FACULTĂ DES SCIENCESSECTION DE MATHĂMATIQUESH.-M. MAIRE
COURS D'ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Table des matiĂšres
0. Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 01. Le corps des complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. Fonctions à variation bornée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53. Intégrales de Riemann-Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84. Fonctions dénies par des intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . 135. Chemins, courbes, intégrales curvilignes, indice . . . . . . . . . . . 176. Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217. Séries trigonométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268. Application de la théorie des séries de Fourier . . . . . . . . . . . . 359. Transformation de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
10. Fonctions diérentiables d'une variable complexe . . . . . . . . . . 4511. Théorie de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4912. Fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5313. Homotopie et homologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5714. Points singuliers et résidus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5915. Fonctions méromorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6616. Produits innis de fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . 7117. Les fonctions Πet ζ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7618. Transformation de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Annexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
Références . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
0 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
0. Introduction
Ce polycopié contient la matiÚre enseignée pendant les années 2002-03 à 2004-05 en Ana-lyse complexe à l'Université de GenÚve. Le cours est destiné aux étudiants de deuxiÚmeannée du Baccalauréat universitaire (Bachelor) en mathématiques et physique. Il est lar-gement inspiré du livre de J.C. Burkill and H. Burkill [4]. Le cours d'Analyse I sert deréférence de base (voir E. Hairer et G. Wanner [11]).
La premiÚre partie traite des séries de Fourier dont la convergence est étudiée en détailgrùce aux théorÚmes de Jordan 7.13 et Fejér 7.14. Ces deux résultats ont nécessité l'intro-duction de la notion de fonction à variation bornée à valeurs complexes sur un intervalleréel. L'intégrale de Stieltjes, qui généralise de l'intégrale de Riemann, est présentée dansce contexte car elle conduit naturellement aux intégrales curvilignes, abondamment utili-sées en deuxiÚme partie. L'accent est mis sur les intégrales qui dépendent d'un paramÚtre(continuité, diérentiabilité) car c'est un objet partout présent en Analyse. L'indice d'unecourbe fermée rectiable du plan complexe par rapport à un point en est un exemple.En plus de la résolution d'équations aux dérivées partielles par la méthode de la sépara-tion des variables, la solution du problÚme de Dirichlet dans le disque et l'inégalité iso-périmétrique sont données comme applications de la théorie des séries trigonométriques.Une brÚve introduction à la transformation de Fourier termine la premiÚre partie.1
La deuxiÚme partie consiste en l'étude des fonctions d'une variable complexe. Le théorÚmeet la formule de Cauchy occupent une place prépondérante. Une version générale dela formule de Cauchy conduit au théorÚme des résidus qui permet de calculer nombred'intégrales dénies. Les résultats classiques (principes du prolongement analytique, dumaximum, des zéros isolés, théorÚme de Weierstrass sur la convergence uniforme d'unesuite de fonctions holomorphes, théorÚme de Liouville) forment la partie centrale de ladeuxiÚme partie. Les fonctions méromorphes et le théorÚme de Rouché font l'objet duchapitre 15. On donne ensuite la construction de fonctions méromorphes avec des partiesprincipales données et celle de fonctions holomorphes avec des zéros donnés.Comme application de cette théorie, les fonction Πd'Euler et ζ de Riemann sont pré-sentées au chapitre 17. Une brÚve introduction à la transformation de Laplace terminele cours.1
Beaucoup d'autres sujets classiques (théorÚmes de la représentation conforme, de Picard,de Runge, formule de Jensen, méthode de Perron, fonctions hypergéométriques, . . .) nesont pas abordés ici mais les étudiants qui ont acquis les notions de base du cours peuventy accéder directement.
GenĂšve, juin 2005
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1Pas couvert en 2004-05
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 1
1. Le corps des complexes
Dénition 1.1. Dans l'ensemble R2 des couples de nombres réels (x, y) , on dénit uneaddition par
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)
et une multiplication par
(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 â y1y2, x1y2 + y1x2).
Proposition 1.2. Avec ces lois, R2 devient un corps commutatif, le corps des nombrescomplexes, qu'on dĂ©signe par C. L'Ă©lĂ©ment neutre pour + est (0, 0), l'Ă©lĂ©ment neutrepour · est (1, 0). L'Ă©lĂ©ment inverse de (x, y) 6= (0, 0) est (x/(x2 + y2),ây/(x2 + y2)).
Remarque 1.3. L'application R â C qui envoie x sur (x, 0) est un homomorphismeinjectif. Ceci permet d'identier RĂ 0 Ă R et d'Ă©crire x pour (x, 0) .
Notation 1.4. Si z désigne le couple (x, y) et i désigne le couple (0, 1) , on a z =x · (1, 0) + y · (0, 1) = x+ y · i . Le nombre réel x est la partie réelle du nombre complexex+y ·i , notation x = Re z ; le nombre réel y est la partie imaginaire du nombre complexex+ y · i , notation y = Im z .On utilisera systématiquement la notation x+ iy pour les nombres complexes.
Remarque 1.5. L'espace C a aussi une structure d'espace vectoriel rĂ©el de dimension2, avec 1, i comme base. Mais c'est un Câespace vectoriel de dimension 1.
Notation 1.6. Soit z = x+ iy â C ; le conjuguĂ© complexe de z est dĂ©ni par z := xâ iyet la valeur absolue de z est le nombre rĂ©el |z| :=
âx2 + y2 .
Proposition 1.7. Pour z et w dans C, on a :
Re z =z + z
2, Im z =
z â z
2i, z + w = z + w, zw = zw, |z|2 = zz
|zw| = |z||w|, 1
z=
z
|z|2, |Re z| 6 |z|, | Im z| 6 |z|, |z + w| 6 |z|+ |w|.
Preuve. Seule la derniÚre inégalité n'est pas immédiate. On peut la déduire de l'inégalitétriangulaire dans R2 ou procéder directement comme suit :
|z + w|2 = (z + w)(z + w) = |z|2 + zw + zw + |w|2
= |z|2 + 2 Re zw + |w|2 6 |z|2 + 2|z||w|+ |w|2 = (|z|+ |w|)2.
Remarque 1.8. Il n'est pas possible de mettre une structure d'ordre sur C pour enfaire un corps totalement ordonnĂ©. En eet, puisque 1 est diĂ©rent de 0 , on doit avoir0 < 1 , car 0 > 1 donne â1 > 0 en ajoutant â1 et 1 > 0 en multipliant par â1 .Maintenant, comme i est diĂ©rent de 0 , on doit avoir soit i > 0 et donc, en multipliantpar i , â1 = i2 > 0 puis 0 > 1 en ajoutant 1 , soit i < 0 et donc, en ajoutant âi ,0 < âi , puis 0 < â1 en multipliant par âi . Contradiction dans les deux cas.
2 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
DĂ©nition 1.9. Comme espace topologique (mĂ©trique), C est aussi identiĂ© Ă R2 . Ladistance est induite par la norme z 7â |z| . Les boules sont dĂ©signĂ©es par D(a, r) poura â C et r > 0 , car ce sont des disques.La projection stĂ©rĂ©ographique Ï rĂ©alise une bijection continue de la sphĂšre unitĂ© de R3
privée du pÎle nord N = (0, 0, 1) sur C . En coordonnées, on a
Ï : (x, y,±â
1â x2 â y2) 7â x+ iy
1ââ
1â x2 â y2.
Cette application suggĂšre d'ajouter un point Ă l'inni Ă C pour en faire un espacecompact C := C âȘ â . Par dĂ©nition :
z ââ ââ Ïâ1(z) â N ââ 1
zâ 0.
Ainsi un voisinage de l'inni est un ensemble qui contient l'extĂ©rieur d'un disque centrĂ©en 0 : z â C | |z| > R .
DĂ©nition 1.10. Soit z = x+ iy â C . L'exponentielle de z est le nombre complexe
(1.1) ez := ex(cos y + i sin y) = ex · eiy.
La propriété fondamentale de l'exponentielle
(1.2) ez+w = ez · ew
provient des formules d'addition des fonctions trigonométriques. En eet, pour z = x+iyet w = u+ iv , on a :
ez+w = ex+u+i(y+v) = ex+u(cos y cos v â sin y sin v + i sin y cos v + sin y cos v
)= ex(cos y + i sin y)eu(cos v + i sin v).
On peut aussi poser plus directement
(1.3) ez := 1 + z + z2/2 + · · ·+ zn/n! + . . .
car cette sĂ©rie converge absolument d'aprĂšsâ|zn/n!| = e|z| < â . La vĂ©rication de
(1.2) découle du produit de Cauchy :
ezew =ââ
m=0
zm
m!
âân=0
wn
n!=
ââp=0
1
p!
( âm+n=p
p!zmwn
m!n!
)=
ââp=0
(z + w)p
p!= ez+w.
Elle permet de vérier que (1.1) et (1.3) sont équivalentes.
Proposition 1.11. PropriĂ©tĂ©s de l'exponentielle complexe.a) ez 6= 0, âz â C ;b) |eiy| = 1, ây â R ;c) ez = 1 ââ z = 2iÏn, avec n â Z ;d) ez = ew ââ z = w + 2iÏn, avec n â Z.
Preuve.a) On a ex 6= 0 puisque l'exponentielle d'un nombre réel ne s'annule jamais. Ensuite,| cos y + i sin y| = 1 .b) Cf. a).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 3
c) De ez = 1 , on dĂ©duit |ez| = ex = 1 et donc x = 0 . De cos y = 1 et sin y = 0 , il suitque y = 2iÏn , avec n â Z . L'implication inverse est immĂ©diate.d) Appliquer c) Ă ezâw .
DĂ©nition 1.12. Soit z = x+ iy 6= 0 un nombre complexe. Il exite Ξ â R , dĂ©terminĂ© Ă 2Ï prĂšs, tel que
xâx2 + y2
= cos Ξ etyâ
x2 + y2= sin Ξ . On dit que Ξ est un argument
de z . L'unique argument Ξ â] â Ï, Ï] s'appelle l'argument principal de z . Notation :Arg z . Donc z = |z|ei Arg z et on a :
z = reiΞ, r > 0, Ξ â R ââ r = |z| et Ξ = Arg z + 2inÏ, n â Z.
Proposition 1.13. La fonction exp : C â Câ est surjective (mais pas injective). Enfait âz â Câ , le nombre complexe w = log |z|+ iArg z satisfait z = ew .
Dénition 1.14. Le logarithme principal de z 6= 0 est le nombre complexe Log z :=log |z|+ iArg z . On a Log x = log x quand x est réel positif. Tout w tel que ew = z estun logarithme de z .
Remarque 1.15. On a eLog z = z , âz â Câ et Log ew = w seulement si âÏ < Imw 6 Ï .
DĂ©nition 1.16. Pour z â Câ et w â C , on pose
zw = ew Log z.
Exemple 1.17.
a) ii = ei Log i = ei(log 1+iÏ/2) = eâÏ/2 ;b) (â1)i = ei(log 1+iÏ) = eâÏ ;c) zn = en Log z = e(nâ1) Log z · eLog z = znâ1 · z , pour n â N . Ainsi, la dĂ©nition del'exponentielle complexe coĂŻncide avec la dĂ©niton usuelle quand l'exposant est unentier > 0 .
Proposition 1.18. Pour z , ζ dans Câ et v , w dans C, on a :
zv+w = zv · zw, (zζ)w = zw · ζw · e2iÏn(z,ζ),
oĂč n(z, ζ) est l'entier dĂ©ni Ă l'Exercice 1.6.
Exemple 1.19. (Quelques fonctions complexes)a) f : C â C , h(z) = a · z , avec a â Câ . Rotation si |a| = 1 , rotation suivie d'unehomothĂ©tie en gĂ©nĂ©ral.
b) h : C \ 1 â C \ 1 , h(z) =z + 1
z â 1, homographie qui se prolonge continĂ»ment en
h : Câ C en posant h(1) = â et h(â) = 1 .c) g : Câ C , g(z) = z2 .d) s : Câ â Câ , s(z) = z1/2 .
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4 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exercice 1.1. Décrire les ensembles de nombres complexes dénis par chacune des 5conditions suivantes :
|z â i| = 1, |z + 5| < 1, z + z = 1, z â z = âi, z + z = |z|2.
Exercice 1.2. Vérier que les points représentés par les nombres complexes a , b , c sontles sommets d'un triangle équilatéral si, et seulement si, a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca .
Exercice 1.3. Montrer l'identitĂ© de LagrangeâŁâŁ nâj=1
ajbjâŁâŁ2 =
nâj=1
|aj|2nâ
j=1
|bj|2 ââ
16j<k6n
|aj bk â akbj|2,
pour a1, . . . , an, b1, . . . , bn â C . En dĂ©duire l'inĂ©galitĂ© de Cauchy-Schwarz dans Cn :âŁâŁâ aj bjâŁâŁ 6
(â|aj|2
)1/2(â |bj|2)1/2
.
Exercice 1.4. La projection stĂ©rĂ©ographique S2\N â C est dĂ©nie par (x1, x2, x3) 7â(x1 + ix2)/(1â x3) = z , pour (x1, x2, x3) â R3 tel que x2
1 + x22 + x2
3 = 1 et N = (0, 0, 1) .VĂ©rier les formules :
|z|2 =1 + x3
1â x3
; x1 =z + z
1 + |z|2, x2 =
z â z
i(1 + |z|2), x3 =
|z|2 â 1
|z|2 + 1.
Exercice 1.5. Pour a, c â R , b â C avec a 6= 0 et |b|2 > ac , montrer que
azz + bz + bz + c = 0
est l'Ă©quation d'un cercle dans C . Discuter le cas a = 0 .
Exercice 1.6. On suppose z1, z2 â C avec z1z2 6= 0 . VĂ©rier que :
Log(z1z2) = Log(z1) + Log(z2) + 2iÏn(z1, z2),
oĂč :
n(z1, z2) =
1 si â2Ï < Arg z1 + Arg z2 6 âÏ,0 si âÏ < Arg z1 + Arg z2 6 Ï,
â1 si Ï < Arg z1 + Arg z2 6 2Ï.
Exercice 1.7. De Moivre (www-gap.dcs.st-and.ac.uk/history/Mathematicians).a) Pour a â R et Ξ â]â Ï, Ï] , vĂ©rier la formule :
(cos Ξ + i sin Ξ)a = cos(aΞ) + i sin(aΞ).
b) Constater que la restriction sur Ξ est nĂ©cessaire.c) Remarquer que la formule est vraie âΞ â R si a â Z .
Exercice 1.8. Soit w = u+ iv un nombre complexe. Avec
z = x+ iy oĂč x :=â
(|w|+ u)/2 et y :=â
(|w| â u)/2
vérier que z2 = w si v > 0 et z2 = w si v 6 0 . En conclure que tout nombre complexew non nul a deux racines. Constater que w1/2 = z si v > 0 et w1/2 = z si v 6 0 .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 5
2. Fonctions à variation bornée
Remarque 2.1. Soit f : [a, b] â R une fonction monotone (au sens large). Alorslimxc f(x) et limxc f(x) existent pour tout c â]a, b[ . On les dĂ©signe par f(c + 0) ouf(c+) et f(câ 0) ou f(câ) .En eet, supposons f croissante. L'ensemble f([a, c[) = f(x) | a 6 x < c est non videet majorĂ©. Soit l := sup f([a, c[). Pour Δ > 0 , il existe x1 â [a, c[ tel que f(x1) > l â Δcar lâ Δ n'est pas un majorant. Donc f([x1, c[) â]lâ Δ, l] par monotonie et et parce quel est un majorant. On a montrĂ© l = limxc f(x) .
Proposition 2.2. Soit f : [a, b] â R une fonction croissante et a < c1 < · · · < cnâ1 < bun partage de [a, b]. Alors
nâ1âk=1
f(ck+)â f(ckâ) 6 f(b)â f(a).
Preuve. On choisit x1 = a , x2 â]c1, c2[ , x2 â]c2, c3[ ,. . ., xn = b . Alorsnâ1âk=1
f(ck+)â f(ckâ) 6nâ1âk=1
f(xk+1)â f(xk) = f(b)â f(a)
puisque f(xk) 6 f(ckâ) 6 f(ck+) 6 f(xk+1) .
Corollaire 2.3. Si f : [a, b] â R est monotone, l'ensemble de ses discontinuitĂ©s est (auplus) dĂ©nombrable, car la somme des sauts de f est nie. Il s'agit de discontinuitĂ©s depremiĂšre espĂšce.
Rappel. Une fonction monotone est intégrable au sens de Riemann ([11] III (5.11)).
DĂ©nition 2.4. Soit f : [a, b] â R ou C . On dit que f est Ă variation bornĂ©e s'il existeM > 0 tel que pour tout partage a = x0 < x1 < · · · < xn = b de [a, b] , on a
(2.1)nâ1â
0
|f(xj+1)â f(xj)| 6 M.
La mĂȘme dĂ©nition est faite pour les fonctions Ă valeurs dans un espace normĂ© en rem-plaçant la valeur absolue par la norme.On dĂ©signe par VB([a, b];C) l'espace des fonctions complexes Ă variation bornĂ©e sur [a, b]et pour f â VB([a, b];C) , on pose
V[a,b](f) = V (f) := supP
nâ1â0
|f(xj+1)â f(xj)|,
oĂč P parcourt l'ensemble des partages de [a, b] . C'est la variation totale de f sur [a, b] .D'oĂč une semi-norme sur VB([a, b],C) . Ce n'est pas une norme car les constantes ontune variation nulle.Il est immĂ©diat de vĂ©rier l'Ă©quivalence suivante :
(2.2) f â VB([a, b];C) ââ Re f et Im f â VB([a, b];R).
Remarque 2.5. Toute fonction à variation bornée est bornée (par |f(a)|+ V(f)).
6 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exemple 2.6.
a) Toute fonction monotone est Ă variation bornĂ©e.En eet, pour f croissante, on peut enlever les valeurs absolues dans (2.1) et la sommevaut f(b)â f(a) .
b) Si f â C0([a, b];R) est diĂ©rentiable sur ]a, b[ et si sa dĂ©rivĂ©e f âČ est bornĂ©e, alorsf â VB([a, b];R) et V(f) =
â« b
a|f âČ| quand f âČ est intĂ©grable.
Soit M âČ = sup |f âČ| ; le thĂ©orĂšme des accroissements nis donne |f(xj+1) â f(xj)| 6M âČ(xj+1â xj) , et donc V[a,b](f) 6 M âČ â(xj+1â xj) = M âČ(bâ a) . Si f âČ est intĂ©grable,on a |f(xj+1) â f(xj)| = |
â« xj+1
xjf âČ| 6
â« xj+1
xj|f âČ| , d'oĂč V(f) 6
â« b
a|f âČ| . Pour obtenir
une inégalité en sens inverse, on donne Δ > 0 ; il existe un partage de [a, b] tel que⫠b
a|f âČ| 6
â|f âČ(Οj)|(xj+1 â xj) + Δ , oĂč Οj â [xj, xj+1] . On peut prendre Οj tel que
f(xj+1)âf(xj) = f âČ(Οj)(xj+1)âxj) par le thĂ©orĂšme des accroissements nis et obtenirâ« b
a|f âČ| 6
â|f(xj+1)â f(xj)|+ Δ .
c) Une fonction continue n'est pas nĂ©cessairement Ă variation bornĂ©e. Par exemple f(x) =x sin 1/x pour x â]0, 1] et f(0) = 0 .Prendre des partages x0 = 0 , xj = 1/(nâ j)Ï pour 1 6 j 6 nâ 1 , xn = 1 .
d) La fonction donnĂ©e par f(x) = 3x1/3 , pour x â [0, 1] , est monotone, donc Ă variationbornĂ©e, mais sa dĂ©rivĂ©e n'est pas bornĂ©e sur ]0, 1[ .
Remarque 2.7. Pour a < c < b et f : [a, b] â C , on a f â VB(a, b) si, et seulement si,f |[a,c] â VB(a, c) et f |[c,b] â VB(c, b) . Dans ce cas V[a,b](f) = V[a,c](f) + V[b,c](f) .
DĂ©nition 2.8. Une fonction f : [a, b] â C est continue par morceaux s'il existe unpartage a = x0 < x1 < · · · < xn = b de [a, b] tel que f |]xj ,xj+1[ se prolonge continĂ»mentĂ [xj, xj+1] , pour j = 0, . . . , nâ 1 .Notation : CM0([a, b];C) . Exemple : La fonction partie entiĂšre f(x) = [x] sur [0, 10] .
Une fonction f : [a, b] â C est de classe C1 par morceaux s'il existe un partage a =x0 < x1 < · · · < xn = b tel que f |]xj ,xj+1[ a un prolongement de classe C1 Ă [xj, xj+1] ,pour j = 0, . . . , nâ 1 .Notation : CM1([a, b];C) . Exemple : toute fonction ane par morceaux.
Proposition 2.9. Toute fonction de classe C1 par morceaux est à variation bornée.
Preuve. Sur chaque morceau, on applique l'Exemple 2.6 b) puis la Remarque 2.7.
Proposition 2.10. Pour f â VB([a, b];R), on a :a) la fonction x 7â V[a,x](f) =: v(x) est croissante ; elle est continue en tout point oĂč fest continue ;
b) v â f est croissante.
Preuve. Pour a 6 x 6 y 6 b , on a v(x) 6 V[a,x](f) + V[x,y](f) = v(y) d'aprÚs laRemarque 2.7. Si Δ > 0 est donné, il existe un partage x0 = x < x1 < · · · < xn = b de[x, b] tel que
V[x,b](f)â Δ 6nâ1â
0
|f(xj+1)â f(xj)|.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 7
Pour y â [x, x1[ on en dĂ©duit
V[x,b](f)âΔ 6 |f(y)âf(x)|+|f(x1)âf(y)|+nâ1â
1
|f(xj+1)âf(xj)| 6 |f(y)âf(x)|+V[y,b](f),
donc
V[x,b](f)â V[y,b](f) = V[x,y](f) 6 |f(y)â f(x)|+ Δ.
Si f est continue en x , on peut supposer que |f(y)â f(x)| < Δ quand |y â x| est assezpetit. On a montrĂ© a) car le raisonnement est similaire pour y < x .Pour b), on observe que f(y) â f(x) 6 V[x,y](f) = v(y) â v(x) et donc v(x) â f(x) 6v(y)â f(y) .
Corollaire 2.11. Une fonction réelle (continue) est à variation bornée si, et seulementsi, elle est diérence de deux fonctions monotones croissantes (continues). En parti-culier, une fonction à variation bornée n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuitésde premiÚre espÚce.
Preuve. f = v â (v â f) .
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Exercice 2.1. Soit f la fonction dĂ©nie sur [0, 1] par f(x) = x2 sin(1/x) si x 6= 0 etf(0) = 0 . Est-elle Ă variation bornĂ©e ? MĂȘme question pour la fonction g dĂ©nie sur [0, 1]par g(x) =
âx sin(1/x) si x 6= 0 et g(0) = 0 .
Exercice 2.2. On dit qu'une fonction f : [a, b] â C satisfait une condition de Lipschitzd'ordre α > 0 s'il existe M > 0 tel que âx, y â [a, b], |f(x) â f(y)| 6 M |x â y|α .Notation f â Lipα([a, b]) . Montrer les assertions suivantes :(1) α > 1 â Lipα([a, b]) = C ;(2) Lip1([a, b]) VB([a, b])(3) Lipα([a, b]) \ VB([a, b]) 6= â .
Exercice 2.3. Soit g : [a, b] â R une fonction Ă variation bornĂ©e, continue en b etf : [a, b] â C une fonction bornĂ©e. On suppose que, pour tout bâČ â [a, b[ , la restrictionde f Ă [a, bâČ] est gâ intĂ©grable sur [a, bâČ] . Montrer que f est gâ intĂ©grable sur [a, b] etque â« b
a
f d g = limbâČb
â« bâČ
a
f dg.
Exercice 2.4. Montrer l'Ă©quivalence (2.2).
Exercice 2.5. Montrer la Remarque 2.7.
