) On remarque qu'en prenant g dénie comme auparavant,I devient : I
γ
g(z)
(z−2)2dz qu'on pourra calculer avec la formule de Cauchy à l'ordre k= 1 :I = 2πig0(2) = iπe2
2 .
Solution de l'Exercice IV :
1) Les gα ont le même domaine d'holomorphie que celui de f. En eet, puisque le produit de fonctions holomorphes est une fonction holomorphe, il sura de montrer que z 7→ eiαz est holomorphe sur C. Or cette dernière est composée de deux fonctions holomorphes (sur C) : l'exponentielle et z 7→eiαz.
Concernant (A) : pour z quelconque, |eiαz| = |eiαx| ·e−αy = e−αy. Si α > 0 et Imz = y ≥ 0, alors 0<e−αy ≤1. Donc si f a la propriété (A), alors lim
|z|→+∞,Im(z)≥0|gα(z)|= 0 aussi.
Concernant (B) : Lorsque z =x+iy ∈ R (donc y = 0), |gα(x)| = |f(x)| et on déduit que les intégralesR+∞
−∞ |gα(x)|dx sont convergentes aussi, sachant que celle de |f| l'est par hypothèse.
2) (a) De 1) résulte que pour chaque α > 0, les gα sont holomorphes dans Ω. En choisissant R > max{|a1|, . . . ,|an|} on s'assure que toutes les singularités isolées de f se trouvent à l'intérieur du contour ΓR, et la même chose est vraie pour les gα. En appliquant alors le théorème des résidus aux gα pour le contour ΓR=γR∪CR on trouve :
2πi
n
X
k=1
Res(gα, ak) = Z
ΓR
gα(z)dz = Z
γR
+ Z
CR
gα(z)dz.
En choisissant pour le chemin γR ⊂ R la paramétrisation γR(x) = x pour x ∈ [−R, R]
(donc γR0 (x) = x0 = 1) on déduit : Z
γR
gα(z)dz = Z R
−R
gα(x)dx.
(b) En choisissant R >max{|a1|, . . . ,|an|}on s'assure de l'existence d'un voisinage ouvert du demi-cercle CR sur lequel f est holomorphe, et en particulier, continue (et pareillement pour toutes les gα). Il résulte que sur le compact CR de C, f est bornée ; donc pour tout R assez grand,M(R) = supz∈C
R|f(z)| est une quantité nie.
En choisissant pour le chemin CR la paramétrisation CR(t) = Reit pour t ∈ [0, π] (donc CR0 (t) = Rieit) on déduit :
Z
CR
g(z)dz
≤ Z π
0
|f(Reit)|e−αRsintRdt ≤RM(R) Z π
0
e−αRsintdt.
Mais puisque sur [0, π/2] on a sin(t) = sin(π−t), l'intégrale ci-dessus vaut 2Rπ/2
0 . Ainsi, en utilisant sint≥ π2t si t∈[0, π/2], on obtient la majoration :
Z
CR
g(z)dz
≤2RM(R) Z π/2
0
e−2αRt/πdt≤2RM(R)· π
2αR ·[eτ]0−αR≤ π
αM(R).
(c) L'hypothèse (A) surf assure que M(R)tend vers 0 lorsque R tend vers+∞, donc de (b) on obtient bien le résultat voulu.
(d) On passe à la limite quandR → ∞dans l'égalité (2.a) de l'énoncé. Sachant que les résidus ne dépendent pas de R la limite n'a aucun eet sur le premier terme du membre de droite de cette identité. Aussi, par (2.c) le deuxième terme du membre de droite de l'identité tend à zéro si R → ∞. Dans le membre de gauche on se retrouve avec lim
R→∞
Z +R
−R
gα(x)dx qui est égale à I(α) ssigα est intégrable sur R. Or, d'après 1) c'est le cas.
3) (a) La fonction J est paire (car le cosinus l'est est l'intégration est une application linéaire), donc on peut se limiter à α≥0. On a :
J(0) = Z +∞
0
dx
1 +x2 = lim
R→∞
Z R
0
dx
1 +x2 = lim
R→∞arctan(R) = π 2.
(b) Sachant quecos(αx) = Reeiαxet qu'il s'agit d'une intégrale réelle d'une fonction:R→C pour laquelle on a toujours Re(R
. . .) =R
Re(. . .), dans le casα >0 on a "a priori" : J(α) = 1
2Re
Z +∞
−∞
eiαx 1 +x2dx
.
Remarquer que l'intégrale précédente est du type I(α) de la question (1) avec f(x) = 1/(1 +x2). Remarquer par ailleurs que la partie imaginaire de cetI(α) est l'intégrale sur un intervalle symétrique d'une fonction impaire (à cause du sinus) intégrable sur R donc ImI(α) = 0, i.e. ReI(α) = I(α), ce qui prouve, pour le choix de f précisé auparavant, que J(α) = 12I(α).
Les fonctions z 7→ gα(z) = eiαzf(z) où f(z) = 1/(1 +z2) ont le même domaine d'holo- morphie que f pour les raisons précisées à 1). Concernant f, ses seules singularités sont les zéros du polynôme 1 +z2, à savoir ±i et leur multiplicité étant 1, il suit que ±i sont des pôles simples de f et donc degα pour toutα >0. Or, seulementi∈H.
(c) Comme les gα sont du type F/G un et que i est pôle simple, un résultat connu donne Res
F G, i
= F(i)
G0(i) d'où : Res
z 7→ eiαz 1 +z2, i
= e−α 2i .
Alors, d'après (2.d) on déduit dans notre cas : I(α) = 2πie−α/2i =πe−α ∈R, donc, par (3.b) : J(α) = π2e−α si α >0.
Remarquer que d'après (3.a) le cas α = 0 convient pour la formule précédente, et par la parité de la fonction J (en α) on a nalement :
∀α∈R,
Z +∞
0
cos(xα)
1 +x2 dx= π 2e−|α|.