8 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
3. Intégrales de Riemann-Stieltjes
Pour une fonction bornĂ©e f : [a, b] â R et un partage P = a = x0 < · · · < xn = b de[a, b] , B. Riemann (1826-1866) considĂšre les sommes
s(f, P ) =nâ1â
0
mi(xi+1 â xi) , S(f, P ) =nâ1â
0
Mi(xi+1 â xi)
oĂč mi = inf [xi,xi+1] f et Mi = sup[xi,xi+1] f . Quand supP s(f, P ) = infP S(f, P ) , on ditque f est intĂ©grable au sens de Riemann.T.J. Stieltjes (1856-1894) gĂ©nĂ©ralise cette thĂ©orie en remplaçant l'accroissement xi+1âxi par g(xi+1)â g(xi) , oĂč g : [a, b] â R est une fonction croissante (au sens large). D'oĂčdeux nouvelles sommes
s(f, P, g) =nâ1â
0
mi
(g(xi+1)â g(xi)
), S(f, P, g) =
nâ1â0
Mi
(g(xi+1)â g(xi)
).
On vérie immédiatement les inégalités suivantes :
(3.1) (g(b)â g(a)) inf f 6 s(f, P, g) 6 S(f, P, g) 6 (g(b)â g(a)) sup f
et
(3.2) P â Q =â s(f, P, g) 6 s(f,Q, g) 6 S(f,Q, g) 6 S(f, P, g).
DĂ©nition 3.1. Soit f : [a, b] â R une fonction bornĂ©e et g : [a, b] â R une fonctioncroissante. On dit que f est gâintĂ©grable (au sens de Stieltjes) si
âΔ > 0,âÎŽ > 0 tel que â partage P on a ”(P ) < ÎŽ =â S(f, P, g)â s(f, P, g) < Δ,
oĂč ”(P ) := max(xi+1 â xi) . On dĂ©signe parâ« b
af dg la valeur de la limite. L'espace des
fonctions gâ intĂ©grables sur [a, b] sera dĂ©signĂ© par R([a, b], g) . Comme d'habitude, oncomplĂšte la dĂ©nition en posantâ« b
a
f dg = ââ« a
b
f dg, si b < a, etâ« a
a
f dg = 0.
Remarque 3.2. a) Quand g(x) = x , on retombe sur l'intĂ©grale de Riemann d'aprĂšs lethĂ©orĂšme de Du Bois-Reymond et Darboux [11] III 5.8. Notation : R([a, b]) .b) Si f est gâ intĂ©grable alors les sommes de Riemann-Stieltjes
âf(Οi)(g(xi+1)âg(xi)) ,
oĂč Οj â [xj, xj+1] tendent versâ«f dg , quand ”(P ) â 0 . RĂ©ciproquement, si les sommes
de Riemann-Stieltjes de f tendent vers une limite, alors f â R([a, b], g) .
Exemple 3.3.
1) Soit f â C0([a, b]) et g constante par morceaux, i.e., g est constante sur les sous-intervalles ouverts d'un partage x0, x1, . . . , xn de [a, b] , alors f â R([a, b], g) etâ« b
a
f dg =nâ0
f(xj)(g(xj+)â g(xjâ)
), oĂč g(aâ) = g(a), g(b+) = g(b).
2) Si f et g ont un saut en un mĂȘme point de [a, b] , alors f n'est pas gâ intĂ©grable.Exemple : pour f(x) = [x] = g(x) , on a (Mj âmj)
(g(xj+1)â g(xj)
)= 1 si 0 6 xj <
1 6 xj+1 < 2 .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 9
3) f â R([a, b]) et g â C1([a, b]) =â f â R([a, b], g) etâ«f dg =
â«f(x)gâČ(x)dx . En
eet,â
(Mjâmj)(g(xj+1)âg(xj)
)6
â(Mjâmj) sup gâČ(xj+1âxj) tend vers 0 quand
la maille du partage tend vers 0 puisque f est Riemann intégrable.
DĂ©nition 3.4. Pour f, g : [a, b] â C bornĂ©es, on dit que f est gâintĂ©grable (au sensde Stieltjes) s'il existe I â C tel que âΔ > 0 , il existe ÎŽ > 0 tel que pour tout partageP = x0, . . . , cn de [a, b] , on a :
(3.3) ”(P ) < ÎŽ =â |nâ1â
0
f(Οj)(g(xj+1)â g(xj))â I| < Δ, âΟj â [xj, xj+1].
Le nombre complexe I est désigné par⫠b
af dg .
L'intégrale⫠b
af |dg| est dĂ©nie de la mĂȘme maniĂšre comme limite de sommes de Riemann-
Stieltjesânâ1
0 f(Οj)|g(xj+1)â g(xj)| , quand elle existe.
Exemple 3.5. Pour f â C0([a, b],C) et g â C1([a, b],C) , on montre comme Ă l'exemple3.3 que f est gâ intĂ©grable et que
â«f dg =
â«fgâČ .
Remarque 3.6. Puisque C est complet, la condition (3.3) est Ă©quivalente Ă la suivante :pour tout Δ > 0 il existe ÎŽ > 0 tel que pour tous partages P = x0, . . . , xm etQ = y0, . . . , yn de maille plus ne que ÎŽ , on a, âΟj,â [xj, xj+1] et âηk,â [yk, yk+1] :
(3.4) |mâ1â
0
f(Οj)(g(xj+1)â g(xj))ânâ1â
0
f(ηk)(g(yk+1)â g(yk)| < Δ,
Preuve. La condition (3.4) est clairement nĂ©cessaire. Montrons qu'elle est susante. Pourtout l â Nâ il existe ÎŽl > 0 tel que (3.4) a lieu avec Δ = 1/2l et ÎŽ = ÎŽl . On peutsupposer que ÎŽl dĂ©croĂźt. Pour chaque l , on choisit un partage Pl et une somme deRiemann-Stieltjes ÎŁl correspondante. Alors la suite ÎŁllâNâ est une suite de Cauchy.Soit I sa limite. En passant Ă la limite dans l'inĂ©galitĂ© |ÎŁl â ÎŁp| < 1/2l si p > l , onobtient |ÎŁl â I| 6 1/2l . Si Δ > 0 est donnĂ©, on prend l â Nâ tel que 1/l < Δ ; soitÎŁ une somme de Riemann-Stieltjes pour un partage de maille plus ne que ÎŽl . Alors|ÎŁâ I| 6 |ÎŁâ ÎŁl|+ |ÎŁl â I| 6 Δ . Donc f est gâ intĂ©grable.
ThĂ©orĂšme 3.7. Condition d'intĂ©grabilitĂ© :f â C0([a, b]) et g â VB([a, b]) =â f â R([a, b], g) et |
â« b
af dg| 6
â« b
a|f || dg|.
Preuve. Montrons (3.4). Pour Δ > 0 donnĂ©, il existe ÎŽ > 0 tel que |f(Ο)âf(η)| < Δ/V(g) ,si |Ο â η| < ÎŽ , par continuitĂ© uniforme de f . On suppose d'abord que Q = y0, . . . , ynest un partage plus n que P = x0, . . . , xm et P de maille plus ne que ÎŽ . La situationsuivante se prĂ©sente :
xj = yk < yk+1 < · · · < yk+l = xp+1 avec l > 1.
On Ă©crit
|f(Οj)(g(xj+1 â g(xj)
)â
lâ1âp=0
f(ηk+p)(g(yk+p+1)â g(yk+p)
)| =
|lâ1âp=0
(f(Οj)â f(ηk+p)
)(g(yk+p+1)â g(yk+p)
)| 6 Δ
V (g)V[xj ,xj+1](g).
10 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
En sommant sur j , on obtient (3.4).Le cas gĂ©nĂ©ral dĂ©coule de ceci et de la comparaison des partages P , P âȘQ et Q .
Proposition 3.8. BilinĂ©aritĂ© de l'intĂ©grale de Stieltjes :a) Si f1, f2 â R([a, b], g) et c1, c2 â C alors c1f1 + c2f2 â R([a, b], g) etâ«
(c1f1 + c2f2) dg = c1â«f1 dg + c2
â«f2 dg ;
b) Si f â R([a, b], g1) â© R([a, b], g2) et c1, c2 â C alors f â R([a, b], c1g1 + c2g2) etâ«f d(cg1 + c2g2) = c1
â«f dg1 + c2
â«f dg2 .
Preuve. Pour a), il sut de vérier l'inégalité suivante
|â
(c1f1 + c2f2)(Οj)(g(xj+1)â g(xj))â c1
â«f1 dg â c2
â«f2 dg| 6
|c1|âŁâŁâ f1(Οj)(g(xj+1)â g(xj))â
â«f1 dg
âŁâŁ + |c2|âŁâŁâ f2(Οj)(g(xj+1)â g(xj))â
â«f2 dg
âŁâŁ.La preuve de b) est similaire.
Corollaire 3.9. Soient f1, f2 et g1, g2 des fonctions rĂ©elles dĂ©nies sur [a, b]. Si fj âR([a, b], gk) pour j et k = 1, 2, alors f1 + if2 â R([a, b], g1 + ig2) et on a :â« b
a
(f1 + if2) d(g1 + ig2) =
â« b
a
f1 dg1 ââ« b
a
f2 dg2 + i(â« b
a
f1 dg2 +
â« b
a
f2 dg1
).
Proposition 3.10. Soit g : [a, b] â R une fonction rĂ©elle Ă variation bornĂ©e et f unefonction rĂ©elle gâintĂ©grable. Alors f est vâintĂ©grable, oĂč v est la fonction variation deg de la Proposition 2.10.
Preuve. Soit M = sup |f | . Pour Δ > 0 donné, il existe Ύ > 0 tel que, pour tout partagede maille < Ύ on a :
|nâ1â
0
(f(Οj)â f(ηj)
)(g(xj+1)â g(xj)
)| < Δ et v(b) <
nâ1â0
|g(xj+1)â g(xj)|+ Δ/2M.
En Ă©changeant au besoin Οj et ηj , on obtient :
(3.5)nâ1â
0
(Mj âmj
)|g(xj+1)â g(xj)| 6 Δ.
D'autre part,
nâ1â0
(Mj âmj
)(v(xj+1)â v(xj)â |g(xj+1)â g(xj)|
)6
2Mnâ1â
0
(v(xj+1)â v(xj)â |g(xj+1)â g(xj)|
)6 2M
(v(b)â
nâ1â0
|g(xj+1)â g(xj)|)< Δ.
En sommant cette inĂ©galitĂ© et (3.5), il vientânâ1
0
(Mj â mj
)(v(xj+1) â v(xj)
)< 2Δ ,
d'oĂč le rĂ©sultat.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 11
Remarque 3.11. Cette propriété permet de ramener les intégrales de Stieltjes de fonc-tions réelles avec intégrant à variation bornée, à un intégrant monotone. On l'utilise danspreuve de la proposition suivante.
Proposition 3.12. Soit g : [a, b] â R une fonction rĂ©elle Ă variation bornĂ©e. Alorsa) f1 et f2 â R([a, b], g;R) =â f1f2 â R([a, b], g) ;b) f â R([a, b], g,R) =â |f | â R([a, b], g) et |
â«f dg| 6
â«|f || dg| ;
c) f â R([a, b], g;R) et inf |f | > 0 =â 1/f â R([a, b], g).
Proposition 3.13. Intégration par parties :
f â R([a, b], g) =â g â R([a, b], f) etâ« b
af dg = fg|ba â
â« b
ag df .
Preuve. Soit Q = y0, . . . , yn un partage de [a, b] et ηj â [yj, yj+1] , 0 6 j 6 nâ 1 . Onpeut supposer que les ηj sont tous distincts, car si ηk = ηk+1 = yk , dans la somme deRiemann-Stieltjes â
g(ηj)(f(yj+1)â f(yj)),
les termes faisant apparaĂźtre yk se dĂ©truisent et on remplace le partage Q par Q \ yk ;la maille du nouveau partage est au plus 2 fois la maille de Q .On introduit ηâ1 = a et ηn = b puis on Ă©crit,
nâ1â0
g(ηj)(f(yj+1)â f(yj)
)=
nâ1â0
f(yj+1)g(ηj)ânâ1â
0
f(yj)g(ηj)
=nâ1
f(yj)(g(ηjâ1)â g(ηj)
)â f(y0)g(η0) + f(yn)g(ηn)
=nâ0
f(yj)(g(ηjâ1)â g(ηj)
)+ f(b)g(b)â f(a)g(a).
La derniĂšre somme est une somme de Riemann-Stieltjes pour ââ«f dg correspondant au
partage P = ηâ1, . . . , ηn . Le rĂ©sultat en dĂ©coule puisque ”(P ) 6 2”(Q) .
ThéorÚme 3.14. Formules de la moyenne. Pour f et g à valeurs réelles, on a :
1) f â R([a, b], g) et g monotone =â âη â [inf f, sup f ] tel queâ« b
af dg = η
â« b
adg et
en particulier, quand f est continue, âΟ â [a, b] tel queâ« b
af dg = f(Ο)
â« b
adg ;
2) f monotone et g â C0([a, b]) =â âΟ â [a, b] tel queâ« b
af dg = f(a)
⫠Ο
adg+f(b)
â« b
Οdg .
Preuve. Pour tout partage x0, . . . , xn de [a, b] et Οj â [xj, xj+1] , on a
inf fâ(
g(xj+1)â g(xj))
6â
f(Οj)(g(xj+1)â g(xj)
)6 sup f
â(g(xj+1)â g(xj)
).
L'existence de η en dĂ©coule. Quand f est continue, le thĂ©orĂšme de la valeur intermĂ©diairedonne Ο .Pour prouver 2), on applique 1) Ă
â«g df aprĂšs avoir intĂ©grĂ© par parties :â« b
a
f dg = fg|ba ââ« b
a
g df = f(b)g(b)â f(a)g(a)â g(Ο)(f(b)â f(a)
)= f(a)
(g(Ο)â g(a)
)+ f(b)
(g(b)â g(Ο)
).
12 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exemple 3.15. Si f est monotone et u â R([a, b]) alors il existe Ο â [a, b] tel queâ« b
af(x)u(x)dx = f(a)
⫠Ο
au(x)dx+ f(b)
â« b
Οu(x)dx .
Il sut en eet d'appliquer 2) à g dénie par g(x) =⫠x
au .
Intégrales impropres
On gĂ©nĂ©ralise la thĂ©orie de l'intĂ©grale de Riemann-Stieltjes au cas oĂč soit l'intervalled'intĂ©gration soit l'intĂ©grant f est non bornĂ©. On supposera que les fonctions f, g :[a, b[â C sont telles que f |[a,bâČ] est g|[a,bâČ]â intĂ©grable, pour tout bâČ < b . Par exemple,b = â est permis.
DĂ©nition 3.16. Pour f, g : [a, b[â C avec f |[a,bâČ] â R([a, bâČ], g|[a,bâČ]) pour tout bâČ < b ,
on dit queâ« b
af dg existe ou converge si limbâČâb
â« bâČ
af dg existe. Elle converge absolument
siâ« b
a|f ||dg| converge, i.e., si les intégrales
â« bâČ
a|f ||dg| sont bornĂ©es pour bâČ < b , ce qu'on
abrĂšge enâ« b
a|f ||dg| <â . La convergence absolue entraĂźne la convergence.
Exemple 3.17. Pour f : [0,â[â C continue, on a :â«â0f(x)d[x] converge ââ
ââ1 f(k) converge ;â«â
0f(x)d[x] converge absolument ââ
ââ1 |f(k)| <â .
zzzzzzz
Exercice 3.1. Soit g : [a, b] â R une fonction Ă variation bornĂ©e, continue en b et f : [a, b] â Cune fonction bornĂ©e. On suppose que, pour tout bâČ â [a, b[ , la restriction de f Ă [a, bâČ] estgâ intĂ©grable sur [a, bâČ] . Montrer que f est gâ intĂ©grable sur [a, b] et queâ« b
af dg = lim
bâČb
â« bâČ
af dg.
Exercice 3.2. Donner une preuve de l'énoncé c) de la Proposition 3.12.
Exercice 3.3. Soit g : [0, 1] â R la fonction dĂ©nie par g(x) = x + 1/2n si x â]1/2n+1, 1/2n]et g(0) = 0 . Calculer
â« 10 xdg(x) .
Exercice 3.4. Utiliser la formule d'intĂ©gration par parties pour l'intĂ©grale de Stieltjes pourmontrer, quand s â C :
nâk=1
1ks
=1
nsâ1+ s
â« n
1
[x]xs+1 dx,
2nâk=1
(â1)k
ks= s
â« 2n
1
2[x/2]â [x]xs+1
dx.
Exercice 3.5. On donne une fonction f : [1,â[â R dĂ©croissante, tendant vers 0 Ă l'inni,et une fonction g : [1,â[â R localement intĂ©grable dont l'intĂ©grale sur tout intervalle niest bornĂ©e par une constante. Ă l'aide du deuxiĂšme thĂ©orĂšme de la moyenne, montrer queâ«â1 f(x)g(x)dx existe. Application Ă
â«â0 sinx/x dx .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 13
4. Fonctions définies par des intégrales
Proposition 4.1. Soit f une fonction continue sur le produit [a, b] Ă K , oĂč K estun espace mĂ©trique compact, et g â VB([a, b]). Alors la fonction F sur K dĂ©nie par
F (y) =â« b
af(x, y) dg(x) est uniformément continue.
Preuve. On Ă©crit, pour y et y0 â K :
|F (y)â F (y0)| = |â« b
a
(f(x, y)â f(x, y0)
)dg(x)| 6 sup
xâ[a,b]
|f(x, y)â f(x, y0)|V(g).
Puisque [a, b]ĂK est compact, f est uniformĂ©ment continue. Pour Δ > 0 donnĂ©, il existedonc ÎŽ > 0 tel que dist(y, y0) < ÎŽ entraĂźne |f(x, y) â f(x, y0)| < Δ , âx â [a, b] et ainsi,supxâ[a,b] |f(x, y)â f(x, y0)| < Δ . D'oĂč |F (y)â F (y0)| < ΔV (g) si dist(y, y0) < ÎŽ .
Proposition 4.2. Pour g â VB([a, b]) et f â R([a, b], g), la primitive F (x) =â« x
af dg
satisfait :a) F â VB([a, b]) et V (F ) 6 sup |f |V (g) :b) g â C0 =â F â C0 ;c) f â C0 et g â C1 =â F â C1 et F âČ = fgâČ .
Preuve. a) Soit P = a, x1, . . . , b un partage de [a, b] . On anâ1â
0
|F (xj+1)â F (xj)| =nâ1â
0
|â« xj+1
xj
f dg| 6 sup |f |â« b
a
|dg| = sup |f |V(g).
b) Puisque g est continue, la fonction de variation de g est continue, cf. Proposition 2.10partie b). On a
|F (x+ h)â F (x)| = |â« x+h
x
f dg| 6 sup |f |(v(x+ h)â v(x)
)et la derniĂšre parenthĂšse tend vers 0 quand h tend vers 0 .c) On sait que
â« x
0f dg =
â« x
0fgâČ et le rĂ©sultat dĂ©coule du thĂ©orĂšme fondamental du
calcul diérentiel([11] III.6.9) qui est aussi vrai pour les fonctions à valeurs complexesen séparant le réel de l'imaginaire.
Exemple 4.3. Pour f â R([a, b]) et h â C([a, b]) , on a, avec F (x) =â« x
af :â« b
a
h(x)dF (x) =
â« b
a
h(x)f(x)dx.
En eet, soit Δ > 0 donné. Pour un partage x0, . . . , xn de [a, b] , on a
|â
h(Οj)(F (xj+1)âF (xj)
)â
â« b
a
hf | = |â â« xj+1
xj
(h(Οj)âh(t)
)f(t)dt| 6 Δ
â« b
a
|f(t)|dt
dÚs que la maille du partage est assez ne, car h est uniformément continue.
Proposition 4.4. Soit g â VB([a, b]) et fk â R([a, b], g) une suite telle que fk convergeuniformĂ©ment vers f sur [a, b]. Alors f est gâintĂ©grable et
â« x
afk dg â
â« x
af dg unifor-
mément.
14 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. D'aprĂšs l'inĂ©galitĂ© fondamentale, pour tous k et l â N on a :
|â«fk dg â
â«fl dg| 6 sup |fk â fl|
â«|dg|.
La suite â«fk dgkâN est donc une suite de Cauchy. Soit I sa limite. Montrons que
f est gâ intĂ©grable et queâ«f dg = I . Ătant donnĂ© Δ > 0 , il existe k â N tel que
sup |f â fk| 6 Δ/3 V(g) et |â«fk dg â I| < Δ/3 . Comme fk est gâ intĂ©grable, il existe
ÎŽ > 0 tel que pour tout partage P de [a, b] de maille plus petite que ÎŽ , on a :
|â
fk(Οj)âjg ââ«fk dg| < Δ/3, oĂč âjg = g(xj+1)â g(xj) et Οj â [xj, xj+1].
En regroupant ces trois inégalités, on obtient
|â
f(Οj)âjg â I| 6
|â(
f(Οj)â fk(Οj))âjg|+ |
âfk(Οj)âjg â
â«fk dg|+ |
â«fk dg â I| < Δ.
N.B. Le théorÚme des accroissements nis est faux pour les fonctions à valeurs com-plexes. Le lemme suivant le remplace dans bien des cas.
Lemme 4.5. Si u : [y, y + h] â C est continĂ»ment diĂ©rentiable, on a :
(4.1)
|u(y + h)â u(y)| 6 |h| supy6η6y+h
|uâČ(η)|,
|u(y + h)â u(y)â huâČ(y)| 6 |h| supy6η6y+h
|uâČ(η)â uâČ(y)|.
Preuve. Puisque la fonction tâ u(y+ th)â thuâČ(y) a pour dĂ©rivĂ©e h(uâČ(y+ th)âuâČ(y)
),
le théorÚme fondamental [11] III.6.9 donne
u(y + h)â u(y)â huâČ(y) = h
â« 1
0
(uâČ(y + th)â uâČ(y)
)dt.
La deuxiÚme inégalité de (4.1) en découle, la preuve de la premiÚre est similaire.
Proposition 4.6. Soit f : [a, b] Ă [c, d] â C continue, continĂ»ment diĂ©rentiableen la deuxiĂšme variable et g â VB([a, b]). Alors la fonction F dĂ©nie par F (y) =â« b
af(x, y) dg(x) est continûment diérentiable sur [c, d] et on a :
ddy
â« b
a
f(x, y) dg(x) =
â« b
a
âf
ây(x, y) dg(x).
Remarque 4.7. L'exercice 4.2 explique pourquoi on a besoin de la continuitĂ© deâf
ây.
Preuve. Puisqueâf
âyest uniformĂ©ment continue sur [a, b] Ă [c, d] , pour Δ > 0 donnĂ©, il
existe ÎŽ > 0 tel que |âf(x, η)
âyââf(x, y)
ây| < Δ si (x, y) et (x, η) â [a, b]Ă[c, d] , |ηây| < ÎŽ .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 15
Par dĂ©nition de F et grĂące au lemme (4.5) appliquĂ© Ă f(x, ·) , on a, pour 0 < h < ÎŽ , si[y, y + h] â [c, d] :âŁâŁF (y + h)â F (y)âh
â« b
a
âf(x, y)
âydg(x)
âŁâŁ = |â« b
a
(f(x, y + h)â f(x, y)â h
âf(x, y)
ây
)dg(x)|
6 h supy6η6y+h
âŁâŁâf(x, η)
âyâ âf(x, y)
ây
âŁâŁ â« b
a
|dg(x)| 6 hΔV (g).
Le résultat en découle en divisant par h .
Remarque 4.8. Sous les mĂȘmes hypothĂšses avec en plus a et b de classe C1 , on a :
ddy
â« b(y)
a(y)
f(x, y)dx =
â« b(y)
a(y)
âf
ây(x, y)dx+ f(b(y), y)bâČ(y)â f(a(y), y)aâČ(y).
Pour les intégrale de Riemann, la dérivablité sous le signe somme est garantie dÚs que
f : [a, b] Ă [c, d] â C est intĂ©grable et que y 7â âf
ây(x, y) existe et est continue en y ,
uniformĂ©ment en x â [a, b] .
Le cas des intégrales impropres dépendant de paramÚtres est un peu plus délicat etnécessite la convergence uniforme ou dominée.
Proposition 4.9. Soit f une fonction continue sur le produit [a, b[ĂK , ou K est unespace mĂ©trique compact, et g : [a, b[â C une fonction Ă variation bornĂ©e sur tout
sous-intervalle [a, bâČ], bâČ < b. On suppose que les intĂ©gralesâ« b
af(x, y) dg(x) convergent
uniformĂ©ment, i.e., âΔ > 0, il existe bâČ â [a, b[ tel que |â« bâČâČ
bâČf(x, y) dg(x)| < Δ, ây â K et
âbâČâČ â]bâČ, b[. Alors la fonction F sur K dĂ©nie par F (y) =â« b
af(x, y) dg(x) est continue.
Preuve. On prend une suite bnnâN qui tend vers b . Alors Fn(y) :=â« bn
af(x, y)dg(x)
dénit une suite de fonctions continues sur K . Comme
|Fn(y)â Fp(y)| = |â« bp
bn
f(x, y)dg(x)|
tend vers 0 uniformĂ©ment en y â K , la suite de fonctions FnnâN est une suite deCauchy et sa limite F est continue. On a montrĂ©
(4.2)â« b
a
f(x, y0)dg(x) = F (y0) = limyây0
F (y) = limyây0
â« b
a
f(x, y)dg(x).
Exemple 4.10. La convergence dominĂ©e : |f(x, y)| 6 Ï(x) , â(x, y) â [a, b[ĂK avecâ« b
aÏ|dg| <â entraĂźne la convergence uniforme.
Remarque 4.11. ĂnoncĂ© analogue pour une suite fn : [a, b[â C qui converge versf uniformĂ©ment sur [a, bâČ[ , âbâČ < b , et telle que âΔ > 0 , il existe bâČ â [a, b[ tel que|â« bâČâČ
bâČfn(x)dg(x)| < Δ , ân â N et âbâČâČ â]bâČ, b[ . La convergence uniforme de fn vers f sur
[a, b[ n'est pas susante pour pouvoir Ă©changer lim etâ«, voir Exercice 4.3.
16 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Proposition 4.12. Soit f : [a, b[Ă[c, d] â C continue, continĂ»ment diĂ©rentiable en ladeuxiĂšme variable et g : [a, b[â C une fonction Ă variation bornĂ©e sur tout sous-intervalle
[a, bâČ], bâČ < b. On suppose que pour y0 â [c, d] l'intĂ©graleâ« b
af(x, y0) dg(x) converge et que
les intégrales
â« b
a
âf
ây(x, y) dg(x) convergent uniformĂ©ment. Alors la fonction F dĂ©nie
par F (y) =â« b
af(x, y) dg(x) est continûment diérentiable et on a :
ddy
â« b
a
f(x, y) dg(x) =
â« b
a
âf
ây(x, y) dg(x).
Preuve. D'aprÚs le résultat précédent, la fonction G dénie par G(y) =⫠b
a
âf
ây(x, y)dg(x)
est continue.D'autre part, pour n â N , la fonction Fn donnĂ©e par Fn(y) =
â« bn
af(x, y)dg(x) , oĂč
bn â [a, b[ , est diĂ©rentiable et on a
F âČn(y) =
â« bn
a
âf
ây(x, y)dg(x)
par la Proposition 4.6. Par hypothĂšse, si bn â b quand n â â alors F âČn â G
uniformĂ©ment sur [c, d] . En intĂ©grant F âČn de y0 Ă y , on obtient que Fn(y) â Fn(y0)
converge uniformément vers⫠y
y0G(η)dη et donc que Fn(y) converge uniformément vers⫠y
y0G(η)dη +
â« b
af(x, y0)dg(x) . Ceci montre que l'intégrale
â« b
af(x, y)dg(x) existe ; sa
dérivée vaut évidemment G .
zzzzzzz
Exercice 4.1. Soient 0 < a < b et s â R\â1 . Calculerâ« b
axs(log x)2dx en diérentiant⫠b
axs dx par rapport Ă s
Exercice 4.2. Pour x â R et y > 0 , soit :
f(x, y) =
x si 0 6 x 6
ây
âx+ 2ây si
ây 6 x 6 2
ây
0 sinon
On prolonge f Ă R2 en posant f(x, y) = âf(x,ây) pour y < 0 . Comparer les expres-sions :
ddy
(â« 1
â1
f(x, y)dx
)y=0
etâ« 1
â1
âf
ây(x, 0)dx
Exercice 4.3. On dĂ©nit la suite de fonctions fnnâNâ par fn(x) =1
n+ x2/n, x â R .
VĂ©rier que fn â 0 uniformĂ©ment, mais queâ« â
ââfn 6â 0 .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 17
Exercice 4.4. On suppose que f : R+ â R est Ă variation bornĂ©e sur [0, b] pour toutb > 0 , et que limxââ f(x) existe. Montrer que :
limyâ0+
y
(â« â
0
eâxyf(x)dx
)= lim
xââf(x)
Indication : Intégrer par parties.
5. Chemins, courbes, intégrales curvilignes, indice
DĂ©nition 5.1. Un chemin ou courbe paramĂ©trĂ©e dans C est une fonction continued'un intervalle fermĂ© [a, b] dans C . Deux chemins Îł : [a, b] â C et ÎŽ : [c, d] â C sontĂ©quivalents s'il existe une bijection continue Ï : [a, b] â [c, d] telle que Îł = ÎŽÏ (et doncÎŽ = ÎłÏâ1 ).Une courbe est une classe d'Ă©quivalence de chemins.Une courbe orientĂ©e est une classe d'Ă©quivalence de chemins pour la relation prĂ©cĂ©denteavec Ï strictement croissante.Une courbe diĂ©rentiable [diĂ©rentiable par morceaux] est une classe d'Ă©quivalence dechemins diĂ©rentiables [diĂ©rentiables par morceaux] pour la relation prĂ©cĂ©dente avec Ïet Ïâ1 diĂ©rentiables.Le support ou la trace d'une courbe Î est l'ensemble Îł(t) â C | t â [a, b] oĂč lafonction Îł : [a, b] â C reprĂ©sente la courbe Î .Une courbe Î est simple si, pour Îł â Î , Îł|[a,b[ et Îł|]a,b] sont injectifs. Elle est fermĂ©e siÎł(a) = Îł(b) .Une courbe Î est rectiable si âÎł â Î , on a :
supP
â|Îł(xj+1)â Îł(xj)| <â
oĂč P parcourt l'ensemble des partages de [a, b] , de maniĂšre Ă©quivalente si Îł est Ă varia-tion bornĂ©e. Cette borne supĂ©rieure est la longueur L(Î) de Î , donc L(Î) = V (Îł) .
ThéorÚme 5.2. ThéorÚme de Jordan. Soit Πune courbe fermée simple dans C(courbe de Jordan). Alors C \ supp Πa deux composantes connexes, l'une bornée appeléeintérieur et l'autre non bornée appelée extérieur.
Preuve. Elle est dicile. Voir [3].
Proposition 5.3. Soit Î une courbe C1 par morceaux dans C. Alors Î est rectiable et
L(Î) =
â« b
a
â(Re ÎłâČ)2 + (Im ÎłâČ)2, âÎł â Î.
Preuve. Il sut de raisonner sur chaque morceau. On peut donc supposer que Îł est declasse C1 . Pour tout partage t0, . . . , tn de [a, b] , on a :â
|Îł(tj+1)â Îł(tj)| =â
|â« tj+1
tj
ÎłâČ| 6â â« tj+1
tj
|ÎłâČ| =â« b
a
|ÎłâČ|.
Par suite, V (Îł) 6â« b
a|ÎłâČ| . Pour montrer l'inĂ©galitĂ© en sens inverse, on donne Δ > 0 ; il
existe ÎŽ > 0 tel que |ÎłâČ(s) â ÎłâČ(t)| 6 Δ si s, t â [a, b] et |s â t| < ÎŽ . Soit t0, . . . , tn
18 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
un partage de maille plus petite que ÎŽ . Le Lemme 4.5 donne les majorations suivantes,pour j = 0, . . . , nâ 1 :
|ÎłâČ(tj)|(tj+1 â tj)â |Îł(tj+1)â Îł(tj)| 6 |Îł(tj+1)â Îł(tj)â ÎłâČ(tj)(tj+1 â tj)| 6 (tj+1 â tj)Δ.
En sommant sur j , on obtientâ|ÎłâČ(tj)|(tj+1 â tj)â
â|Îł(tj+1)â Îł(tj)| 6 (bâ a)Δ,
Comme la premiĂšre somme approcheâ«|ÎłâČ| et que la deuxiĂšme somme approche V (Îł) ,
on a montrĂ©â«|ÎłâČ| 6 V (Îł) .
DĂ©nition 5.4. Ătant donnĂ© Îł : [a, b] â C rectiable et f : Îł([a, b]) â C continue, ondĂ©nit l'intĂ©grale curviligne de f le long de Îł par :â«
Îł
f =
â«Îł
f(z)dz :=
â« b
a
fÎł dÎł =
â« b
a
fÎł(t)dÎł(t).
Pour tout changement croissant de paramĂ©trage Ï , on aâ«
Îłf =
â«ÎłÏ f , ce qui montre
queâ«
Îf est bien dĂ©ni pour une courbe orientĂ©e rectiable Î .
Exemple 5.5. Quand Î est un cercle positivement orientĂ© centrĂ© en a â C parcouruune fois, on a â«
Î
dzz â a
= 2iÏ.
Il sut en eet de paramĂ©trer le cercle par Îł(t) = a+ e2iÏt , t â [0, 1] et d'intĂ©grerâ«Î
dzz â a
=
â« 1
0
dÎł(t)Îł(t)â a
=
â« 1
0
ÎłâČ(t)dtÎł(t)â a
=
â« 1
0
2iÏe2iÏt dte2iÏt
= 2iÏ
â« 1
0
dt.
Lemme 5.6. Soit Î une courbe rectiable orientĂ©e dans un ouvert Ω â C et f : Ω â Cune fonction continue. Alors, pour tout Δ > 0, il existe une courbe polygonale orientĂ©eÎΔ dans Ω, de mĂȘmes extrĂ©mitĂ©s que Î, telle que
|â«
Î
f ââ«
ÎΔ
f | < Δ.
Preuve. Soit Îł : [0, 1] â Ω une paramĂ©trisation de Î et K := Îł([0, 1]) . Puisque K estun compact contenu dans Ω , la distance Ï de K au complĂ©mentaire de Ω est positive.Alors le sous-ensemble K âČ := z â C | dist(z,K) 6 Ï/2 est compact et il est contenudans Ω . Pour Δ > 0 donnĂ©, par continuitĂ© uniforme de f sur K âČ , il existe ÎŽ > 0 tel que :
z, w â K âČ et |z â w| < ÎŽ =â |f(z)â f(w)| < Δ.
De mĂȘme, par continuitĂ© uniforme de Îł il existe n â Nâ tel que :
s, t â [0, 1] et |sâ t| < 1/n =â |Îł(s)â Îł(t)| < min(ÎŽ, Ï/2).
Soit Îł : [0, 1] â Ω la courbe polygonale par les points Îł(0), Îł(1/n), . . . , Îł(1) . Parconstruction, on a Îł([0, 1]) â K âČ .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 19
Puisque fγ est continue et que γ est à variation bornée, le théorÚme 3.7 permet d'af-rmer que si n est assez grand, alors
(5.1) |â«
Î
f ânâ1â
0
(fÎł)(tj)(Îł(tj+1)â Îł(tj)
)| < Δ, oĂč tj = j/n.
La somme ci-dessus est Ă©gale Ă nâ1â
0
â« tj+1
tj
(fÎł)(tj)dÎł.
D'aprÚs l'inégalité triangulaire pour les intégrales, on a
|â« tj+1
tj
(fÎł)(tj)dÎł ââ« tj+1
tj
(fγ)dγ| < Δ
â« tj+1
tj
|dÎł|.
En sommant ces derniÚres inégalités et en utilisant (5.1), il vient
|â«
Î
f ââ«
Îł
f | < Δ+ ΔL(Îł) 6 Δ(1 + L(Î)).
ThéorÚme 5.7. Si Πest une courbe orientée rectiable fermée dans C qui ne passe paspar a, alors le nombre
(5.2) n(Î, a) :=1
2Ïi
â«Î
dzz â a
est entier. C'est l' indice de Î par rapport Ă a.
Preuve. On peut supposer Î de classe C1 par morceaux (en fait polygonale). En eet,le Lemme 5.6 donne â«
Î
dzz â a
= lim1/2>Δâ0
â«ÎΔ
dzz â a
â Z
car ÎΔ ne passe pas par a quand Δ est assez petit.Soit Îł : [0, 1] â C continue de classe C1 par morceaux paramĂ©trisant Î et introduisons
F (t) :=
â« t
0
dγγ â a
. D'aprĂšs la Proposition 4.2, F est continue et CM1 . De plus, F âČ(t) =
ÎłâČ(t)
Îł(t)â asi F est diĂ©rentiable au point t . La fonction G : [0, 1] â C dĂ©nie par
G(t) := eâF (t)(Îł(t)â a
)est ausssi de classe C0 â© CM1 et
GâČ(t) = eâF (t)ÎłâČ(t)â F âČ(t)eâF (t)(Îł(t)â a
)= 0
si G est diĂ©rentiable au point t . Donc G est constante par morceaux, donc constantepuisque continue. D'oĂč G(1) = G(0) et ainsi
eâF (1)(Îł(1)â a
)= eâF (0)
(Îł(0)â a
)ce qui donne eâF (1) = 1 puisque Îł(1) = Îł(0) et F (0) = 0 . D'aprĂšs la Proposition 1.11,on en dĂ©duit F (1) â 2iÏZ .
20 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Corollaire 5.8. L'indice n(Î, ·) est constant dans chaque composante connexe de C \supp Î. Il est nul dans la composante non bornĂ©e.
Preuve. Par continuitĂ© de a â n(Î, a) (Prop. 4.1), l'indice est localement constant carĂ valeurs entiĂšres. Soit a0 â C \ supp Î ; l'ensemble
a â C \ supp Î | n(Î, a) = n(Î, a0)est fermĂ© (n(Î, ·) continu) et ouvert (n(Î, ·) localement constant). Il est donc Ă©gal Ă lacomposante connexe de a0 .
Quand |a| est trĂšs grand, sup | ÎłâČ
Îł â a| est trĂšs petit, donc l'indice est nul.
Remarque 5.9. L'indice n(Î, a) compte le nombre de fois que Î entoure a dans le senssuivant : on trace une courbe Ï : [0,â[â C de a Ă l'inni qui coupe transversalementsupp Î en un nombre ni de points Ï(s1), . . . , Ï(sn) . On sait que s 7â n(Î, Ï(s)) estconstant dans [0, s1[ , ]s1, s2[ , ... et qu'il saute de ±1 en chaque sj (cf. Exercice 5.3). Deplus, n(Î,â) = 0 .
Exemple 5.10. Si Î est une courbe de Jordan rectiable, alors l'indice vaut ±1 Ă l'intĂ©rieur et 0 Ă l'extĂ©rieur de Î . En eet, n(Î,â) = 0 et on traverse une fois supp Îpour passer de l'extĂ©rieur Ă l'intĂ©rieur de Î .
zzzzzzz
Exercice 5.1. Calculer la longueur de la courbe paramétrée par
Îł(t) = eâ1+i
t si t â]0, 1], Îł(0) = 0.
Exercice 5.2. On donne Îłr(t) = reit , pour r > 0 et t â [0, Ï] . VĂ©rier que
limrâ0
â«Îłr
eiz
zdz = iÏ, lim
rââ
â«Îłr
eiz
zdz = 0, lim
râ0
â«Îłr
âŁâŁeiz
z
âŁâŁ|dz| = Ï.
Exercice 5.3. Pour x 6= y â C et Δ > 0 , posons :
a±Δ =x+ y
2± iΔ
xâ y
2, Îł(t) = tx+ (1â t)y
Montrer que, quand Δâ 0 :â«Îł
dz
z â a+Δ
ââ«
Îł
dz
z â aâΔââ ±2iÏ
Exercice 5.4. Donner un exemple de courbe Î fermĂ©e rectiable dans C telle que, pourtout k â Z , il existe a â C \ supp Î tel que n(Î, a) = k .
Exercice 5.5. Soit f une fonction continue sur Îł([a, b]) , oĂč Îł : [a, b] â C est rectiable.On suppose que
|â«
Îł
f | = sup |f | · L(γ).
Montrer que |f | est constante et trouver un exemple oĂč f n'est pas constante.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 21
6. SĂ©ries de Fourier
Pour résoudre l'équation des cordes vibrantes
(6.1)â2u
ât2= c2
â2u
âx2, oĂč c est la vitesse du son,
J. Fourier (1822) propose de chercher d'abord une solution de la forme
u(x, t) = f(x)g(t).
C'est la méthode de la séparation des variables. En introduisant dans (6.1), on obtient
f âČâČ(x)
f(x)=
1
c2gâČâČ(t)
g(t)=: âλ, λ > 0,
puisque x et t sont des variables indépendantes. En supposant que la corde est attachéeen ses extrémités 0 et L , on est amené à résoudre
(6.2) f âČâČ + λf = 0, f(0) = 0, f(L) = 0 et gâČâČ + λc2g = 0.
La premiĂšre Ă©quation et les conditions au bord donnent
f(x) = A cosâλx+B sin
âλx et A = 0, B sin
âλL = 0.
Comme on veut une solution non triviale (B 6= 0), on en dĂ©duitâλL = nÏ , c'est-Ă -direâ
λ =nÏ
L, avec n â Z . D'oĂč une famille de solutions
(6.3) fn(x) = sinnÏ
Lx, n = 1, 2, . . . .
La deuxiÚme équation diérentielle de (6.2) a pour solution générale
gn(t) = Cn cosnÏ
Lct+Dn sin
nÏ
Lct.
En faisant la somme de ces solutions (x, t) 7â fn(x)gn(t) , on obtiendra encore une solu-tion, pour autant qu'on ait convergence :
u(x, t) =ââ
n=1
fn(x)gn(t) =ââ
n=1
Cn sinnÏ
Lx cos
nÏ
Lct+Dn sin
nÏ
Lx sin
nÏ
Lct.
La position initiale u(x, 0) et la vitesse initialeâu
ât(x, 0) de la corde dĂ©terminent les
coecients Cn et Dn de la maniĂšre suivante : on doit avoir
(6.4)â
Cn sinnÏ
Lx = u(x, 0),
âDn
cnÏ
Lsin
nÏ
Lx =
âu
ât(x, 0);
en multipliant par sinmÏ
Lx et en intégrant sur [0, L] , on obtient, puisque
(6.5)â« L
0
sinnÏ
Lx sin
mÏ
Lx dx =
L
2ÎŽn,m,
(6.6) Cn =2
L
â« L
0
u(x, 0) sinnÏ
Lx dx, Dn =
2
cnÏ
â« L
0
âu
ât(x, 0) sin
nÏ
Lx dx.
22 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Rappel. Les formules suivantes de trigonométrie sont utilisées pour intégrer :
2 cos p cos q = cos(p+ q) + cos(pâ q),
2 cos p sin q = sin(p+ q)â sin(pâ q),
2 sin p sin q = â cos(p+ q) + cos(pâ q).
(6.7)
Dans le paragraphe 7 on étudie sous quelles hypothÚses la décomposition en série (6.4) estréalisable et avec quelle convergence. Dans ce paragraphe, on s'intéresse à la convergenceen moyenne quadratique des série de Fourier.
Dénition 6.1. Sur R([a, b];C) , espace des fonctions Riemannintégrables sur l'inter-valle [a, b] à valeurs complexes, on introduit la forme sesquilinéaire semi-dénie positive :
(6.8) ăf |gă :=
â« b
a
fg.
On dĂ©signe par || ||2 la semi-norme correspondante, i.e., ||f ||2 = ăf |fă1/2 = (â« b
a|f |2)1/2 .
Remarque 6.2.
1) L'inĂ©galitĂ© de Cauchy-Schwarz |ăf |gă| 6 ||f ||2||g||2 a lieu dans R([a, b];C) puisqueă | ă est semi-dĂ©nie positive.2) Restreinte Ă C0([a, b];C) , la semi-norme || · ||2 est une norme. De plus, l'inĂ©galitĂ© detriangulaire donne
||f ||2 6 (bâ a)1/2||f ||â, âf â C0([a, b];C).
Par suite, la convergence uniforme entraĂźne la convergence en moyenne quadratique.3) Si f et g sont perpendiculaires, i.e., ăf |gă = 0 , alors alors on a ||f+g||22 = ||f ||22+||g||22(Pythagore).
DĂ©nition 6.3. Une partie dĂ©nombrable ÎŁ â R([a, b];C) forme un systĂšme orthogonalsi
Ï, Ï â ÎŁ et Ï 6= Ï =â ăÏ|Ïă = 0.
Il est orthonormal si, de plus, ||Ï||2 = 1 , pour tout Ï â ÎŁ .
Exemple 6.4.
1) x 7â einx | n â Z est orthogonal dans R([0, 2Ï];C) .2) x 7â 1â
2Ïeinx | n â Z est orthonormal dans R([0, 2Ï];C) .
3) x 7â cos nÏLx | n â N est orthogonal dans R([0, L];C) .
4) â
1L,â
2L
cos ÏLx,
â2L
cos 2ÏLx, . . . est orthonormal dans R([0, L];C) .
5) 1, cosx, sin x, cos 2x, sin 2x, . . . n'est pas orthogonal dans R([0, Ï];C) .
6) 1â2Ï,
1âÏ
cosx,1âÏ
cos 2x, . . . est orthonormal dans R([0, 2Ï];C) .
Remarque 6.5. Soit ÎŁ = Ï0, Ï1, . . . un systĂšme orthogonal dans R([a, b];C) et soitf â R([a, b];C) de la forme f =
âN0 cnÏn . Alors les coecients cn sont donnĂ©s par
cn =1
||Ïn||22ăf |Ïnă, n = 0, 1, . . . , N.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 23
En particulier, cn = ăf |Ïnă quand le systĂšme ÎŁ est orthonormal.
DĂ©nition 6.6. Soit ÎŁ = Ï0, Ï1, . . . un systĂšme orthonormal dans R([a, b];C) etf â R([a, b];C) . Les nombres
(6.9) cn := ăf |Ïnă, n = 0, 1, . . .
sont les coecients de Fourier de f dans ÎŁ et la sĂ©rie (formelle)ââ
0 cnÏn est la sĂ©riede Fourier de f dans ÎŁ . Notation :
f(x) âŒââ0
cnÏn(x) ââ cn = ăf |Ïnă, n = 0, 1, . . .
Proposition 6.7. Soit ÎŁ un systĂšme orthonormal dans R([a, b];C) et cnnâN unesuite de nombres complexes telle que la sĂ©rie
ââ0 cnÏn converge uniformĂ©ment sur [a, b]
vers une fonction f . Alors f est RiemannintĂ©grable et ăf |Ïnă = cn , pour n â N, i.e.,ââ0 cnÏn est la sĂ©rie de Fourier de f .
Preuve. En appliquant la proposition 4.4 on obtient l'intégrabilité de f et
ăf |Ïnă = limpââ
pâk=0
ăckÏk|Ïnă = limpââ
cn = cn.
ThĂ©orĂšme 6.8. Soit ÎŁ = Ï0, Ï1, . . . un systĂšme orthonormal dans R([a, b];C) et fune fonction intĂ©grable sur [a, b],
ââ0 cnÏn sa sĂ©rie de Fourier. Alors
a) ||f ââN
0 cnÏn||2 6 ||f ââN
0 xnÏn||2 pour tous N â N et x0, x1, . . . , xN â C ;b)
ââ0 |cn|2 6 ||f ||2 (inĂ©galitĂ© de Bessel) et en particulier la sĂ©rie
ââ0 |cn|2 converge ;
c)ââ
0 |cn|2 = ||f ||2 (Ă©galitĂ© de Parseval) ââ ||fââN
0 cnÏn||2 â 0 quand N ââ.
Preuve. On a, pour tous y0, . . . , yN â C :
ăf âNâ0
cnÏn|Nâ0
ykÏkă =Nâ0
ykăf |Ïkă âNâ
k,n=0
cnykăÏn|Ïkă =Nâ0
ykck âNâ0
cnyn = 0.
On applique Pythagore avec yn = cn â xn :
||f âNâ0
xnÏn||2 = ||f âNâ0
cnÏn||2 + ||Nâ0
(cn â xn)Ïn||2 > ||f âNâ0
cnÏn||2
ce qui montre a).En prenant xn = 0 dans l'égalité ci-dessus, on obtient
(6.10) ||f ||2 = ||f âNâ0
cnÏn||2 +Nâ0
|cn|2 >Nâ0
|cn|2
quel que soit N . L'armation b) est démontrée.L'armation c) découle de l'égalité dans (6.10).
DĂ©nition 6.9. On dira qu'un systĂšme orthonormal Ï0, Ï1, . . . dans R([a, b];C) estcomplet ou total si ||f â
âN0 ăf |ÏnăÏn||2 â 0 quand N â â , pour toute f de
R([a, b];C) .
24 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Remarque 6.10. Si Ï0, Ï1, . . . est total dans R([a, b];C) , alors : f â C0([a, b]) etăf |Ïnă = 0 , ân â N entraĂźnent f = 0 .Si, dans un systĂšme total de fonctions continues, la sĂ©rie de Fourier de f â C([a, b];C)converge uniformĂ©ment, elle converge vers f . En eet, la somme de la sĂ©rie s est continueet cn(f â s) = 0 , ân â N . Donc ||sâ f ||2 = 0 par Parseval et, par continuitĂ©, s = f .
Exemple 6.11. Les systĂšmes 2) et 4) de l'exemple 6.4 sont complets dans R([0, 2Ï];C) ,cf. Corollaire 7.4. Le systĂšme 6) n'est pas complet car la fonction x 7â sin x est ortho-gonale Ă tous les Ă©lĂ©ments du systĂšme.
Remarque 6.12. Chaque systĂšme orthonormal complet donne une application
R([a, b];C) â `2(C) := cnnâN |â
|cn|2 <â
qui conserve la semi-norme. En passant au quotient par f â R | ||f ||2 = 0 , on obtientune isomĂ©trie. Cette derniĂšre application n'est pas surjective, car l'espace R([a, b];C)n'est pas complet. L'intĂ©grale de Lebesgue permet d'interprĂ©ter le complĂ©tĂ© L2([a, b];C)de R([a, b];C) comme un espace de classes de fonctions de carrĂ© intĂ©grable au sens deLebesgue.
Lemme 6.13. L'espace C1([a, b];C) est dense dans R([a, b];C), i.e., âf 3 R([a, b];C)et âΔ > 0, il existe g â C1([a, b];C) telle que ||f â g||2 < Δ. Par suite, l'Ă©galitĂ© deParseval a lieu pour toute f â R([a, b];C) si, et seulement si, elle a lieu pour touteg â C1([a, b];C).
Preuve. La premiĂšre partie dĂ©coule de l'Exercice 6.2. Pour la deuxiĂšme partie, soit f âR([a, b],C) et Δ > 0 . Il existe g â C1 telle que ||f â g|| < Δ . Si ||g||2 =
â|cn(g)|2 , alors
||f || 6 ||f â g||+ ||g|| 6 Δ+ ||cn(g)nâN|| 6 Δ+ ||cn(g â f)nâN||+ ||cn(f)nâN||6 2Δ+ ||cn(f)nâN||
oĂč la derniĂšre inĂ©galitĂ© provient de l'inĂ©galitĂ© de Bessel pour g â f et toutes les normessont les normes L2 . Le rĂ©sultat en dĂ©coule.
Application. Soit P l'espace des restrictions des polynĂŽmes complexes Ă l'intervalle[a, b] . Le thĂ©orĂšme de Weierstrass arme que P est dense dans (C([a, b],C), ||·||â) . DoncP est dense dans (R([a, b],C), || · ||2) . Si ÎŁ = Ï0, Ï1, . . . est un systĂšme orthonormalde polynĂŽmes sur [a, b] avec Ïn de degrĂ© n , ân â N , alors ÎŁ est total dans R([a, b],C) .En eet, pour tout polynĂŽme P de degrĂ© n , on a
P = c0Ï0 + c1Ï1 + · · ·+ cnÏn,
puisque Ï0, . . . , Ïn forme une base des polynĂŽmes de degrĂ© 6 n . Par Pythagore,||P ||2 = |c0|2 + · · ·+ |cn|2 .
Exemple 6.14. Sur [â1, 1] les polynĂŽmes de Legendre, dĂ©nis par
Pn(x) =1
2nn!
dn
dxn(x2 â 1)n,
forment un systĂšme orthogonal complet.
zzzzzzz
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 25
Exercice 6.1. Calculer la sĂ©rie de Fourier de la fonction dĂ©nie par f(x) = |x| sur[âÏ, Ï] dans le systĂšme
1â2Ïeikx
kâZ
.
Exercice 6.2. Soit f â R([a, b];C) et Δ > 0 . Montrer qu'il existe une fonction g
constante par morceaux sur [a, b] telle queâ« b
a
|f â g| < Δ et ||g||â 6 ||f ||â . MĂȘme
question pour g â C0([a, b];C) puis g â C1([a, b];C) telle que gâČ â VB .Indication. Commencer par f Ă valeurs rĂ©elles.
Exercice 6.3. Ătablir les inĂ©galitĂ©s suivantes :
||f ||22 6 ||f ||â||f ||1, ||f ||1 6 (bâ a)1/2||f ||2, âf â R([a, b];C).
En déduire que C1([a, b];C) est dense dans R([a, b];C) pour la norme || · ||2 . Donner unesuite de Cauchy de (R([a, b];C), || · ||1) qui n'est pas une suite de Cauchy pour || · ||2 .
Exercice 6.4. VĂ©rier que
(Ï â |x|)2 ⌠Ï2
3+
âân=1
4
n2cosnx, x â [âÏ, Ï].
En dĂ©duireââ
n=1
1
n2=Ï2
6et
âân=1
1
n4=Ï4
90.
Exercice 6.5. On considĂšre la suite de fonctions fnnâN dĂ©nie par fn(x) = 0 , si0 6 x < 1/n et fn(x) = xâ1/4 , si 1/n < x 6 1 . VĂ©rier que cette suite est de Cauchydans
(R([0, 1]), || · ||2
)mais qu'elle n'a pas de limite dans cet espace en observant que
pour tout Δ > 0 , fn â f uniformĂ©ment sur [Δ, 1] , oĂč f(x) = xâ1/4 pour x â]0, 1] .
Exercice 6.6. Soit ÏnnâZ un systĂšme orthonormĂ© complet de R([a, b],C) . Si f, gappartiennent Ă R([a, b],C) , et si cn, dn sont les coecients de Fourier de f, g , montrer :
< f, g >=ânâZ
cndn
Indication : 4 < f, g >= ||f + g||2 â ||f â g||2 + i||f + ig||2 â i||f â ig||2 .Corriger l'Ă©noncĂ© pour un systĂšme orthogonal complet.
Exercice 6.7. Soit f : R â C une fonction 2ÏâpĂ©riodique. VĂ©rier les implications
suivantes, oĂč ck(f) =1
2Ï
â« 2Ï
0
f(x)eâikx dx :
a) f â C1 etâ« 2Ï
0
f = 0 â ||f ||2 6 ||f âČ||2 et ||f ||â 6
âÏ
6||f âČ||2 ;
b) f â Cm ââ
k k2m|ck(f)|2 <â â
âk k
mâ1|ck(f)| <â .
c) f â Cm â âC > 0 tel que ||f â sn(f)||â 6C
nmâ1/2, ân > 0 .
26 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
7. Séries trigonométriques
Dénition 7.1. Une série trigonométrique est une série (formelle) du type
(7.1)ânâZ
cneinx, x â R, cn â C.
Quand cette sĂ©rie est la sĂ©rie de Fourier d'une fonction f â R([0, 2Ï];C) , on a
(7.2) cn =1
2Ï
â« 2Ï
0
f(x)eâinx dx.
Lorsque f est Ă valeurs rĂ©elles, on a cân = cn . En posant
an := cn + cn = cn + cân, bn := i(cn â cn) = i(cn â cân), et donc a2n + b2n = 4|cn|2,
on obtient
an cosnx+ bn sinnx = cneinx + câne
âinx pour n > 0 eta0
2= c0.
ParallÚlement aux séries complexes (7.1) on considÚrera des séries réelles
(7.3)a0
2+
ââ1
an cosnx+ââ1
bn sinnx, x â R, an et bn â R.
Si une telle sĂ©rie est la sĂ©rie de Fourier d'une fonction f â R([0, 2Ï];R) , alors
(7.4) an =1
Ï
â« 2Ï
0
f(x) cosnxdx, n > 0, bn =1
Ï
â« 2Ï
0
f(x) sinnxdx, n > 0.
Proposition 7.2. Soit f : R â C une fonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur l'inter-valle [0, 2Ï]. Alors |cn(f)| 6 sup |f |, ân â Z et quand n 6= 0 :
a) f â VB =â |cn(f)| 6 V (f)
2Ïn;
b) f diĂ©rentiable et f âČ â VB =â |cn(f)| 6 V (f âČ)
2Ïn2:
c) f â Cm =â |cn(f)| 6 sup |f (m)|nm
.
Preuve. L'inĂ©galitĂ© |â« 2Ï
0f(x)eâinx dx| 6 sup |f |
â« 2Ï
0dx montre la premiĂšre armation.
Pour a), on intĂšgre par parties :
|â« 2Ï
0
f(x)eâinx dx| = |â« 2Ï
0
f(x)d(eâinx
âin)| = |
â« 2Ï
0
eâinx
âindf(x)| 6 1
n
â« 2Ï
0
|df | = V (f)
n.
Pour b), l'hypothĂšse permet d'Ă©crire
(7.5) cn(f) =â1
2Ï
â« 2Ï
0
eâinx
âindf(x) =
â1
2Ï
â« 2Ï
0
eâinx
âinf âČ(x)dx =
1
incn(f âČ),
et on applique a).L'armation c) se démontre en intégrant m fois par parties.
Proposition 7.3. Soit f : Râ C une fonction diĂ©rentiable 2ÏâpĂ©riodique. Si f âČ estintĂ©grable sur l'intervalle [0, 2Ï] alors la sĂ©rie de Fourier de f converge normalementvers f .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 27
Preuve. D'aprĂšs (7.5), on a |cn(f)| = 1
n|cn(f âČ)| , pour n 6= 0 . Puisque
â|cn(f âČ)|2 6 ||f âČ||2
d'aprĂšs l'inĂ©galitĂ© de Bessel, l'inĂ©galitĂ© de Cauchy-Schwarz dans `2(C) donne(ân6=0
|cn(f)|)2
6(â
n6=0
1
n2
)(ân6=0
|cn(f âČ)|2)<â,
si bien queâ
supx |cn(f)einx| <â .Soit s(x) =
ân cn(f)einx la somme de la sĂ©rie de Fourier de f . Il nous reste Ă montrer
s = f . On sait que s est continue, 2ÏâpĂ©riodique et que cn(s) = cn(f) , ân â Z d'aprĂšsla Proposoition (6.7). Soit g := sâ f et supposons g 6= 0 . Il existe donc x0 â R tel queg(x0) 6= 0 . Quitte Ă faire une translation qui ne change pas les coecients de Fourier, onpeut supposer x0 = 0 . Quitte Ă multiplier g par un scalaire, on peut supposer g(0) = 2 .Travaillons sur l'intervalle [âÏ, Ï] .Par continuitĂ©, il existe ÎŽ â]0, Ï[ tel que g(x) > 1 si |x| 6 ÎŽ .Suivant un idĂ©e de H. Lebesgue, on introduit le polynĂŽme trigonomĂ©trique
p(x) = 1 + cos xâ cos ÎŽ.
La dĂ©croissance du cosinus dans [0, Ï] permet de vĂ©rier les inĂ©galitĂ©s suivantes :
|p(x)| 6 1 si ÎŽ 6 |x| 6 Ï,
p(x) > 0 si |x| 6 ÎŽ,
p(x) > q > 1 si |x| 6 ÎŽ/2.
En partageant l'intégrale suivante en deux, on obtient, pour tout n > 1 , puisque pn estun polynÎme trigonométrique :
0 =
â« Ï
âÏ
g(x)pn(x)dx >â« ÎŽ
âÎŽ
g(x)pn(x)dxâ sup |g|(2Ï â 2ÎŽ)
>â« ÎŽ/2
âÎŽ/2
pn(x)dxâ 2Ï sup |g| > ÎŽqn â 2Ï sup |g|.
Nous sommes arrivĂ©s Ă une contradiction, car ÎŽqn ââ quand nââ .
Corollaire 7.4.
a) Le systĂšme x 7â einxnâZ est complet dans R([0, 2Ï];C).b) Le systĂšme x 7â cosnxnâN âȘ x 7â sinnxnâNâ est complet dans R([0, 2Ï];R).c) Le systĂšme x 7â cosnxnâN est complet dans R([0, Ï];R).
Preuve. D'aprĂšs le Lemme 6.13, il sut de montrer l'Ă©galitĂ© de Parseval pour toutefonction 2ÏâpĂ©riodique f â C1 (Exercice 6.2). Dans ce cas, la sĂ©rie de Fourier convergeuniformĂ©ment vers f (Prop. 7.3), donc elle converge vers f en moyenne quadratique.On a vĂ©riĂ© a).L'Ă©galitĂ© de Parseval pour le premier systĂšmeâ
nâZ
2Ï|cn|2 = ||f ||2
28 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
donne
2Ï|c0|2 +ân6=0
2Ï|cn|2 = 2Ï(a0
2
)2+Ï
2
ân6=0
(a2
n + b2n)= 2Ï
(a0
2
)2+ Ï
ân>0
(a2
n + b2n)= ||f ||2,
c'est-Ă -dire l'Ă©galitĂ© de Parseval pour le systĂšme b).L'armation c) se montre comme suit : soit f â R([0, Ï];R) . On la prolonge Ă l'inter-valle [âÏ, Ï] en une fonction paire f . On approche f par une sĂ©rie de cosinus (puisqueâ«f(x) sinnx dx = 0). La restriction de cette sĂ©rie Ă [0, Ï] approche f .
Remarque 7.5. Si une sĂ©rie trigonomĂ©triqueâcne
inx converge absolument en un point,alors elle converge normalement sur R , puisque
âsupx |cneinx| =
â|cn| <â . Par suite,
sa somme est une fonction continue 2ÏâpĂ©riodique. Attention : ce rĂ©sultat est faux pourles sĂ©ries
âan cosnx .
On s'intĂ©resse maintenant Ă la convergence ponctuelle des sĂ©ries trigonomĂ©triques. Si fest une fonction intĂ©grable sur [0, 2Ï] , on introduit les sommes partielles
(7.6) sn(f, x) =nâân
ck(f)eikx, oĂč ck(f) =1
2Ï
â« 2Ï
0
f(t)eâikt dt,
et leurs moyennes arithmétiques
(7.7) ÏN(f, x) =1
N
Nâ1â0
sn(f, x) =1
N
Nâ1â0
nâân
ck(f)eikx, N = 1, 2, . . .
Remarque 7.6. Si une suite znnâN de nombres complexes converge, la suite de ses
moyennes arithmériques 1
N
Nâ1â0
znNâNâ converge vers la mĂȘme valeur. La rĂ©ciproque
est fausse.
DĂ©nition 7.7. Pour n â N , N â Nâ et x â R , les noyaux de Dirichlet et FejĂ©r sontdĂ©nis par
(7.8) Dn(x) =1
2Ï
nâân
eikx, FN(x) =1
2ÏN
Nâ1â0
nâân
eikx.
Les égalités suivantes sont immédiates :
(7.9)â« 2Ï
0
Dn(x)dx = 1, ân â N,â« 2Ï
0
FN(x)dx = 1, âN â Nâ.
De (7.6) et (7.7) on déduit
(7.10) sn(f, x) =
â« 2Ï
0
f(t)Dn(xâ t)dt, ÏN(f, x) =
â« 2Ï
0
f(t)FN(xâ t)dt.
Lemme 7.8. Pour n â N et N â Nâ , on a : Dn(0) =2n+ 1
2Ï, FN(0) =
N
2Ïet
Dn(x) =1
2Ï
sin((2n+ 1)x/2)
sin(x/2), FN(x) =
1
2ÏN
sin2(Nx/2)
sin2(x/2), si x 6⥠0 (mod 2Ï).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 29
Preuve. On utilise la formule donnant la somme d'une progression gĂ©omĂ©trique :nâân
eikx =ei(n+1)x â eâinx
eix â 1=ei(n+1/2)x â eâi(n+1/2)x
eix/2 â eâix/2=
sin((2n+ 1)x/2)
sin(x/2),
Nâ1â0
ei(2n+1)x/2 =ei(2N+1)x/2 â eix/2
eix â 1=
ei2Nx/2 â 1
eix/2 â eâix/2.
D'oĂčNâ1â
0
ei(2n+1)x/2 â eâi(2n+1)x/2
eix/2 â eâix/2=ei2Nx/2 â 2 + eâi2Nx/2
(eix/2 â eâix/2)2=
sin2(Nx/2)
sin2(x/2).
Remarque 7.9. Par des calculs analogues, on obtient, pour 0 6 m < p :
(7.11)pâ
k=m+1
sin kx =sin((p+m+ 1)x/2) sin((pâm)x/2)
sin x/2, si x 6⥠0(mod 2Ï).
Proposition 7.10. Soit f une fonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur [0, 2Ï]. Alors
sn(f, x) =1
Ï
â« Ï
0
f(x+ t) + f(xâ t)
2
sin((2n+ 1)t/2)
sin(t/2)dt,
ÏN(f, x) =1
ÏN
â« Ï
0
f(x+ t) + f(xâ t)
2
sin2(Nt/2)
sin2(t/2)dt.
(7.12)
Preuve. Par (7.10) et par changement de variable, on a
sn(f, x) =
â« 2Ï
0
f(t)Dn(xâ t)dt =
â« 2Ï
0
f(xâ t)Dn(t)dt =
â« Ï
âÏ
f(xâ t)Dn(t)dt
=(â« 0
âÏ
+
â« Ï
0
)f(xâ t)Dn(t)dt =
â« Ï
0
(f(xâ t) + f(x+ t)
)Dn(t)dt,
oĂč on a employĂ© la paritĂ© du noyau de Dirichlet. La premiĂšre formule dĂ©coule du Lemme7.8. La preuve de la deuxiĂšme formule est similaire.
Lemme 7.11. Riemann-Lebesgue. Pour f â R([a, b];C) et λ â R, on a :
(7.13) lim|λ|ââ
â« b
a
f(t)eâiλt dt = 0, lim|λ|ââ
â« b
a
f(t) sinλt dt = 0.
Preuve. Si g est de classe C1 et (bâ a)âpĂ©riodique, une intĂ©gration par parties donne
|â« b
a
g(t)eâiλt dt| = | 1
iλ
â« b
a
eâiλt dg(t)| 6 1
|λ|V(g),
doncâ« b
ag(t)eâiλt dt â 0 quand |λ| â â . Pour f â R et Δ > 0 , il existe g comme
ci-dessus telle que ||f â g||1 < Δ . Pour L convenable on a donc |â« b
ag(t)eâiλt dt| < Δ si
|λ| > L . Par suite, dÚs que |λ| > L :
|â« b
a
f(t)eâiλt dt| 6 |â« b
a
(f(t)â g(t))eâiλt dt|+ |â« b
a
g(t)eâiλt dt| 6 ||f â g||1 + Δ 6 2Δ.
30 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Lemme 7.12. Jordan. Si g est à variation bornée sur [0, b], alors
2
Ï
â« b
0
g(t)sinλt
tdtâ g(0+), quand λââ.
Preuve. Lorsque g = 1 , le résultat est démontré dans l'Exercice 7.3 puisque
2
Ï
â« b
0
sinλt
tdt =
2
Ï
⫠λb
0
sin t
tdt.
On peut supposer g(0) = g(0+) , car l'intĂ©grale ne dĂ©pend pas de la valeur en un pointde l'intĂ©grant. En remplaçant g par g â g(0) , on peut supposer g(0) = 0 . Il sut detraiter le cas g Ă valeurs rĂ©elles et mĂȘme g croissante d'aprĂšs le Corollaire 2.11.
Comme xââ« x
0
sin t
tdt est une fonction continue bornée, il existe M > 0 tel que
(7.14) |â« d
c
sin t
tdt| 6 M, si 0 6 c < d <â.
Ătant donnĂ© Δ > 0 , il existe ÎŽ > 0 tel que
0 6 t 6 ÎŽ =â |g(t)| 6 Δ/M.
On découpe l'intégrale en deux :
(7.15)â« b
0
g(t)sinλt
tdt =
(â« ÎŽ
0
+
â« b
ÎŽ
)g(t)
sinλt
tdt.
La formule de la moyenne (Exemple 3.15) donne Îł â [0, ÎŽ] tel queâ« ÎŽ
0
g(t)sinλt
tdt = g(ÎŽ)
â« ÎŽ
Îł
sinλt
tdt
et ainsi, par (7.14) :
|â« ÎŽ
0
g(t)sinλt
tdt| = |g(ÎŽ)||
⫠λΎ
λγ
sin t
tdt| < Δ.
Le Lemme 7.11 de Riemann-Lebesgue donne λ0 > 0 tel que la deuxiĂšme intĂ©grale de(7.15) est infĂ©rieure à Δ si λ > λ0 , car tâ g(t)/t est intĂ©grable sur [ÎŽ, b] .On a montrĂ© |
â« b
0g(t) sin λt
tdt| < 2Δ si λ > λ0 .
ThĂ©orĂšme 7.13. Jordan. Soit f une fonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur [0, 2Ï],x â R et ÎŽ > 0. Si f est Ă variation bornĂ©e sur [xâ ÎŽ, x+ ÎŽ], alors
sn(f, x) â f(x+) + f(xâ)
2, quand nââ.
Preuve. Posons g(t) :=f(x+ t) + f(xâ t)
2. Alors g est 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable,
paire, Ă variation bornĂ©e sur [0, ÎŽ] et g(0+) =f(x+) + f(xâ)
2. D'aprĂšs la Proposition
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 31
7.10, il sut donc de démontrer la convergence suivante :
(7.16)1
Ï
â« Ï
0
g(t)sin((2n+ 1)t/2)
sin(t/2)dtâ g(0+), quand nââ.
Mais comme t 7â 1
sin(t/2)â 1
t/2est continue sur [0, Ï] , le lemme de Riemann-Lebesgue
donne
1
Ï
â« Ï
0
g(t) sin((2n+ 1)t/2)( 1
sin(t/2)â 1
t/2
)dtâ 0 quand nââ,
et la relation (7.16) découle du Lemme 7.12 de Jordan.
ThĂ©orĂšme 7.14. FejĂ©r. Soit f une fonction 2ÏâpĂ©riodique intĂ©grable sur [0, 2Ï].a) Si, pour x â R, les limites f(x+) et f(xâ) existent, alors
Ïn(f, x) â f(x+) + f(xâ)
2, quand nââ.
b) Si f est continue dans un intervalle ]a, b[, alors les moyennes Ïn(f, ·) convergent versf uniformĂ©ment sur tout compact de ]a, b[.
Preuve. Puisque Ïn(f, x) =1
Ïn
â« Ï
0
g(t)sin2(nt/2)
sin2(t/2)dt , oĂč g est dĂ©nie comme dans la
preuve du ThéorÚme 7.13 et que1
Ïn
â« Ï
0
sin2(nt/2)
sin2(t/2)dt = 1 , il sut, pour montrer a), de
vérier l'implication
(7.17) g(0+) = 0 =â 1
Ïn
â« Ï
0
g(t)sin2(nt/2)
sin2(t/2)dtâ 0, quand nââ.
Soit Δ > 0 ; puisque g(0+) = 0 , il existe Ύ > 0 tel que |g(t)| < Δ si 0 6 t 6 Ύ . Onpartage l'intégrale de (7.17) en deux :
1
Ïn|â« ÎŽ
0
g(t)sin2(nt/2)
sin2(t/2)dt| 6 Δ
Ïn
â« Ï
0
sin2(nt/2)
sin2(t/2)dt = Δ,
et1
Ïn|â« Ï
ÎŽ
g(t)sin2(nt/2)
sin2(t/2)dt| 6 sup |g|
Ïn
Ï
sin2(Ύ/2)6 Δ
quand n est plus grand que sup |f |/Δ sin2(ÎŽ/2) .Pour vĂ©rier l'armation b), on constate d'abord que si f est continue en x , alorsg(0+) = g(0) = f(x) . Pour x dans un intervalle [aâČ, bâČ] â]a, b[ , la convergence dans(7.17) est uniforme car la borne pour n ne dĂ©pend que de sup |f | , de Δ et de ÎŽ quiprovient ici de la continuitĂ© uniforme de f sur [aâČ, bâČ] .
Corollaire 7.15. Soit f une fonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur [0, 2Ï], et x â R.Si les sommes partielles sn(f, x) convergent et si f(x+) et f(xâ) existent, alors les
sommes partielles sn(f, x) convergent vers la valeur moyennef(x+) + f(xâ)
2.
32 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exemple 7.16. Exemple de Fejér. On dénit
fn(x) =1
n+
cosx
nâ 1+ · · ·+ cos(nâ 1)x
1â cos(n+ 1)x
1â · · · â cos 2nx
n
et
F (x) =ââ1
1
n2f2n3 (x).
Alors F est continue et sa série de Fourier diverge en 0 .
Preuve. D'aprĂšs (6.7), on a
fn(x) =nâ1
cos(nâ k)xâ cos(n+ k)x
k= 2 sinnx
nâ1
sin kx
k.
L'inégalité suivante a lieu, cf. Exercice 7.7 :
(7.18)nâ1
sin kx
k6 Ï/2 + 1, ân, âx â [0, Ï].
Donc F est continue. Par dénition,
sn(fn, 0) =1
n+
1
nâ 1+ · · ·+ 1 >
â« n
1
dxx
= log n et sn(fk, 0) > 0, ân,âk.
On en déduit
sn(F, 0) = sn(â
k
f2k3
k2, 0) =
âk
1
k2sn(f2k3 , 0)
et donc
s2m3 (F, 0) >1
m2s2m3 (f2m3 , 0) =
1
m2log 2m3
= m log 2 ââ, quand mââ.
Remarque 7.17. En considĂ©rant une somme du typeâ
06p<q
F (xâ 2Ïp/q)
q4, on obtient
une fonction continue dont la série de Fourier diverge sur une partie dense de [0, 1] .
La convergence des moyennes Ïn(f) vers f est un cas particulier d'approximation parla mĂ©thode des suites de Dirac.
DĂ©nition 7.18. Une suite ÏnnâN de fonctions continues 2ÏâpĂ©riodiques sur R estune suite de Dirac 2ÏâpĂ©riodique si(i) Ïn > 0 , ân ;(ii)
â« 2Ï
0Ïn = 1 ;
(iii) âΔ > 0 , âÎŽ > 0 , il existe N â N tel que (â« âÎŽ
âÏ+
â« Ï
ÎŽ)Ïn < Δ , si n > N .
Exemple 7.19.
1) Les noyaux de FejĂ©r Fn , cf. Lemme 7.8.2) Ïn(t) = nâ n2|t| pour |t| < 1/n et 0 pour 1/n 6 |t| 6 Ï , prolongĂ© par pĂ©riodicitĂ©.3) Ïn(t) = ”n(Ï2 â t2) pour |t| 6 Ï prolongĂ© par pĂ©riodicitĂ©, avec ”n â R convenable.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 33
DĂ©nition 7.20. Pour deux fonctions f et g 2ÏâpĂ©riodiques, intĂ©grables sur [0, 2Ï] ,on dĂ©nit la convolĂ©e f â g par
(7.19) f â g(x) =
â« 2Ï
0
f(t)g(xâ t)dt, x â R.
On vĂ©rie immĂ©diatement que f âg est aussi 2ÏâpĂ©riodique. De plus, f âg est intĂ©grablesur [0, 2Ï] . En eet, la fonction de deux variables (x, t) 7â f(t)g(xâ t) est intĂ©grable surle carrĂ© [0, 2Ï]2 comme produit de deux fonctions intĂ©grables ; puisque t 7â f(t)g(xâ t)est intĂ©grable, on peut appliquer le thĂ©orĂšme de Stolz ([11] IV.5.3) qui donne f â gintĂ©grable. On a encore :â« 2Ï
0
(f â g)(x)dx =
â« 2Ï
0
(â« 2Ï
0
f(t)g(xâ t)dt)dx
=
â« 2Ï
0
(f(t)
â« 2Ï
0
g(xâ t)dx)dt =
â« 2Ï
0
f(t)dt ·⫠2Ï
0
g(x)dx.
Proposition 7.21. Si f , g et h sont 2ÏâpĂ©riodiques intĂ©grables sur [0, 2Ï], alors1) f â g = g â f ;2) f â (g + h) = f â g + f â h ;3) g â Ck =â f â g â Ck et (f â g)(k) = f â g(k) .
Preuve. 1) On Ă©crit
f â g(x) = ââ« x
x+2Ï
f(xâ s)g(s)ds =
â« x+2Ï
x
f(xâ s)g(s)ds
=(â« 0
x
+
â« 2Ï
0
+
â« x+2Ï
2Ï
)f(xâ s)g(s)ds =
(â« 0
x
+
â« 2Ï
0
+
â« x
0
)f(xâ s)g(s)ds
=
â« 2Ï
0
f(xâ s)g(s)ds = g â f(x).
2) découle de la linéarité de l'intégrale.Pour 3), on applique la diérentiabilité sous le signe somme, Proposition 4.6.
ThĂ©orĂšme 7.22. Soit ÏnnâN une suite de Dirac 2ÏâpĂ©riodique et f : R â C unefonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur [0, 2Ï] . Si f est continue en un point x â R,alors f â Ïn(x) â f(x) quand n â â. La convergence est localement uniforme danstout intervalle ouvert oĂč f est continue.
Preuve. On Ă©crit
f âÏn(x)âf(x) =
â« Ï
âÏ
f(xât)Ïn(t)dtââ« Ï
âÏ
f(x)Ïn(t)dt =
â« Ï
âÏ
(f(xât)âf(x)
)Ïn(t)dt.
Pour Δ > 0 donnĂ©, il existe ÎŽ > 0 tel que |f(xâ t)â f(x)| < Δ si |t| < ÎŽ , puisque f estcontinue en x . Avec l'entier N de la dĂ©nition 7.18, on a pour n > N :
|f â Ïn(x)â f(x)| 6(â« âÎŽ
âÏ
+
â« ÎŽ
âÎŽ
+
â« Ï
ÎŽ
)âŁâŁf(xâ t)â f(x)âŁâŁÏn(t)dt 6 2Δ sup |f |+ Δ.
La convergence uniforme locale se montre comme dans la preuve du théorÚme de Fejér.
34 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Remarque 7.23. Dans la derniĂšre majoration, on a utilisĂ© Ïn > 0 . Le noyau de DirichletDn n'a pas cette propriĂ©tĂ© ; c'est ce qui empĂȘche la suite n 7â sn(f, x) de converger quandf est seulement continue. Prendre la valeur absolue |Dn| n'arrange rien, carâ« ÎŽ
0
|Dn(x)|dxââ.
zzzzzzz
Exercice 7.1. Pour x â [0, 1] , montrer les formules
xâ x2 =8
Ï3
âân=1
sin(2nâ 1)Ïx
(2nâ 1)3=
1
6â 1
Ï2
âân=1
cos 2nÏx
n2=
2
Ï2
âân=1
sin2 nÏx
n2.
Exercice 7.2. Justier les formules suivantes :
x = Ï â 2ââ
n=1
sinnx
n, 0 < x < 2Ï;
x2
2= Ïxâ Ï2/3 + 2
âân=1
cosnx
n2, 0 6 x 6 2Ï;
Ï/4 =ââ
n=1
sin(2nâ 1)x
2nâ 1, 0 < x < Ï; sinx = 2/Ï â 4
Ï
âân=1
cos 2nx
4n2 â 1, 0 < x < Ï.
Exercice 7.3. Pour y > 0 , on pose
F (y) =
â« â
0
eâxy sin x
xdx.
VĂ©rier que F est continue sur [0,â[ , diĂ©rentiable sur ]0,â[ et que F âČ(y) =â1
1 + y2.
Montrer aussi que limyââ F (y) = 0 et F (y) = Ï/2â arctan y . En dĂ©duireâ« â
0
sin x
xdx = Ï/2.
Exercice 7.4. PhénomÚne de Gibbs (1839-1903).http ://www.sosmath.com/fourier/fourier3/gibbs.html
a) Montrer la formule4
Ï
ââ1
sin(2nâ 1)x
2nâ 1=
1 si 0 < x < Ï,
0 si x = 0,
â1 si âÏ < x < 0.
b) VĂ©rier que sn(x) :=4
Ï
nâ1
sin(2k â 1)x
2k â 1=
2
Ï
â« x
0
sin 2nt
sin tdt en calculant sâČn .
c) Constater que sn est maximale en Ï/2n et montrer limnââ sn(Ï/2n) =2
Ï
â« Ï
0
sin t
tdt
est plus grand que 1 .
Exercice 7.5. Soit f une fonction 2ÏâpĂ©riodique, intĂ©grable sur [0, 2Ï] . On dĂ©signepar a0/2 +
â(ak cos kx+ bk sin kx) sa sĂ©rie de Fourier et on dĂ©nit la fonction F par :
F (x) = âa0
2x+
â« x
0
f.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 35
Montrer que F est continue, Ă variation bornĂ©e, 2Ï -pĂ©riodique et que :
F (x) =ââ
k=1
bkk
+ââ
k=1
(âbkk
cos kx+ak
ksin kx
).
Ainsi on a l'égalité :⫠x
0f = 1
2a0x+
ââk=1
(bk
k(1â cos kx) + ak
ksin kx
).
Exercice 7.6. DĂ©duire de l'exercice prĂ©cĂ©dent que si f est C1 par morceaux, 2Ï -pĂ©riodique et que sa sĂ©rie de Fourier est a0/2 +
âak cos kx+ bk sin kx , alors :
f âČ(x) âŒâ
k(bk cos kxâ ak sin kx).
Exercice 7.7. Pour f de pĂ©riode 2Ï , intĂ©grable sur [0, 2Ï] , montrer la formule
Ïn(f, x) = a0/2 +nâ1â
1
(1â k
n)(ak cos kx+ bk sin kx).
En l'appliquant Ă f(x) = Ï/2â x/2 pour x â [0, 2Ï] et en utilisant |Ïn(f, x)| 6 sup |f | ,on en dĂ©duit
|nâ1â
1
sin kx
k| 6 Ï/2 + 1, x â R.
8. Application de la théorie des séries de Fourier
Proposition 8.1. Formule de Poisson. Soit f une fonction continue sur le cercleunitĂ© S1 dans C. Alors la fonction u dĂ©nie dans le disque unitĂ© D â C par
(8.1) u(reiΞ) =1
2Ï
â« 2Ï
0
1â r2
1â 2r cos(Ξ â Ï) + r2f(eiÏ) dÏ, 0 6 r < 1, 0 6 Ξ 6 2Ï,
est de classe Câ et rĂ©sout le problĂšme de Dirichlet dans le disque :
(8.2)â2u
âx2+â2u
ây2= 0 dans D et lim
râ1u(reiΞ) = f(eiΞ), âΞ â [0, 2Ï].
La fonction (r, Ξ) 7â 1â r2
1â 2r cos Ξ + r2est le noyau de Poisson.
Preuve. On passe en coordonnées polaires. On cherche donc u(r, Ξ) telle que
â2u
âr2+
1
r
âu
âr+
1
r2
â2u
âΞ2= 0.
La méthode de la séparation des variables donne, pour u(r, Ξ) = v(r)w(Ξ) :
vâČâČ(r)w(Ξ) +1
rvâČ(r)w(Ξ) +
1
r2v(r)wâČâČ(Ξ) = 0,
donc
r2vâČâČ
v(r) + r
vâČ
v(r) = âw
âČâČ
w(Ξ) = λ > 0,
puisque r et Ξ sont des variables indépendantes. La derniÚre équation a pour solutiongénérale C+e
iâ
λΞ + Câeâiâ
λΞ . Comme on veut que w soit rĂ©elle 2ÏâpĂ©riodique, il fautque λ = k2 , avec k â Z et alors w(Ξ) = A cos kΞ +B sin kΞ .
36 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Pour v , on doit avoirr2vâČâČ(r) + rvâČ(r)â k2v(r) = 0.
Donc v(r) = rk , avec k > 0 pour raison de continuité en 0 .En sommant les solutions particuliÚres trouvées, on obtient, sous réserve de convergence :
(8.3) u(r, Ξ) =a0
2+
ââ1
rk(ak cos kΞ + bk sin kΞ),
avec
ak =1
Ï
â« 2Ï
0
f(eiÏ) cos kÏ dÏ, bk =1
Ï
â« 2Ï
0
f(eiÏ) sin kÏ dÏ.
Comme f est continue, ses coecients de Fourier sont bornĂ©s ; par suite, la sĂ©rie (8.3)converge uniformĂ©ment pour r 6 r0 < 1 . Il en est de mĂȘme des dĂ©rivĂ©es en r et Ξ , doncu est de classe Câ dans le disque ouvert. La convergence uniforme permet d'Ă©changer ÎŁet
â«. D'oĂč
u(r, Ξ) =1
2Ï
â« 2Ï
0
(1 + 2
ââ1
rk cos k(Ξ â Ï))f(eiÏ)dÏ.
Pour |z| < 1 , on a :
1 + 2ââ1
zk = 1 +2z
1â z=
1 + z
1â z=
1 + 2i Im z â |z|2
1â 2 Re z + |z|2.
En prenant z = rei(ΞâÏ) , on obtient
1 + 2ââ1
rk cos k(Ξ â Ï) = Re(1 + 2â
rkeik(ΞâÏ)) =1â r2
1â 2 cos(Ξ â Ï) + r2
ce qui donne la formule de Poisson (8.1). La deuxiĂšme condition de (8.2) se montre envĂ©riant que si rn â 1 , alors la suite de fonctions
Ξ 7â 1
2Ï
1â r2n
1â 2rn cos Ξ + r2n
est une suite de Dirac 2ÏâpĂ©riodique (cf. Exercice 8.1).
Proposition 8.2. InĂ©galitĂ© isopĂ©rimĂ©trique. Soit Î une courbe de Jordan recti-able de longueur L. Si A est l'aire de l'intĂ©rieur de Î, alors A 6 L2/4Ï . De plus,l'Ă©galitĂ© a lieu si, et seulement si, Î est un cercle.
Preuve. MĂ©thode de A. Hurwitz (1859-1919).En faisant une homothĂ©tie de rapport 2Ï/L , on peut supposer L = 2Ï .Par approximation, il sut de dĂ©montrer le rĂ©sultat pour une courbe C1 par morceaux,et mĂȘme C1 en arrondissant les angles.Soit ÎŽ : [a, b] â C une paramĂ©trisation de Î . On peut donc supposer ÎŽâČ(t) 6= 0 . Lafonction s 7â
â« s
a|dÎŽ| := Ï(s) est strictement croissante et C1 de [a, b] sur [0, 2Ï] . De
plus, ÏâČ(t) = |ÎŽâČ(t)| . On peut donc paramĂ©trer Î par t 7â ÎŽ(Ïâ1(t)) =: Îł(t) , t â [0, 2Ï] .Par suite ÎŽ(s) = Îł(Ï(s)) , âs â [a, b] . D'oĂč |ÎŽâČ(s)| = |ÎłâČ(Ï(s))|ÏâČ(s) = |ÎłâČ(Ï(s))||ÎŽâČ(s)| etdonc |ÎłâČ(t)| = 1, ât â [0, 2Ï] .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 37
Ăcrivons Îł(t) = (x(t), y(t)) . Les prĂ©liminaires ci-dessus donnent
xâČ2(t) + yâČ2(t) = 1, ât â [0, 2Ï].
Développons en séries de Fourier :
x(t) = a0/2 +â
(ak cos kt+ bk sin kt), y(t) = c0/2 +â
(ck cos kt+ dk sin kt).
Quitte Ă faire une translation, on peut supposer a0 = c0 = 0 . D'aprĂšs l'Exercice 7.6 :
xâČ(t) =â
(kbk cos ktâ kak sin kt), yâČ(t) =â
(kdk cos ktâ kck sin kt).
L'Ă©galitĂ© de Parseval pour xâČ et yâČ donneâ« 2Ï
0
(xâČ2 + yâČ2) = Ïââ1
k2(a2k + b2k + c2k + d2
k) = 2Ï.
La formule de Green-Riemann (cf. ThéorÚme A) pour une courbe C1 et l'Exercice 6.6donnent :
A =
â«Î
x dy =
â« 2Ï
0
x(t)yâČ(t)dt = Ïââ1
k(akdk â bkck).
Donc
2Ï â 2A = Ïâ(
(kak â dk)2 + (kbk + ck)
2 + (k2 â 1)(c2k + d2k)
)> 0.
L'inégalité isopérimétrique est démontrée. Si l'inégalité ci-dessus est une égalité, on aura :
kak â dk = 0, kbk + ck = 0, ck = dk = 0, âk > 1 et a1 = d1, b1 = âc1.
En se souvenant que a21 + b21 = 1 , on peut Ă©crire a1 = cosα , b1 = sinα . D'oĂč
x(t) = a1 cos t+ b1 sin t = cosα cos t+ sinα sin t = cos(tâ α) et y(t) = sin(tâ α).
On a montré que Πest le cercle unité.
Proposition 8.3. ThéorÚme de Weierstrass. Toute fonction continue sur [a, b] estlimite uniforme de polynÎmes restreints à [a, b].
Preuve. On peut suposer [a, b] = [0, Ï] . Prolongeons f â C0([0, Ï]) en une fonction conti-nue 2ÏâpĂ©riodique et approchons-la uniformĂ©ment par un polynĂŽme trigonomĂ©triqueÏn(f) . Comme la sĂ©rie de Taylor d'un polynĂŽme trigonomĂ©trique converge uniformĂ©-ment dans [âÏ, Ï] , on a approchĂ© f en norme uniforme par un polynĂŽme.
zzzzzzz
Exercice 8.1. VĂ©rier que la suite de fonctions
Ξ 7â 1
2Ï
1â r2n
1â 2rn cos Ξ + r2n
, rn 1,
est une suite de Dirac 2ÏâpĂ©riodique.
38 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exercice 8.2. D'Alembert (1717-1783). Le problĂšme des cordes vibrantes
â2u
ât2= c2
â2u
ât2, dans ]0, L[Ă]0,â[,
u(x, 0) = f(x),âu
ât(x, 0) = g(x), pour 0 6 x 6 L,
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, pour t > 0.
a Ă©tĂ© rĂ©solu formellement au dĂ©but du paragraphe 6. VĂ©rier que si f et g sont restrictionsĂ [0, L] de deux fonctons F et G impaires 2LâpĂ©riodiques, avec F â C2 et G â C1 ,alors la solution s'Ă©crit
u(x, t) =1
2F (x+ ct) +
1
2F (xâ ct) +
1
2c
â« x+ct
xâct
G(s)ds.
Exercice 8.3. Résoudre, en séparant les variables :
â2u
âx2+â2u
ây2= 0 dans ]0, Ï[Ă]0, 5[,
u(x, 0) = x(Ï â x), u(x, 5) = 0, pour 0 6 x 6 Ï,
u(0, y) = u(Ï, y) = 0, pour 0 6 y 6 5.
Exercice 8.4. Chercher une solution u â C2(]â Ï, Ï[Ă]0,â[) du problĂšme
(C)âu
ât=â2u
âx2dans ]â Ï, Ï[Ă]0,â[,
u(±Ï, t) = 0 si t > 0 et u(x, 0+) = x si â Ï < x < Ï.
Remarquer que u(x, t) = Ax + B , avec A, B â R est solution de l'Ă©quation (C) et endĂ©duire une solution du problĂšme
âv
ât=â2v
âx2dans ]â Ï, Ï[Ă]0,â[,
v(±Ï, t) = ±1 si t > 0 et v(x, 0+) = 0 si â Ï < x < Ï.
9. Transformation de Fourier
La mĂ©thode des sĂ©ries de Fourier permet de dĂ©composer des fonctions pĂ©riodiques. Pourpasser aux fonctions sur R non pĂ©riodiques on remplace les sĂ©ries par des intĂ©grales.Supposons que f est une fonction 2ÏλâpĂ©riodique, avec λ grand. Alors d'aprĂšs le co-rollaire 7.4,
f(x) âŒânâZ
cneinx/λ avec cn =
1
2Ïλ
â« Ïλ
âÏλ
f(t)eâint/λ dt.
Posons un = n/λ . AlorsNââN
cneinx/λ =
NââN
( 1
2Ï
â« Ïλ
âÏλ
f(t)eâiunt dt)eiunx(un+1 â un).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 39
Quand N et λ tendent vers l'inni, les deux membres convergent formellement vers
f(x) =
â« â
ââ
( 1
2Ï
â« â
ââf(t)eâiut dt
)eiux du.
DĂ©nition 9.1. Soit RG(R) l'espace des fonctions complexes absolument intĂ©grablessur R (intĂ©grale de Riemann gĂ©nĂ©ralisĂ©e). La transformĂ©e de Fourier de f â RG(R) estla fonction sur R dĂ©nie par
(9.1) f(Ο) =1
2Ï
â« â
ââeâixΟf(x)dx, Ο â R.
Proposition 9.2. Lemme de Riemann-Lebesgue. Soit f une fonction absolument
intégable sur R. Alors f est uniformément continue et tend vers 0 à l'inni.
Preuve. Pour Δ > 0 donnĂ©, il existe M > 0 tel que (â« âM
ââ +â«â
M)|f | < Δ . D'oĂč, pour Ο et
η â R :
2Ï|f(Ο)â f(η)| 6â« â
ââ|eâixΟ â eâixη||f(x)|dx 6 2Δ+M |Ο â η|
â« M
âM
|f |,
oĂč la derniĂšre majoration utilise (4.1) : |eâixΟâeâixη| 6 supÏ |ixeâixÏ ||Οâη| . La continuitĂ©uniforme de f en dĂ©coule.Comme 2Ï|f(Ο)| 6 |
â« M
âMeâixΟf(x)dx| + Δ , le lemme de Riemann-Lebesgue 7.11 donne
2Ï|f(Ο)| < 2Δ si |Ο| est assez grand.
ThéorÚme 9.3. Formule d'inversion de Fourier. Si f est une fonction localementà variation bornée et absolument intégrable sur R, alors
(9.2)f(x+) + f(xâ)
2= lim
Ïââ
â« Ï
âÏ
eixΟf(Ο) dΟ, x â R.
Preuve. Pour Ï > 0 , on introduit une fonction FÏ sur R dĂ©nie par
(9.3) FÏ(x) :=1
2Ï
â« Ï
âÏ
( limnââ
â« n
ân
eâitΟf(t)dt)eitΟ dΟ.
Puisque
|â«|t|>n
eâitΟf(t)dt| 6â«|t|>n
|f(t)|dtâ 0, quand nââ,
la limite dans (9.3) est uniforme en Ο . On peut donc Ă©changer limite etâ«. D'oĂč
FÏ(x) = limnââ
1
2Ï
â« n
ân
(
â« Ï
âÏ
ei(xât)Ο dΟ)f(t)dt.
L'intégrale intérieure vaut1
i(xâ t)ei(xât)Ο
âŁâŁÏâÏ
=2 sin Ï(xâ t)
xâ tet par suite,
FÏx = limnââ
1
Ï
â« n
ân
f(t)sin Ï(xâ t)
xâ tdt =
1
Ï
â« â
ââf(xâ t)
sin Ït
tdt.
40 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Séparons cette derniÚre intégrale en trois :
FÏx =1
Ï
â«|t|>1
f(xâ t)
tsin Ïtdt+
1
Ï
â« 0
â1
f(xâ t)sin Ït
tdt+
1
Ï
â« 1
0
f(xâ t)sin Ït
tdt.
Quand Ï tend vers l'inni, le premier terme tend vers 0 d'aprĂšs le lemme de Riemann-Lebesgue 9.2 puisque t 7â f(xât)
test absolument intĂ©grable sur R \ [â1, 1] . Le troisiĂšme
terme tend vers f(xâ)/2 par le lemme de Jordan 7.12 puisque f est Ă variation bornĂ©esur [0, 1] . Le deuxiĂšme terme tend vers f(xâ)/2 par le lemme de Jordan et changementde variable.
Corollaire 9.4. Soit f est une fonction continue, localement à variation bornée et ab-
solument intégrable sur R. Si f est absolument intégrable alors
(9.4) f(x) =
â« â
ââeixΟf(Ο) dΟ, x â R.
Lemme 9.5.
a) f et f âČ â RG =â f âČ(Ο) = iΟf(Ο) ;
b) f et xf â RG =â f â C1 etddΟf(Ο) = âixf(Ο).
Preuve. a) En intégrant par parties, on a
iΟf(Ο) = ââ« â
ââf(x)deâixΟ = âf(x)eâixΟ
âŁâŁâââ +
â« â
ââeâixΟf âČ(x)dx.
Comme, f(x) = f(0) +â« x
0f âČ(t)dt et f âČ â RG , on voit que limxâ±â f(x) existent ; ces
limites sont nulles car f â RG .b) DĂ©rivation sous
â«.
DĂ©nition 9.6. L'espace S(R) de Schwartz est l'espace des fonctions de classe Câ Ă dĂ©croissance rapide, i.e.,
S(R) = f : Râ C | f â Câ et âp, q â N, sup |xpf (q)(x)| <â.Exemple 9.7. x 7â eâx2
est Câ Ă dĂ©croissance rapide.
Remarque 9.8.
1) f â S =â f âČ et xf â S car f âČ(q)(x) = f (q+1)(x) et (xf)(q)(x) = f (q)(x) + qf (qâ1)(x) ;2) S(R) â RG(R) car (1 + x2)|f(x)| 6 M entraĂźne
â«|f | < MÏ ;
3) f â S =â f â S d'aprĂšs le lemme ;4): S(R) â S(R) est bijective car la formule d'inversion s'applique.
Lemme 9.9. Si f et g sont absolument intégrables sur R alors
(9.5)â«fg =
â«fg.
Preuve. L'intĂ©grale doubleâ«â«
f(Ο)eâixΟg(x)dΟdx converge absolument. On peut doncappliquer le thĂ©orĂšme de Stolz pour les intĂ©grales gĂ©nĂ©ralisĂ©es et obtenirâ«
f(Ο)(â«
eâixΟg(x)dx)dΟ =
â« (â«f(Ο)eâixΟ dΟ
)g(x)dx.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 41
Corollaire 9.10. Soit f continue, localement à variation bornée et absolument intégrable
sur R. Si f est absolument intégrable alors
(9.6)â«ff = 2Ï
â«f f .
Preuve. On peut appliquer (9.4) : f(x) =â«eixΟf(Ο)dΟ . En prenant le conjuguĂ© :
f(x) =
â«eâixΟf(Ο)dΟ = 2Ï
f(x).
On utilise (9.5) avec g := 2Ïf et il vient puisque g = f :â«ff =
â«fg =
â«fg = 2Ï
â«f f .
DĂ©nition 9.11. Soient f et g sont des fonctions absolument intĂ©grables et bornĂ©essur R . Alors, pour x â R , la fonction y 7â f(x â y)g(y) est absolument intĂ©grable. Laformule
(9.7) (f â g)(x) =
â« â
ââf(xâ y)g(y)dy,
dĂ©nit une fonction f â g , la convolĂ©e de f et g .
Proposition 9.12. On suppose que f et g sont des fonctions absolument intĂ©grables etbornĂ©es sur R. Alors(i) f â g = g â f ;(ii) f â g â RG(R) â© B(R) et ||f â g||1 6 ||f ||1||g||1 , ||f â g||â 6 ||f ||â||g||1 ;(iii) f â g = 2Ïf · g.Preuve. (i) f â g(x) = limaââ
â« a
âaf(x â y)g(y)dy = limaââ
â« x+a
xâaf(z)g(x â z)dz =
limaâââ« +a
âaf(z)g(xâ z)dz = g â f(x) .
(ii) La fonction (x, y) 7â f(x â y)g(y) est absolument intĂ©grable dans R2 et puisquey 7â f(xây)g(y) est absolument intĂ©grable, le thĂ©orĂšme de Stolz donne f âg absolumentintĂ©grable. On aâ«
|f â g|(x)dx =
â« âŁâŁâ« f(xâ y)g(y)dyâŁâŁ dx 6
â« (â«|f(xâ y)||g(y)|dy
)dx =
=
â« (â«|f(xâ y)|dx
)|g(y)|dy = ||f ||1||g||1.
L'autre inégalité est immédiate :
|f â g|(x) 6â«|f(xâ y)||g(y)|dy 6 sup |f |
â«|g| = ||f ||â||g||1.
(iii) C'est aussi une conséquence du théorÚme de Stolz :
1
2Ï
â«(f â g)(x)eâixΟ dx =
1
2Ï
â« (â«f(xâ y)g(y)dy
)eâixΟ dx =
1
2Ï
â« (â«f(xâ y)eâi(xây)Ο dx
)g(y)eâiyΟ dy =
1
2Ï
â«f(z)eâizΟ dz
â«g(y)eâiyΟ dy
42 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
ThéorÚme 9.13. La transformation de Fourier dans R est un isomorphisme de l'algÚbre
(S(R), â) sur (S(R), 2Ï·), qui est une quasi-isomĂ©trie L2 , puisque ||f ||2 =â
2Ï||f ||2 .Preuve. C'est une consĂ©quence de la Remarque 9.8 pour la bijection, de la Proposition9.12 pour les produits et du Corollaire 9.10 pour la quasi-isomĂ©trie.
Remarque 9.14. En posant
FÏ(Ο) = 2ÏÏ(2ÏΟ) =
â«Ï(x)eâ2iÏxΟ dx
pour Ï â S , on obtient une transformation F : S â S qui est une isomĂ©trie de l'algĂšbre(S(R), â) sur (S(R), ·) .Proposition 9.15. Soit u0 une fonction continue, localement Ă variation bornĂ©e etabsolument intĂ©grable sur R. Alors la fonction dĂ©nie par
(9.8) u(x, t) =
â« â
ââeâtΟ2
u0(Ο)eixΟ dΟ
est solution de l'Ă©quation de la chaleur
(9.9)âu
ât=â2u
âx2dans RĂ]0,â[, u(x, 0+) = u0(x), pour x â R.
Preuve. Si u est une solution de (9.9), on aâ«eâixΟ âu
ât(x, t)dx =
â
ât
â«eâixΟu(x, t)dx = 2Ï
âu
ât(Ο, t)
=
â«eâixΟ â
2u
âx2(x, t)dx = â2ÏΟ2u(Ο, t),
pour autant que u,âu
ât,âu
âx,â2u
âx2soient absolument intĂ©grables. Donc u est solution de
l'Ă©quation diĂ©rentielle ordinaire en t , avec paramĂštre Ο :
âu
ât(Ο, t) = âΟ2u(Ο, t).
Compte tenu de la condition initiale u(Ο, 0) = u0(Ο) , on trouve
u(Ο, t) = u0(Ο)eâtΟ2
.
Par hypothĂšse, u0 â RG et donc u0 est bornĂ©e. Par suite, Ο 7â u(Ο, t) est uniformĂ©mentĂ dĂ©croissance rapide, pour t > Δ > 0 . Par inversion de Fourier, u a la forme annoncĂ©e etest de classe Câ dans RĂ]0,â[ . La formule d'inversion de Fourier donne u(x, 0) = u0(x) .La convergence de u(x, t) vers u0(x) a lieu car u est continue dans RĂ [0,â[ , puisquel'intĂ©grale (9.8) converge uniformĂ©ment pour t > 0 (convergence dominĂ©e).
Proposition 9.16. Formule sommatoire de Poisson. Soit f â C0(R) une fonctionĂ variation bornĂ©e qui satisfait f(x) = O(1/x2), quand |x| â â. Alors
(9.10)âkâZ
f(kL) =2Ï
L
âjâZ
f(2Ïj/L) ou bienâkâZ
f(kL) =1
L
âjâZ
Ff(j/L).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 43
Preuve. On pose
(9.11) F (x) =âkâZ
f(x+ kL), x â R.
Puisque f(x) = O(1/x2) quand |x| â â et que |x+ kL| > |k|Lâ |x| > |k|L/2 si |x| 6|k|L/2 , la somme converge uniformĂ©ment pour |x| bornĂ©. Donc F est continue. Elle estaussi LâpĂ©riodique et Ă variation bornĂ©e dans [0, L] car pour 0 = x0 < x1 < . . . xnL =il existe N â N tel que â
|k|>N
|f(x+ kL)| < 1/n, pourx â [0, L],
et donc|F (xj+1)â F (xj)| 6
â|k|6N
|f(x+ kL)|+ 1/n
si bien quenâ1â
0
|F (xj+1)â F (xj)| 6 V (f) + 1.
Le théorÚme 7.13 de Jordan garantit la convergence de la série de Fourier de F :
F (x) =âjâZ
cje2Ïjx/L, oĂč cj =
1
L
â« L
0
F (y)eâ2iÏy/L dy.
On a, par convergence uniforme de la série (9.11) :
cj =1
L
â« L
0
âk
f(y + kL)eâ2iÏjy/L dy =1
L
âk
â« L
0
f(y + kL)eâ2iÏjy/L dy
=1
L
âk
â« (k+1)L
kL
f(y)eâ2iÏjx/L dx =1
L
â« â
ââf(y)eâ2iÏjx/L dx =
2Ï
Lf(2Ïj/L).
D'oĂč
F (0) =â
j
cj =2Ï
L
âj
f(2Ïj/L).
zzzzzzz
44 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exercice 9.1. Soit G : R ââ C la fonction dĂ©nie par :
G(t) =
â« +â
ââeâx2
eâixtdx.
Montrer que G vĂ©rie l'Ă©quation diĂ©rentielle 2GâČ(t) + tG(t) = 0 et en conclure queG(t) =
âÏeât2/4 . En dĂ©duire la transformĂ©e de Fourier de la fonction f(x) = eâa2x2
sia â R .
Exercice 9.2. Soient b, c deux nombres réels tels que c > 0 . Calculer les transforméesde Fourier des fonctions suivantes :
f1(x) = eâc(|x|âb) , f2(x) = eâ(xâb)2/c.
Exercice 9.3. RĂ©soudre l'Ă©quation diĂ©rentielle uâČâČ â u = f â RG(R) en utilisant latransformation de Fourier.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 45
10. Fonctions différentiables d'une variable complexe
Soit Ω un ouvert de C et f une fonction complexe sur Ω . Puisqu'on met sur C latopologie usuelle de R2 , la continuitĂ© de f est claire. Il n'en est pas de mĂȘme pour ladiĂ©rentiabilitĂ© :a) RâdiĂ©rentiabilitĂ©.La donnĂ©e de f Ă©quivaut Ă la donnĂ©e de deux fonctions rĂ©elles u : Ω â R et v : Ω â Rtelles que f = u+ iv . On dit que f ou (u, v) est RâdiĂ©rentiable au point (x0, y0) â Ωs'il existe une application Râ linĂ©aire A : R2 â R2 telle que
(u, v)(x, y) = (u, v)(x0, y0)+A·(xâx0, yây0)+o(|(xâx0, yây0)|), |(xâx0, yây0)| â 0.
Dans ce cas, la matrice de A est la matice jacobienne
(10.1)
âu
âx
âu
âyâv
âx
âv
ây
(x0, y0).
b) CâdiĂ©rentiabilitĂ©.Comme C a une structure de corps, on peut former un quotient diĂ©rentiel et examinerl'existence de la limite suivante, pour z0 â Ω :
(10.2) limhâ0
f(z0 + h)â f(z0)
h.
Si cette limite existe, on la dĂ©signe par b â C ; dans ce cas, on a :
(10.3) f(z) = f(z0) + b · (z â z0) + o(|z â z0|), quand z â z0.
Rappel. Tout espace vectoriel complexe a une structure d'espace vectoriel rĂ©el et touteapplication Câ linĂ©aire est Râ linĂ©aire, mais la rĂ©ciproque est fausse. En dimension com-plexe 1, B : Câ C est Câ linĂ©aire si, et seulement si, il existe b â C tel que B(h) = b ·het A : R2 â R2 est Râ linĂ©aire si, et seulement si,
A(k, l) = kA(1, 0) + lA(0, 1), âk, l â R.
Par suite, une application Râ linĂ©aire A : R2 â R2 est Câ linĂ©aire si, et seulement si,
A(Reh, Imh) = (ReB(h), ImB(h)), âh â C.
C'est-Ă -dire, en prenant successivement h = 1 et h = i :
A(1, 0) = (ReB(1), ImB(1)),
A(0, 1) = (ReB(i), ImB(i)) = (Re iB(1), Im iB(1)) = (â ImB(1),ReB(1)),
ou, en posant α = ReB(1) , ÎČ = ImB(1) , si, et seulement si, la matrice de A est de la
forme
(α âÎČÎČ Î±
), avec α, ÎČ â R .
DĂ©nition 10.1. Soit Ω un ouvert de C , f : Ω â C une fonction et z0 â Ω un point.On dit que f est CâdiĂ©rentiable en z0 si la limite de (10.2) existe. La valeur f âČ(z0) decette limite est la CâdĂ©rivĂ©e de f au point z0 .
46 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Proposition 10.2. 1) Toute fonction CâdiĂ©rentiable en z0 est RâdiĂ©rentiable enz0 , donc continue en z0 .2) Si f et g sont CâdiĂ©rentiables en z0 , alors f + g , f · g et f/g , quand g(z0) 6= 0,sont CâdiĂ©rentiables en z0 .3) La composĂ©e de deux fonctions CâdiĂ©rentiables est CâdiĂ©rentiable et on a laformule usuelle
(gf)âČ(z0) = gâČ(f(z0)) · f âČ(z0).
Preuve. VĂ©rions 3). Pour h 6= 0 , on Ă©critgf(z0 + h)â gf(z0)
hsous la forme
(10.4)
g(f(z0 + h))â g(f(z0))
f(z0 + h)â f(z0)
f(z0 + h))â f(z0)
hsi f(z0 + h) 6= f(z0),
0 si f(z0 + h) = f(z0).
Si f(z0 + h)) 6= f(z0) pour tout h 6= 0 voisin de 0, seule la premiĂšre valeur est prise etelle tend vers gâČ(f(z0)) · f âČ(z0) . Sinon, il existe une suite hnnâN de Câ qui tend vers0 et telle que f(z0 + hn) = f(z0) ; dans ce cas f âČ(z0) = 0 . La premiĂšre valeur de (10.4)tend vers gâČ(f(z0)) · f âČ(z0) = 0 qui est aussi la limite de la seconde valeur.
Proposition 10.3. Soit Ω un ouvert de C, Îł : [a, b] â Ω un chemin [continĂ»ment]diĂ©rentiable et f : Ω â C une fonction [continĂ»ment] CâdiĂ©rentiable. Alors fÎł est[continĂ»ment] diĂ©rentiable.
Preuve. Similaire.
Application.(Cf. Lemme 4.5.) Si f : Ω â C est continĂ»mentCâdiĂ©rentiable et si lesegment [z0, z0 + h] est contenu dans Ω , alors
(10.5) |f(z0 + h)â f(z0)| 6 |h| supzâ[z0,z0+h]
|f âČ(z)|.
Mais il n'existe en gĂ©nĂ©ral pas z â [z0, z0 + h] tel que |f(z0 + h)â f(z0)| = |h| · |f âČ(z)| .En remplaçant f par z 7â f(z)â (z â z0)f
âČ(z0) , dans (10.5) on obtient
(10.6) |f(z0 + h)â f(z0)â hf âČ(z0)| 6 |h| supzâ[z0,z0+h]
|f âČ(z)â f âČ(z0)|.
Corollaire 10.4. Si f : Ω â C est CâdiĂ©rentiable et si f âČ = 0, alors f est localementconstante, i.e., constante au voisinage de chaque point.
Exemple 10.5.
0) Les fonctions constantes sont CâdiĂ©rentiables et leurs dĂ©rivĂ©es valent 0 .1) f(z) = z, âz â C est CâdiĂ©rentiable et f âČ = 1 .2) Les polynĂŽmes complexes et les fonctions rationnelles sont CâdiĂ©rentiables oĂč ledĂ©nominateur ne s'annule pas. (Appliquer la Proposition 10.2.)3) f(z) = Re z n'est pas CâdiĂ©rentiable. En eet, (Reh)/h n'a pas de limite quandhâ 0 .4) z 7â ez est CâdiĂ©rentiable dans C et sa dĂ©rivĂ©e en z vaut ez . En eet, on a(ez+hâ ez)/h = ez(ehâ1)/h et (ehâ1)/h =
ââ1 hnâ1/n! tend vers 1 quand h tend vers
0 .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 47
5) Plus gĂ©nĂ©ralement, soitâanz
n une sĂ©rie entiĂšre convergente, i.e., il existe z0 â Câtel que
âanz
n0 converge. Alors la série
âanz
n converge absolument pour |z| < |z0| etdĂ©nit une fonction CâdiĂ©rentiable f dans le disque D(0, |z0|) . On a
f âČ(z) =â
nanznâ1.
Preuve. Puisque la sĂ©rieâanz
n0 converge, son terme général tend vers 0 ; il existe donc
M > 0 tel que |anzn0 | 6 M , ân â N . Pour |z| < |z0| , on a |anz
n| = |anzn0 ||z/z0|n 6
M |z/z0|n et la convergence absolue deâanz
n en découle par comparaison avec la sériegéométrique. La convergence est normale dans tout disque fermé D(0, r) , avec r < |z0| .La série dérivée terme à terme converge aussi pour |z| < |z0| car
|nanznâ1| = 1
|z0||anz0|nn|z/z0|nâ1 6
M
|z0||n1/(nâ1)z/z0|nâ1
et n1/(nâ1) â 1 .Pour voir la diĂ©rentiabilitĂ©, il sut de montrer la relationâ
an(z + h)n ââ
anzn â h
ânanz
nâ1 = o(|h|), quand hâ 0 ,
pour |z| et |z + h| 6 r < |z0| . On Ă©crit
(z + h)n â zn â hnznâ1 = h(z + h)nâ1 + · · ·+ znâ1 â nznâ1,et on constate les majorations suivantes :(10.7)|(z + h)n â zn â hnznâ1| 6 |h|2nrnâ1, (z + h)n â zn â hnznâ1 = o(|h|) quand hâ 0 .
Soit Δ > 0 . La convergence deân|an|rnâ1 donne l'existence d'un entier N > 0 tel queââ
N 2n|an|rnâ1 < Δ . Par suite,ââN
|an||(z + h)n â zn â hnznâ1| < Δh,
d'aprĂšs la premiĂšre formule de (10.7) etNâ1â
0
|an||(z + h)n â zn â hnznâ1| < Δh
si |h| est assez petit, d'aprĂšs la deuxiĂšme formule de (10.7).
6) Soit f : [a, b] à Ω â C continue, CâdiĂ©rentiable en la deuxiĂšme variable z et
g â VB([a, b],C) . Siâf
âzest continue dans [a, b]à Ω , alors
F (z) :=
â« b
a
f(x, z)dg(x)
dĂ©nit une fonction F : Ω â C continĂ»ment CâdiĂ©rentiable et
F âČ(z) =
â« b
a
âf
âz(x, z)dg(x).
La preuve est identique Ă celle de la Proposition 4.6.
48 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Proposition 10.6. Ăquations de Cauchy-Riemann. Pour f = u + iv : Ω â C etz0 â Ω on a : f est CâdiĂ©rentiable en z0 = x0 + iy0 si, et seulement si, (u, v) estRâdiĂ©rentiable en (x0, y0) et
(10.8)âu
âx(x0, y0) =
âv
ây(x0, y0),
âu
ây(x0, y0) = ââv
âx(x0, y0).
Preuve. C'est une consĂ©quence des dĂ©nitions et du rappel ci-dessus sur la correspon-dance entre application C et Râ linĂ©aire.
Remarque 10.7. L'existence des dĂ©rivĂ©es partiellesâu
âx, . . . ,
âv
âyet les Ă©galitĂ©s (10.8)
n'entraĂźnent pas la CâdiĂ©rentiabilitĂ©. Les conditions plus fortes u , v â C1(Ω) et (10.8)pour tout z0 â Ω donnent f continĂ»ment CâdiĂ©rentiable.
Proposition 10.8. Soient u, v : Ω â R deux fonctions de classe C1 qui satisfont (10.8)
en chaque point. Si les dĂ©rivĂ©es partiellesâ2u
âxâyet
â2v
âxâyexistent et sont continues, alors
les dĂ©rivĂ©es partiellesâ2u
âx2,â2u
ây2,â2v
âx2,â2v
ây2existent et vĂ©rient
âu = âv = 0.
Preuve. Il sut de diĂ©rentier les Ă©galitĂ©s (10.8) et d'utiliser les relationsâ2u
âxây=
â2u
âyâx,
â2v
âxây=
â2v
âyâx.
Remarque 10.9. On verra plus loin (Corollaire 11.7) que toute fonction CâdiĂ©-rentiable dans un ouvert est continĂ»ment CâdiĂ©rentiable.
zzzzzzz
Exercice 10.1. VĂ©rier que :
a) z 7â z est RâdiĂ©rentiable dans C mais est nulle part CâdiĂ©rentiable ;b) z 7â Log z est CâdiĂ©rentiable dans Câ z â R | z 6 0 ;
c) z 7â sin z :=eiz â eâiz
2iest C-diérentiable dans C .
Sur quel sous-ensemble de C la fonction z 7â tg(z) :=sin z
cos zest-elle CâdiĂ©rentiable ?
Exercice 10.2. Soit Ω un ouvert de C , F : Ω â C une fonction continĂ»ment CâdiĂ©-rentiable et Î une courbe rectiable fermĂ©e dans Ω . Montrer que :â«
Î
F âČ(z)dz = 0
Appliquer ce rĂ©sultat Ă â«
Î
1
(z â a)ndz , oĂč n 6= 1 (pourquoi ?) et Î ne passe pas par a .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 49
Exercice 10.3. Soit Ω un ouvert de C et f : Ω â C une fonction continĂ»mentCâdiĂ©rentiable ; on pose f = u+ iv . VĂ©rier les assertions suivantes :
a) u = constante =â f est localement constante,
b) u2 + v2 = constante =â f est localement constante,
c) g(z) = f(z) dĂ©nit une fonction C-diĂ©rentiable sur Ω = z â C | z â Ω .
Exercice 10.4. Calculerâ«
Îł
(z
z â 1
)n
dz pour n â N et Îł(t) = 1 + eit , 0 6 t 6 2Ï .
Exercice 10.5. Trouver le polynĂŽme harmonique rĂ©el P le plus gĂ©nĂ©ral de la formeP (x, y) = ax3 + bx2y + cxy2 + dy3 , avec a, b, c, d â R
Exercice 10.6. DĂ©terminer l'image du disque unitĂ© D := z â C | |z| < 1 par lestransformations suivantes :
z 7â 1
z; z 7â 1â z
1 + z; z 7â 1
2(z +
1
z).
Exercice 10.7. Ătudier la transformation de Joukowski (1847-1921) donnĂ©e par
J(z) =1
2(z +
1
z) :
domaine de dĂ©nition, prolongement Ă C , prĂ©images d'un point, image du cercle unitĂ©,du disque unitĂ©, image du cercle centrĂ© en 0.2 + 0.3i passant par â1 .http ://jwilson.coe.uga.edu/olive/Joukowski.Web/Joukowski.Paper.html
11. Théorie de Cauchy
ThĂ©orĂšme 11.1. ThĂ©orĂšme de Cauchy. Soit f : Ω â C une fonction continĂ»mentCâdiĂ©rentiable dans un ouvert Ω de C et K un compact de Ω. On suppose que le bordorientĂ© âK de K est une rĂ©union nie de courbes de Jordan rectiables Î1, . . . ,Îm ,orientĂ©es par la normale extĂ©rieure. Alors
mâj=1
â«Îj
f = 0.
Preuve. Puisque les dĂ©rivĂ©es partielles des composantes u et v de f sont continues, onpeut appliquer la formule de Green-Riemann (cf. ThĂ©orĂšme A) Ă l'intĂ©grale de f sur lebord âK de K :â«
âK
f(z)dz =
â«âK
(u+ iv)(dx+ i dy) =
â«âK
(u+ iv)dx+ (âv + iu)dy =â«â«K
(ââuây
â iâv
âyâ âv
âx+ i
âu
âx
)dx dy.
Les Ă©quations de Cauchy-Riemann (10.8) entraĂźnent que la parenthĂšse ci-dessus est nulle,d'oĂč le rĂ©sultat.
50 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Proposition 11.2. Formule de Cauchy. Soit f une fonction continĂ»ment CâdiĂ©-rentiable dans un disque D(a,R). Alors, pour 0 < r < R , on a :
(11.1) f(a) =1
2Ïi
â«|zâa|=r
f(z)
z â adz,
oĂč dans l'intĂ©grale, le cercle est parcouru une fois dans le sens direct.
Remarque 11.3. Il sut que f soit continĂ»ment CâdiĂ©rentiable dans D(a,R) \ a .
Preuve. La fonction z 7â f(z)
z â aest continĂ»ment CâdiĂ©rentiable dans D(a,R) \ a .
Prenons K = D(a, r) \ D(a, Δ) , pour 0 < Δ < r et appliquons le ThéorÚme de Cauchy :
(11.2)â«|zâa|=r
f(z)
z â adz â
â«|zâa|=Δ
f(z)
z â adz = 0.
On Ă©crit â«|zâa|=Δ
f(z)
z â adz =
â«|zâa|=Δ
f(a)
z â adz +
â«|zâa|=Δ
f(z)â f(a)
z â adz.
La premiĂšre intĂ©grale vaut 2iÏf(a) et la deuxiĂšme est majorĂ©e par
sup|zâa|=Δ
|f(z)â f(a)|â«|zâa|=Δ
|dz||z â a|
= sup|zâa|=Δ
|f(z)â f(a)|2Ï.
Le rĂ©sultat dĂ©coule de (11.2) puisque sup|zâa|=Δ |f(z)â f(a)| tend vers 0 quand Δâ 0 ,car f est continue en a .
Corollaire 11.4. Soit f : D(a,R) â C une fonction continĂ»ment CâdiĂ©rentiable etz â D(a,R). Alors
(11.3) f(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
f(ζ)
ζ â zdζ, pour |z â a| < r < R.
Preuve. Il sut d'appliquer le ThĂ©orĂšme de Cauchy au domaine limitĂ© par les cercles|ζ â a| = r et |ζ â z| = Δ oĂč r < R et |z|+ Δ < r .
Corollaire 11.5. Soit f : D(a,R) â C une fonction continĂ»ment CâdiĂ©rentiable etz â D(a,R). Alors1) f est indĂ©niment CâdiĂ©rentiable ;
2) f (n)(a) =n!
2Ïi
â«|ζâa|=r
f(ζ)
(ζ â a)n+1dζ , pour r < R et n â N ;
3) f(z) =ââ
n=0
f (n)(a)
n!(z â a)n avec convergence normale dans |z â a| 6 r < R .
Preuve. 1) et 2) dĂ©coulent de l'Exemple 10.5, 6), puisque la fonction z 7â f(ζ)
ζ â zest
indĂ©niment CâdiĂ©rentiable et que sa kâ iĂšme dĂ©rivĂ©e (ζ, z) 7â k!f(ζ)
(ζ â z)k+1est continue
dans S(a, r)Ă D(a, r) .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 51
Pour voir 3), on Ă©crit
1
ζ â z=
1
ζ â aâ (z â a)=
1
ζ â a
ââ0
(z â a
ζ â a
)n.
Cette sĂ©rie converge normalement dans S(a, râČ)Ă D(a, r) si r < râČ < R . En remplaçantdans (11.3) et en Ă©changeant
â«et
â, on obtient
f(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
f(ζ)ââ0
(z â a)n
(ζ â a)n+1dζ =
ââ0
1
2Ïi
(â«|ζâa|=r
f(ζ)
(ζ â a)n+1dζ
)(z â a)n.
La formule 2) donne le résultat.
Le thĂ©orĂšme suivant permet de montrer que toute fonction CâdiĂ©rentiable est conti-nĂ»ment CâdiĂ©rentiable.
ThĂ©orĂšme 11.6. Lemme de Goursat. Soit f une fonction CâdiĂ©rentiable dans unouvert Ω de C. Si Î est le bord orientĂ© d'un rectangle contenu dans Ω, alors
â«Îf = 0.
Preuve. Soit R le rectangle de l'Ă©noncĂ©. On partage chacun des cĂŽtĂ©s en deux, d'oĂčquatre rectangles R1 , R2 , R3 , R4 de bords orientĂ©s Î1 , . . ., Î4 . On aâ«
Î
f = (
â«Î1
+
â«Î2
+
â«Î3
+
â«Î4
)f.
Soit R1 celui des rectangles R1 , . . ., R4 pour lequel
|â«
Î1
f | > |â«
Îj
f |, j = 1, . . . , 4.
On découpe le rectangle R1 en quatre rectangles R11 , . . ., R
14 et on choisit parmi ceux-ci
celui qui donne l'intĂ©grale maximale. On le dĂ©signe par R2 . Par rĂ©currence, on construitune suite de rectangles emboĂźtĂ©s RkkâN avec
diamRk =1
2kdiamR, L(Îk) =
1
2kL(Î) et |
â«Î
f | 6 4k|â«
Îk
f |, âk â N.
L'intersection des rectangles Rk est rĂ©duite Ă un point a . Puisque f est CâdiĂ©rentiableen a , pour Δ > 0 donnĂ©, il existe k â N tel que
|f(z)â f(a)â f âČ(a)(z â a)| 6 Δ|z â a|, âz â Rk.
Puisque z 7â f(a) + f âČ(a)(z â a) est une fonction continĂ»ment CâdiĂ©rentiable, l'intĂ©-grale
â«Îk
(f(a) + f âČ(a)(z â a)
)dz est nulle. D'oĂč
|â«
Îk
f | = |â«
Îk
(f(z)â f(a)â f âČ(a)(z â a)
)dz| 6 Δ sup
zâÎk
|z â a|L(Îk) = ΔdiamR
4kL(Î).
On en déduit
|â«
Î
f | 6 4k|â«
Îk
f | 6 ΔdiamR L(Î)
si bien queâ«
Îf = 0 .
Corollaire 11.7. Si f est une fonction CâdiĂ©rentiable dans un ouvert Ω, alors fadmet localement une primitive ; elle est donc continĂ»ment CâdiĂ©rentiable.
52 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. Soit a + ib un point quelconque de Ω . Pour ÎŽ > 0 assez petit, le carrĂ© C :=]aâ ÎŽ, a+ ÎŽ[+i]bâ ÎŽ, b+ ÎŽ[ est contenu dans Ω . Pour x+ iy â C , on dĂ©nit
F (x+ iy) =
â« x
a
f(s+ ib)ds+
â« y
b
f(x+ it)i dt.
La Proposition 4.2 c) montre que la dĂ©rivĂ©e partielle âF/ây existe et vaut if(x+ iy) .D'aprĂšs le ThĂ©orĂšme de Goursat, l'intĂ©grale de f sur le bord du rectangle de sommetsa+ ib , x+ ib , x+ iy , a+ iy est nulle. Donc
F (x+ iy) =
â« y
b
f(a+ it)i dt+
â« x
a
f(s+ iy)ds,
ce qui permet de voir que âF/âx existe et vaut f(x + iy) . Comme les deux dĂ©rivĂ©espartielles de F sont continues, les Ă©quations de Cauchy-Riemann (10.8) qui s'Ă©criventaussi
(11.4)âF
ây= i
âF
âx,
montrent que F est CâdiĂ©rentiable et F âČ = f . Par suite, F est continĂ»ment CâdiĂ©-rentiable dans C . Le corollaire 11.5 montre que F est infĂ©niment diĂ©rentiable, doncF âČâČ = f âČ est continue.
Le résultat suivant est une sorte de réciproque du théorÚme de Cauchy.
Proposition 11.8. ThĂ©orĂšme de Morera. Soit f : Ω â C une fonction conti-nue telle que
â«Îf = 0 pour toute courbe rectiable fermĂ©e Î dans Ω. Alors f est
CâdiĂ©rentiable.
Preuve. Dans toute partie connexe de Ω , on choisit un point z0 et on dénit une fonction
F (z) :=
â«Îłz
f,
oĂč Îłz est un chemin rectiable reliant z0 Ă z . La dĂ©nition est cohĂ©rente, grĂące Ă l'hypothĂšse. En procĂ©dant comme dans la preuve ci-dessus, on montre F est une primitivede f . Le corollaire 11.5 permet de conclure.
zzzzzzz
Exercice 11.1. Soit f : C ââ C une fonction continue. Si f est C-diĂ©rentiable surC \ [0, 1] , montrer que f est entiĂšre, c'est-Ă -dire C-diĂ©rentiable sur C .
Exercice 11.2. En calculantâ«dz
zsur deux contours, montrer la formule :â« 2Ï
0
dt
a2 cos2 t+ b2 sin2 t=
2Ï
ab
Exercice 11.3. Donner les rayons de convergence des sĂ©riesânpzn ,
â 2n
n!zn ,
â n3
3nzn
et de la série de Taylor en 0 de f(z) =z
ez â 1.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 53
Exercice 11.4. Soit f =âan(zâz0)
n une sĂ©rie convergente pour |zâz0| < R . Montrerl'Ă©galitĂ© de Parseval :
âân=0
|an|2r2n =1
2Ï
â« 2Ï
0
|f(z0 + reiΞ)|2dΞ
pour tout r < R , et en dĂ©duire :ââ
n=0
|an|2r2n 6 sup|zâz0|=r
|f(z)|2
Exercice 11.5. VĂ©rier que la fonction f : Câ â C donnĂ©e par f(z) = 1/z n'admetpas de primitive, mais que sa restriction Ă C \ z â R | z 6 0 en admet une. Laquelle ?
12. Fonctions holomorphes
DĂ©nition 12.1. Une fonction holomorphe dans un ouvert Ω de C est une fonctionCâdiĂ©rentiable dans Ω .Notation : O(Ω) dĂ©signera l'espace des fonctions holomorphes dans Ω .Une fonction entiĂšre est une fonction holomorphe dans C .
Rappel. La dĂ©rivĂ©e d'une fonction holomorphe est holomorphe, toute fonction holo-morphe est indĂ©niment CâdiĂ©rentiable et mĂȘme analytique, toute fonction holo-morphe admet localement une primitive holomorphe. Pour les fonctions d'une variablecomplexe, il y a donc Ă©quivalence entre diĂ©rentiable, continĂ»ment diĂ©rentiable, indĂ©-niment diĂ©rentiable, analytique.
Exemple 12.2. La fonction f : Câ â C dĂ©nie par f(z) = 1/z est holomorphe commequotient. Elle admet donc une primitive locale. Pour z voisin de 1 , prenons
F (z) =
â«Îłz
dζζ,
oĂč Îłz(t) = 1 + t(|z| â 1) si 0 6 t 6 1 , Îłz(t) = |z|ei(tâ1) si 1 6 t 6 Arg z + 1 . Alors
F (z) = Log z, pour z â C \ Râ.
Proposition 12.3. Inégalités de Cauchy. Soit f une fonction holomorphe dans ledisque D(a,R). Alors
(12.1) |f (k)(a)| 6 k!
rksup
|zâa|=r
|f(z)|, pour 0 < r < R, k â N.
Preuve. Il sut d'appliquer le Corollaire 11.5 2) :
|f (k)(a)| = k!
2Ï|â«|ζâa|=r
f(ζ)
(ζ â a)k+1dζ| 6 k!
2Ï
â«|ζâa|=r
|f(ζ)|rk+1
|dζ| 6 k!
rksup
|릉a|=r
|f(ζ)|.
Corollaire 12.4. ThĂ©orĂšme de Liouville. Si une fonction entiĂšre f est Ă croissancepolynomiale, i.e., |f(z)| 6 C|z|N , âz â C, alors f est un polynĂŽme. Cas particulier : sif est bornĂ©e, alors elle est constante.
54 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. Puisque f est entiÚre, le rayon de convergence de la série de Taylor en 0 estinni. D'aprÚs (12.1) et la majoration |f(z)| 6 CrN pour |z| = r , on a :
|f (k)(0)| 6 k!CrN
rk= CrNâk, k = 0, 1, . . .
En faisant tendre r vers â , on voit que f (k)(0) = 0 si k > N .
Corollaire 12.5. ThĂ©orĂšme de Weierstrass. Soit fnnâN une suite de fonctionsholomorphes dans un ouvert Ω qui converge localement uniformĂ©ment vers f . Alors fest holomorphe dans Ω et limnââ f
âČn = f âČ .
Preuve. 1. Soit D un disque fermĂ© contenu dans Ω . La suite de fonctions fn|DnâN estune suite de Cauchy dans C0(D) avec la norme sup . Les inĂ©galitĂ©s de Cauchy montrentque la suite des dĂ©rivĂ©es f âČn|DnâN est aussi une suite de Cauchy dans C0(D) . Commecet espace est complet, f âČn â g â C0(D) . Puisque l'intĂ©grale de f âČn est nulle sur toutchemin fermĂ© tracĂ© dans D , il en est de mĂȘme pour g , par passage Ă la limite. EnintĂ©grant g sur un chemin reliant le centre du disque Ă un point quelconque, on montrecomme au Corollaire 11.7 que f est une primitive de g . D'oĂč le rĂ©sultat.2. On peut procĂ©der plus directement : Si D(a, r) est un disque fermĂ© contenu dans Ωet si râČ < r , la formule de Cauchy donne :
fn(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
fn(ζ)
ζ â zdζ, âz â D(a, râČ), ân â N.
Par convergence uniforme de fn vers f sur S(a, r) , on en déduit
f(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
f(ζ)
ζ â zdζ, âz â D(a, râČ),
ce qui montre que f est holomorphe dans D(a, râČ) . La formule
f âČn(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
fn(ζ)
(ζ â z)2dζ
donne la convergence des dérivées.
Corollaire 12.6. ThĂ©orĂšme fondamental de l'AlgĂšbre. Si P est un polynĂŽmede degrĂ© n > 1 Ă coecients complexes, alors il existe z0 â C tel que P (z0) = 0.
Preuve. On écrit P (z) = anzn + · · ·+ a0 , avec an 6= 0 . Puisque
P (z) =(an + · · ·+ a0/z
n)zn,
on a limzââ P (z) = â et donc limzââ 1/P (z) = 0 . Si P (z) 6= 0 , pour tout z â C , lafonction 1/P est une fonction entiĂšre bornĂ©e. D'aprĂšs le thĂ©orĂšme de Liouville 1/P estconstant, donc n = 0 .
ThĂ©orĂšme 12.7. Principe du prolongement analytique. Soient f, g â O(Ω) eta â Ω. Si Ω est connexe alors l'une des deux conditions suivantes :
a) f est Ă©gale Ă g dans un ouvert non vide de Ω,b) f (k)(a) = g(k)(a) pour tout k â N,
entraĂźne f = g .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 55
Preuve. Puisque a) entraĂźne b), il sut de montrer que b) donne la conclusion. Onpeut supposer g = 0 , en considĂ©rant f â g . Soit b un point quelconque de Ω . ParconnexitĂ©, il existe un chemin Îł : [0, 1] â Ω tel que Îł(0) = a et Îł(1) = b . L'ensembleI := t â [0, 1] | f (k)(Îł(t)) = 0, âk â N est fermĂ© comme intersection de fermĂ©s ; il estaussi ouvert, car si toutes les dĂ©rivĂ©es de f sont nulles au point Îł(t) , f = 0 dans unvoisinage de Îł(t) et donc un voisinage de t est contenu dans I . Comme I 6= â puisque0 â I , ceci n'est possible que si I = [0, 1] . On a montrĂ© f(b) = 0 .On peut faire un raisonnement similaire sans passer par les chemins.
ThĂ©orĂšme 12.8. Principe du maximum. Pour f â O(Ω) et a â Ω, on a :a) si |f | a un maximum local en a, alors f est constante au voisinage de a ;b) si Ω est connexe et si f a un maximum local, alors f est constante ;c) si Ω est bornĂ© et si f se prolonge continĂ»ment Ă l'adhĂ©rence Ω de Ω, alors maxΩ |f | =maxâΩ |f |.
Preuve. a) Supposons que |f | a un maximum local en a , i.e., |f(z)| 6 |f(a)| , pourz â D(a, r) â Ω . La formule de Cauchy donne les inĂ©galitĂ©s suivantes :
|f(a)| = | 1
2Ïi
â«|zâa|=r
f(z)
z â adz| 6 1
2Ï
â«|zâa|=r
|f(z)||z â a|
|dz| 6 1
2Ï|f(a)|
â« 2Ï
0
dΞ = |f(a)|.
On a donc partout des égalités et en particulier
|f(a)| = 1
2Ï
â« 2Ï
0
|f(a+ reiΞ)|dΞ.
Ceci entraßne que |f(a + reiΞ)| = |f(a)| pour tout Ξ car si on avait |f(a + reiΞ0)| <|f(a)| , on aurait |f(a + reiΞ)| < |f(a)| pour Ξ voisin de Ξ0 par continuité et donc1
2Ï
â« 2Ï
0
|f(a+ reiΞ)|dΞ < |f(a)| .
En faisant varier r , on obtient que |f | est constante dans un disque autour de a . L'Exer-cice 10.3 montre que f est constante dans ce disque.b) Soit a un point oĂč f a un maximum local. Alors f est Ă©gale Ă f(a) dans un disqueD(a, r) â Ω . On applique le principe du prolongement analytique 12.7 aux fonctions fet Ă la constante f(a) . Puisque Ω est connexe, f = f(a) .c) Soit z0 â Ω tel que |f(z0)| = maxΩ |f | . Si z0 â âΩ , il n'y a rien Ă dĂ©montrer.Sinon, soit Ω0 la composante connexe de z0 . Par b), f est Ă©gale Ă f(z0) dans Ω0 et parcontinuitĂ© dans Ω0 . D'oĂč
maxΩ|f | = |f(z0)| = max
âΩ0
|f | 6 maxâΩ
|f |.
Lemme 12.9. Pour f â O(Ω), a â Ω et n â N tel que f (k)(a) = 0 si k < n maisf (n)(a) 6= 0, il existe g â O(Ω) telle que
f(z) = (z â a)ng(z), z â Ω et g(a) 6= 0.
Preuve. La fonction z 7â f(z)/(z â a)n =: g(z) est holomorphe dans Ω \ a ; elle seprolonge continĂ»ment à Ω en posant g(a) := f (n)(a)/n! . Elle est donc holomorphe dansΩ d'aprĂšs l'Exercice 11.1.
56 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Proposition 12.10. Principe des zĂ©ros isolĂ©s. Soit f â O(Ω), a â Ω et ajjâNune suite de points de Ω \ a qui tend vers a. Si f(aj) = 0, âj â N, alors f = 0 auvoisinage de a.
Preuve. Si f n'est pas nulle au voisinage de a , il existe n â N tel que f (n)(a) 6= 0 . LeLemme 12.9 donne une fonction holomorphe g au voisinage de a avec g(aj) = 0 pourtout j â N et g(a) 6= 0 . Ceci est impossible.
zzzzzzz
Exercice 12.1. Montrer que la convergence localement uniforme dans un onvert Ω deC est équivalente à la convergente uniforme sur tout compact de Ω .
Exercice 12.2. En intĂ©grant la fonction z 7â f(z)/(z â a)(z â b) sur des cercles degrands rayons, donner une nouvelle dĂ©monstration du thĂ©orĂšme de Liouville lorsque fest holomorphe bornĂ©e sur C .
Exercice 12.3. Principe du minimum. Soit Ω un ouvert connexe de C et f â O(Ω) .Montrer que si |f | admet un minimum non nul sur Ω , alors f est constante.Corollaire : Si f â O(Ω)â©C0(Ω) est non constante et si Ω est bornĂ©, alors soit f s'annuleen un point de Ω , soit minΩ |f | = minâΩ |f | .
Exercice 12.4. Soit f une fonction holomorphe dans le disque D(0, R) .Pour 0 6 r < R , on dĂ©nit M(r) = sup|f(z)| | |z| = r . Montrer quea) la fonction r 7âM(r) est continue et croissante ;b) cette fonction est strictement croissante si, et seulement si, f n'est pas constante.
Exercice 12.5. On dénit la fonction Arctg par
Arctg z =
â«Îłz
d ζ
1 + ζ2, pour |z| < 1,
oĂč Îłz est un chemin rectiable reliant 0 Ă z dans le disque D(0, 1) . VĂ©rier que ladĂ©nition est cohĂ©rente et
Arctg z = z â z3
3+z5
5± . . . pour |z| < 1.
Exercice 12.6. Montrer que le sous-espace des polynĂŽmes complexes n'est pas densedans C0(D(0, 1)) .
Exercice 12.7. On donne une fonction f holomorphe dans un disque D(a,R) . Si u :=Re f , montrer que u a la propriété de la moyenne :
u(a) =1
2Ï
â« 2Ï
0
u(a+ reiΞ)dΞ, r < R.
En déduire que u satisfait au principe du maximum et du minimum.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 57
13. Homotopie et homologie
DĂ©nition 13.1. Deux chemins Îł0, Îł1 : [0, 1] â Ω sont homotopes avec extrĂ©mitĂ©s xesdans Ω s'il existe une fonction continue h : [0, 1]Ă [0, 1] â Ω telle que
(13.1)h(0, t) = Îł0(t), h(1, t) = Îł1(t), ât â [0, 1],
h(s, 0) = Îł0(0) = Îł1(0), h(s, 1) = Îł0(1) = Îł1(1), âs â [0, 1].
Deux lacets ou chemins fermĂ©s Îł0, Îł1 : [0, 1] â Ω sont homotopes dans Ω s'il existe unefonction continue h : [0, 1]Ă [0, 1] â Ω telle que
(13.2)h(0, t) = Îł0(t), h(1, t) = Îł1(t), ât â [0, 1],
h(s, 0) = h(s, 1), âs â [0, 1].
On utilise la notation suivante : Îł0 âŒÎ© Îł1 .
Exemple 13.2. 1) Si Ω est connexe, tous les lacets constants sont homotopes.2) Si Ω est convexe, tous les chemins dans Ω ayant mĂȘmes extrĂ©mitĂ©s sont homotopes ;tout lacet dans Ω est homotope au lacet constant.
Dénition 13.3. Un ouvert Ω dans C est simplement connexe si Ω est connexe et sitout lacet dans Ω est homotope au lacet constant.
Exemple 13.4. Un domaine Ω Ă©toilĂ©, i.e., il existe a â Ω tel que le segment [a, z] estcontenu dans Ω , pour tout z â Ω , est simplement connexe.L'ouvert C \ Râ est simplement connexe.
ThéorÚme 13.5. Pour Ω ouvert connexe de C, les propriétés suivantes sont équi-valentes :a) Ω est simplement connexe,
b) C \ Ω est connexe,c) pour tout lacet Îł dans Ω et âw â C \ Ω, l'indice de Îł par rapport Ă w est nul.
ThĂ©orĂšme 13.6. ThĂ©orĂšme de Cauchy homotopique. Si f est une fonction ho-lomorphe dans Ω et si Îł0 , Îł1 sont des chemins homotopes rectiables dans Ω, alorsâ«
Îł0
f =
â«Îł1
f.
Application. Toute fonction holomorphe dans un domaine simplement connexe admetune primitive.
DĂ©nition 13.7. Deux lacets rectiables Îł0 et Îł1 dans un ouvert Ω sont homologuesdans Ω si n(Îł0, w) = n(Îł1, w) pour tout w â C \ Ω .Notation : Îł0 âΩ Îł1 .Un lacet rectiable Îł dans Ω est homologue Ă 0 dans Ω s'il est homologue au lacetconstant, i.e., si n(Îł, w) = 0 pour tout w â C \ Ω .Notation : Îł0 âΩ 0 .
Proposition 13.8. Deux lacets homotopes rectiables sont homologues.
Preuve. Soit Îłs le lacet paramĂ©trĂ© par t 7â h(s, t) oĂč h est l'homotopie entre les lacetsdonnĂ©s. Alors s 7â n(Îłs, w) est une fonction continue Ă valeurs entiĂšres, donc constante.
58 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
ThĂ©orĂšme 13.9. ThĂ©orĂšme de Cauchy homologique. Si f est une fonction ho-lomorphe dans Ω et si Îł0 et Îł1 sont des lacets rectiables homologues dans Ω, alorsâ«
Îł0
f =
â«Îł1
f.
Preuve. C'est une conséquence du résultat suivant :
ThĂ©orĂšme 13.10. Formule gĂ©nĂ©rale de Cauchy. Soit f : Ω â C une fonctionholomorphe dans un ouvert Ω de C. On suppose que Îł1, . . . , Îłm sont des lacets rectiablesdans Ω tels que
(13.3)mâ
j=1
n(Îłj, w) = 0, âw â C \ Ω.
Alors
(13.4)mâ
j=1
1
2Ïi
â«Îłj
f(z)
z â adz =
mâj=1
n(Îłj, a)f(a), âa â Ω \âj
supp Îłj.
Preuve. Cas m = 1 . On dĂ©nit une fonction Ï : Ωà Ω â C par
Ï(z, w) =
f(z)â f(w)
z â wsi z 6= w,
f âČ(z) si z = w.
Alors Ï est continue et âz â Ω , la fonction w 7â Ï(z, w) est holomorphe dans Ω .Soit Ω0 := w â C \ supp Îł | n(Îł, w) = 0 . Alors Ω0 est ouvert car l'indice variecontinĂ»ment et ne prend que des valeurs entiĂšres (ThĂ©orĂšme 5.7) et ΩâȘΩ0 = C puisqueC \ Ω est contenu dans Ω0 par (13.3).On dĂ©nit encore une fonction g : Câ C par
g(w) =
â«
Îł
Ï(z, w)dz si w â Ω,â«Îł
f(z)
z â wdz si w â Ω0.
Les deux dĂ©nitions coĂŻncident dans Ω ⩠Ω0 , carâ«
Îł
f(w)
z â wdz = f(w)2iÏn(Îł, w) = 0 .
Puisque g â O(C) et que g(w) â 0 quand w â â (dans Ω0 ), on a g = 0 par lethĂ©orĂšme de Liouville 12.4. Doncâ«
Îł
f(z)
z â wdz = 2iÏn(Îł, w)f(w).
Pour m quelconque, le mĂȘme raisonnement s'applique avec
Ω0 = w â C \â
supp Îłj |â
n(Îłj, w) = 0.
zzzzzzz
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 59
Exercice 13.1. a) Montrer que toute courbe fermée dans C \ 0 est homotope à unecourbe tracée sur le cercle unité.
b) Donner toutes les valeurs possibles deâ«
Îł
d z
1 + z2oĂč Îł est une courbe fermĂ©e rectiable
tracée dans C \ ±i .
Exercice 13.2. On considĂšre les lacets Îł1 et Îł2 dĂ©nis par Îł1(t) = â1 + eit , Îł2(t) =1â eit , t â [0, 2Ï] . VĂ©rier que Îł1 et Îł2 sont homologues dans C \ â1,+1 .En suivant continĂ»ment la "fonction" z 7â f(z) :=
âLog 1
2(z + 1) qui vaut i
âlog 2 en
z = 0 le long du lacet Îł := Îł1Îł2Îłâ11 Îłâ1
2 , constater que la valeur de f obtenue Ă la n dulacet Îł est diĂ©rente de celle du dĂ©but. En dĂ©duire que Îł1 et Îł2 ne sont pas homotopesdans C \ â1,+1 .
Exercice 13.3. DĂ©nir une fonction holomorphe f dans C \ [a, b] pour a < b â R , telleque f(x) =
â(xâ a)(xâ b) pour x â]b,â[ . Calculer
â«|z|=2
f(z)dz .
14. Points singuliers et résidus
Lemme 14.1. Soit f â O(D(a, r) \ a). Alors f se prolonge holomorphiquement Ă D(a, r) si, et seulement si, l'une des trois conditions suivantes est satisfaite :a) f se prolonge continĂ»ment Ă D(a, r) ;b) f est bornĂ©e au voisinage de 0 ;c) limzâa(z â a)f(z) = 0.
Preuve. Le thĂ©orĂšme de Morera 11.8 montre que la condition a) est susante. Elle esttrivialement nĂ©cessaire. La condition a) entraĂźne b), et b) entraĂźne c).Si c) a lieu, alors la fonction g dĂ©nie par g(z) = (zâa)f(z) satisfait a) ; elle se prolongedonc en une fonction holomorphe dans le disque, nulle en a . D'aprĂšs le Lemme 12.9, onpeut Ă©crire
g(z) = (z â a)nh(h), n > 1,
avec h â O(D(a, r)) . En divisant par zâ a , il vient f(z) = (zâ a)nâ1h(z) , ce qui donneun prolongement continu (holomorphe) de f . Donc c) entraĂźne a).
Dénition 14.2. Soit f une fonction holomorphe dans un disque épointé D(a, r) \ a .Si f n'admet pas de prolongement holomorphe à D(a, r) , on dit que f a une singularitéisolée au point a .
Remarque 14.3. Certains auteurs disent que f a une singularié supprimable ou vir-tuelle si f est bornée dans un disque épointé.
DĂ©nition 14.4. Soit f â O(D(a, r)\a) une fonction singuliĂšre en a . Si limzâa f(z) =â , on dit que f a un pĂŽle en a . Sinon, on dit que f a une singularitĂ© essentielle en a .
Proposition 14.5. Soit f â O(D(a, r) \ a). Alors f a un pĂŽle en a si, et seulementsi, il existe m â Nâ et h â O(D(a, r)) avec h(a) 6= 0 tels que
f(z) =h(z)
(z â a)mpour z â D(a, r) \ a.
60 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
De maniÚre équivalente, f admet le développement
(14.1) f(z) =bâm
(z â a)m+
bâm+1
(z â a)mâ1+ · · ·+ bâ1
(z â a)+ b0 + b1(zâ a) + . . . , bâm 6= 0,
pour z â D(a, r) \ a, oĂč la sĂ©rie converge normalement dans D(a, râČ), râČ < r .
Preuve. Si (14.1) a lieu, alors limzâa f(z) = â et ainsi f a un pĂŽle en a . RĂ©ciproque-ment, supposons que f a un pĂŽle en a ; alors f ne s'annule pas dans un disque Ă©pointĂ©D(a, râČ) \ a et donc 1/f est holomorphe dans ce domaine. Comme la fonction 1/f estbornĂ©e, elle se prolonge en une fonction holomorphe g sur D(a, râČ) par le Lemme 14.1.On a g(0) = 0 et d'aprĂšs le Lemme 12.9, il existe m â Nâ et h1 â O(D(a, râČ)) avech1(a) 6= 0 telle que
g(z) = (z â a)mh1(z), z â D(a, râČ).
Puisque g ne s'annule qu'en a , la fonction h1 ne s'annule pas. La relation suivante alieu :
f(z) = 1/g(z) =1
(z â a)m
1
h1(z), z â D(a, râČ).
Il reste Ă prendre h = 1/h1 et Ă constater que h se prolonge Ă D(a, r) , puisque h(z) =f(z)(z â a)m pour z â D(a, râČ) \ a .La formule (14.1) s'obtient en Ă©crivant le dĂ©veloppement de Taylor de h en a .
DĂ©nition 14.6. L'entier m de la Proposition 14.5 est l'ordre du pĂŽle de f en a . On a
(14.2) limzâa
(z â a)kf(z) =
â si k < m,
bâm si k = m,
0 si k > m.
La fonction holomorphe dans C \ a
z 7â bâm
(z â a)m+
bâm+1
(z â a)mâ1+ · · ·+ bâ1
(z â a)
est la partie principale de f en a .
Proposition 14.7. DĂ©veloppement de Laurent. Soit f â O(D(a,R2) \ D(a,R1))
une fonction holomorphe dans une couronne. Alors, pour z â D(a,R2) \ D(a,R1), on a
(14.3) f(z) =âjâZ
bj(z â a)j, oĂč bj =1
2Ïi
â«|ζâa|=r
f(ζ)
(ζ â a)j+1dζ,
et R1 < r < R2 . La série converge normalement dans la couronne fermée D(a, r2) \D(a, r1), avec R1 < r1 < r2 < R2 .
Preuve. On applique la formule générale de Cauchy 13.10 à Ω = D(a,R2) \D(a,R1) , γ2
qui paramĂ©trise le cercle de rayon r2 dans le sens direct et Îł1 qui paramĂ©trise le cerclede rayon r1 dans le sens rĂ©trograde. Pour z â D(a, r2) \ D(a, r1) , on a donc
(14.4) f(z) =1
2Ïi
â«|ζâa|=r2
f(ζ)
ζ â zdζ â 1
2Ïi
â«|ζâa|=r1
f(ζ)
ζ â zdζ.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 61
Traitons la deuxiĂšme intĂ©grale de (14.4). On a pour |z â a| > r > r1 et |ζ â a| = r1 :
|ζ â a|/|z â a| 6 r1/r < 1.
On développe en série la fraction
1
ζ â z=
1
ζ â aâ (z â a)= â 1
z â a
ââ0
(ζ â a
z â a
)n.
Puisque la convergence est normale pour |z â a| > r et |ζ â a| = r1 , on peut Ă©changerâet
â«et obtenir
â 1
2Ïi
â«|ζâa|=r1
f(ζ)
ζ â zdζ =
ââ0
( 1
2Ïi
â«|ζâa|=r1
f(ζ)(ζ â a)n dζ) 1
(z â a)n+1=
â1âââ
bn(zâ a)n.
La premiÚre intégrale de (14.4) se traite comme dans la preuve du Corollaire 11.5.
Corollaire 14.8. Soit f â O(D(a, r)\a) avec le dĂ©veloppementâ
jâZ bj(zâa)j . Alorsa) f se prolonge holomorphiquement Ă D(a, r) ââ bj = 0, âj < 0 ;b) f a un pĂŽle d'ordre m en a ââ bj = 0, âj < âm et bâm 6= 0 ;c) f a une singularitĂ© essentielle en a ââ j < 0 | bj 6= 0 est inni.
Exemple 14.9. z 7â ez a une singularitĂ© essentielle Ă l'inni car en posant w = 1/z ,on obtient
ez =ââ0
zn
n!=
ââ0
1
n!wn.
ThĂ©orĂšme 14.10. Casorati-Weierstrass. Soit f â O(D(a, r) \ a) une fonctionavec une singularitĂ© essentielle en a. Alors, pour tout ÎŽ â]0, r[, l'ensemble f(D(a, r)\a)est dense dans C. Ainsi, âÎŽ â]0, r[ et âc â C, il existe une suite zjjâN de D(a, ÎŽ)\atelle que f(zj) tend vers c.
Preuve. Supposons le contraire : âÎŽ â]0, r[ , âc â C et âΔ > 0 tels que |f(z) â c| > Δ ,pour tout z â D(a, ÎŽ) \ a . Donc la fonction g := 1/(f â c) est holomorphe et bornĂ©edans D(a, ÎŽ) \ a . D'aprĂšs le Lemme 14.1, g se prolonge Ă D(a, ÎŽ) . Si g(a) = 0 , alors1/g a un pĂŽle en a et si g(a) 6= 0 , alors 1/g est holomorphe. Comme 1/g = f â c , on endĂ©duit que f a un pĂŽle en a ou que f est holomorphe. Donc f n'a pas une singularitĂ©essentielle en a .
Exemple 14.11. Pour la fonction f : Câ â C dĂ©nie par z 7â e1/z , on a exp(D(0, ÎŽ)) =Câ , pour tout ÎŽ > 0 .
Remarque 14.12. Un résultat plus précis de E. Picard (1856-1941) arme que l'imagede tout disque épointé centré en une singularité essentielle contient C sauf, au plus, unpoint.
DĂ©nition 14.13. Le rĂ©sidu de f â O(D(a, r) \ a) en a est le coecient bâ1 dans ledĂ©veloppement de Laurent (14.3) de f .Notation : Res(f, a) ou Resa f ou Resz=a f(z) .
62 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exemple 14.14. 1) Si f a un pĂŽle d'ordre m en a , alors
Res(f, a) =1
(mâ 1)!
dmâ1
dzmâ1(z â a)mf(z) |z=a .
2) Soient f ef g holomorphes prÚs de a telles que f a un zéro d'ordre m et g a un zérod'ordre m+ 1 en a . Alors
Res(f
g, a) = (m+ 1)
f (m)(a)
g(m+1)(a).
ThĂ©orĂšme 14.15. ThĂ©orĂšme des rĂ©sidus.Soit Ω un ouvert de C et a1, . . . , am â Ω. Pour un chemin Îł fermĂ© rectiable dans Ωqui Ă©vite a1, . . . , am et qui est homologue Ă 0 dans Ω, on a :
(14.5)â«
Îł
f = 2Ïimâ1
n(Îł, aj) Res(f, aj), pour f â O(Ω \ a1, . . . , am).
En particulier, si Î est une courbe de Jordan rectiable directe dans Ω dont l'intĂ©rieurint Î est contenu dans Ω, alorsâ«
Î
f = 2Ïiâ
j
Res(f, aj)
oĂč la somme ne porte que sur les j tels que aj â int Î.
Preuve. Soit Îłj un lacet circulaire dans Ω qui entoure ân(Îł, aj) fois le point aj . Enprenant supp Îłj assez petit, on peut supposer supp Îłjâ©supp Îł = â et supp Îłjâ©supp Îłk =â , âj 6= k . Par construction
n(Îł, aj) +mâ
k=1
n(Îłk, aj) = 0, 1 6 j 6 m,
car n(Îłk, aj) = 0 si k 6= j . Pour w â C \ Ω , on a aussi :
(14.6) n(Îł, w) +mâ
k=1
n(Îłk, w) = 0,
car tous ces indices sont nuls. Donc (14.6) a lieu âw â C \ (Ω \ a1, . . . , am) .La formule gĂ©nĂ©rale de Cauchy 13.10 donne
(14.7)â«
Îł
f +â
k
â«Îłk
f = 0.
Pour calculerâ«
Îłkf , la convergence uniforme de la sĂ©rie de Laurent permet d'Ă©crire :â«
Îłk
f =
â«Îłk
âlâZ
bl(z â ak)l dz =
âlâZ
â«Îłk
bl(z â ak)l dz =
â«Îłk
bâ1 dz(z â ak)
= 2Ïin(Îłk, ak)bâ1,
car z 7â (z â ak)l admet une primitive si l 6= â1 et (5.2) pour le terme restant. Doncâ«
Îłk
f = â2Ïin(Îł, ak) Res(f, ak).
En remplaçant ceci dans (14.7), on obtient la formule (14.5).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 63
Exemple 14.16.
(14.8)â« â
0
x2 dx1 + x4
=Ï
2â
2.
Preuve. L'intĂ©grale converge car l'intĂ©grant se comporte comme 1/x2 quand x â â .Par paritĂ©, on a : â« â
0
x2 dx1 + x4
=1
2
â« â
ââ
x2 dx1 + x4
=1
2lim
Rââ
â« R
âR
x2 dx1 + x4
.
On ferme ce contour en suivant un demi-cercle de rayon R centré en 0 dans le demi-
plan supĂ©rieur ; d'oĂč un lacet ÎłR . La fonction z 7â z2
1 + z4=: f(z) est holomorphe dans
C \ eiÏ/4, e3iÏ/4, eâ3iÏ/4, eâiÏ/4 . Ces quatre racines de â1 sont des pĂŽles simples, doncle rĂ©sidu de f en un de ces pĂŽles a est Ă©gal Ă
a2
4a3=
1
4a.
Le thĂ©orĂšme 14.15 donneâ«ÎłR
f =
â« R
âR
x2 dx1 + x4
+
â« Ï
0
R2e2iΞ
1 +R4e4iÏΞRieiΞ dΞ = 2Ïi
( 1
4eiÏ/4+
1
4e3iÏ/4
)=
Ïâ2.
La valeur absolue de l'intĂ©grant de l'intĂ©grale de 0 Ă Ï est majorĂ©e parR3
R4 â 1si bien
que cette intégrale tend vers 0 quand R tend vers l'inni. Le résultat en découle.
Exemple 14.17. â« â
0
sin x
xdx =
Ï
2.
Preuve. La deuxiĂšme formule de la moyenne permet de voir que l'intĂ©grale converge (pasde problĂšme en 0). Par paritĂ© :â« â
0
sin x
xdx =
1
2
â« â
ââ
sin x
xdx =
1
2lim
râ0, Rââ
(â« âr
âR
+
â« R
r
)sin x
xdx.
On asin x
x= Im
eix
x. On va intĂ©grer la fonction z 7â eiz
z=: f(z) sur le contour Îłr,R
formĂ© par les deux intervalles [âR,âr] [r, R] et deux demi-cercles de rayon r et RcentrĂ©s en 0 . On doit Ă©viter 0 car f a un pĂŽle en 0 .Le thĂ©orĂšme 14.15 donneâ«
Îłr,R
f =
â« âr
âR
eix
xdx+
â« 0
Ï
eireiΞ
i dΞ +
â« R
r
eix
xdx+
â« Ï
0
eiReiΞ
i dΞ = 0.
La deuxiĂšme intĂ©grale en Ξ tend vers 0 quand R â â d'aprĂšs le lemme de Jordan14.21. La premiĂšre intĂ©grale en Ξ tend vers âiÏ quand r â 0 par continuitĂ©. D'oĂč,
limrâ0, Rââ
(â« âr
âR
+
â« R
r
)eix
xdx = iÏ
64 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
et en prenant la partie imaginaire â« â
ââ
sin x
xdx = Ï.
Exemple 14.18. â« Ï
0
dΞa+ cos Ξ
=Ïâa2 â 1
, pour a > 1.
Preuve. Quand |z| = 1 , on a z = eiΞ et donc z = 1/z . Par suite
a+ cos Ξ = a+1
2(z +
1
z) =
z2 + 2az + 1
2zquand z = eiΞ, Ξ â [0, 2Ï].
D'oĂč â« Ï
0
dΞa+ cos Ξ
=1
2
â« 2Ï
0
dΞa+ cos Ξ
= âiâ«|z|=1
dzz2 + 2az + 1
.
La seule singularitĂ© de la fonction z 7â 1
z2 + 2az + 1dans le disque est âa+
âa2 â 1 et
c'est un pÎle simple. Le résidu vaut1
2(âa+âa2 â 1) + 2a
=1
2âa2 â 1
.
Exemple 14.19. â« â
0
log x
1 + x2dx = 0.
Preuve. L'intĂ©grale converge car log x = O(x1/2) quand xââ etâ«â
1xâ3/2 dx <â . On
prend la dĂ©termination de l'argument comprise entre âÏ2et
3Ï
2. D'oĂč une dĂ©termination
du logarithme qui est une fonction holomorphe dans C privĂ© de la demi-droite d'argumentâÏ
2. On choisit le contour Îłr,R de l'Exemple 14.17.
On a
Resz=ilog z
1 + z2=
log 1 + iÏ/2
2i=Ï
4,
et doncâ« R
r
log x
1 + x2dx+
â« Ï
0
logR + iΞ
1 +R2e2iΞiReiΞ dΞ +
â« âr
âR
log |x|+ iÏ
1 + x2dx+
â« 0
Ï
log r + iΞ
1 + r2e2iΞireiΞ dΞ
= 2iÏ2/4.
Puisque logR = o(R) quand Rââ et r log r = o(1) quand r â 0 , les intĂ©grales en Ξtendent vers 0 . D'oĂč
2
â« â
0
log x
1 + x2dx+ iÏ
â« â
0
1
1 + x2dx = iÏ2/2
Le rĂ©sultat en dĂ©coule. On a obtenu en outreâ« â
0
1
1 + x2dx = Ï/2 .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 65
Remarque 14.20. On peut aussi choisir la dĂ©termination de l'argument entre 0 et 2Ïet intĂ©grer log2 z/(1+z2) sur le contour suivant : l'intervalle [r, R] , le cercle de rayon R ,l'intervalle [r, R] dans le sens opposĂ© puis le cercle de rayon r rĂ©trograde. Cette mĂ©thodedonne aussi un rĂ©sultat quand l'intĂ©grant n'est pas pair, cf. Exercice 14.6.
Lemme 14.21. Lemme de Jordan.â« Ï
0
eâR sin Ξ dΞ < Ï/R, R > 0.
Preuve. On a â« Ï
0
eâR sin Ξ dΞ = 2
â« Ï/2
0
eâR sin Ξ dΞ.
La fonction Ξ 7â sin Ξ est concave sur [0, Ï/2] donc sin Ξ > 2ÏΞ , pour Ξ â [0, Ï/2] . En
intĂ©grant, il vient â« Ï/2
0
eâR sin Ξ dΞ 6â« Ï/2
0
eâ2RΞ/Ï dΞ =Ï
2R(1â eâR).
zzzzzzz
Exercice 14.1. Classer les singularités des fonctionssin z
z,
1
cos z,
log(1 + z)
z2, zn sin(
1
z) .
Exercice 14.2. Donner les développements de Laurent de la fonction dénie par f(z) =1
(z â 1)(z â 2)dans les couronnes :
C1 =
z â C, 1
2< |z| < 1
, C2 = z â C, 1 < |z| < 2 , C3 = z â C, 2 < |z| .
Exercice 14.3. Montrer que si f est une fonction holomorphe sur un disque Ă©pointĂ©D(a, r) \ a telle que : â«â«
D(a,r)â|f(x, y)|2 dx dy < +â
alors f se prolonge holomorphiquement Ă D(a, r) .
Exercice 14.4. Soit f =â+â
n=0 z2n. Vérier que cette série converge pour |z| < 1 et que
f satisfait la relation f(z) = z+ f(z2) . En dĂ©duire que f n'admet pas de prolongementholomorphe au voisinage de 1 , ni au voisinage de â1 , i , âi . Et nalement, f ne s'Ă©tendĂ aucun ouvert connexe contenant strictement D(0, 1) .
Exercice 14.5. Par la mĂ©thode des rĂ©sidus, calculer :â« +â
0
x2
x4 + x2 + 1dx ,
â« +â
0
cosxâ 1
x2dx ,
â« Ï
0
cos 2Ξ
1â 2acosΞ + a2dΞ.
oĂč a est un nombre rĂ©el tel que a2 < 1
66 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Exercice 14.6. Par la méthode des résidus, vérier les formules suivantes :
a)
â« +â
0
xâα
(1 + x)mdx =
Ïα(α+ 1)...(α+mâ 2)
(mâ 1)! sin(Ïα), m > 2, 0 < α < 1;
b)
â« +â
0
log x
(x+ a)(x+ b)dx =
log2(a)â log2(b)
2(aâ b), a 6= b > 0 ;
c)
â« +â
0
dx1 + xb
=Ï
b sin(Ïb)
, b > 1.
Exercice 14.7. Calculer les intĂ©grales suivantes :â« â
0
log x
(x+ 1)3dx,
â« â
0
dxx2 + 6x+ 13
,
â« â
0
sin2 kx
x2dx .
15. Fonctions méromorphes
DĂ©nition 15.1. Une fonction mĂ©romorphe dans un ouvert Ω â C est une fonctionholomorphe dans Ω sauf en des points isolĂ©s oĂč elle peut avoir des pĂŽles. L'ensemble desfonctions mĂ©romorphes dans Ω sera dĂ©signĂ© par M(Ω) . On a O(Ω) âM(Ω) .
Remarque 15.2. Puisqu'une limite de pÎles n'est pas une singularité isolée, l'ensembledes pÎles d'une fonction méromorphe n'a pas de point d'accumulation ; c'est un fermédiscret.
Remarque 15.3. Une fonction f â M(Ω) dĂ©nit une fonction continue f : Ω â C enposant f(a) = â si a est un pĂŽle de f . On a mieux : 1/f est holomorphe prĂšs de a ,d'aprĂšs la Proposition 14.5 et elle s'annule en a .Par analogie, on dit qu'une fonction dĂ©nie au voisinage de l'inni est holomorphe Ă l'inni si w 7â f(1/w) est holomorphe prĂšs de 0 et que f a un pĂŽle Ă l'inni si w 7â
1
f(1/w)est holomorphe prĂšs de 0 et s'annule en 0 .
Exemple 15.4. Pour deux polynÎmes P et Q , le quotient P/Q est une fonction méro-morphe sur C .
ThéorÚme 15.5. Si f est une fonction méromorphe sur C, alors f est une fractionrationnelle.
Preuve. L'ensemble des pÎles de f est un sous-ensemble fermé de C , il est donc compact.Comme il est discret, il est ni. Soient z1, . . . , zk les pÎles de f situés dans C . Si mj estl'ordre du pÎle de f en zj , on introduit le polynÎme
Q(z) := (z â z1)m1 . . . (z â zk)
mk .
Alors la fonction Qf est entiĂšre avec un pĂŽle Ă©ventuel Ă l'inni. Donc |Q(z)f(z)| 6 C|z|n ,pour C > 0 et n â N convenables. D'aprĂšs le thĂ©orĂšme de Liouville 12.4, Qf est unpolynĂŽme P de degrĂ© au plus n et donc f = P/Q .
Proposition 15.6. Pour tout Ω ouvert dans C, l'ensemble des fonctions méromorphesM(Ω) sur Ω a une structure de corps qui contient naturellement le corps des fractions del'anneau O(Ω) des fonctions holomorphes. En fait, ces corps sont égaux (voir Corollaire16.16 pour le cas Ω = C).
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 67
Proposition 15.7. Principe de l'argument. Soit f â M(Ω) une fonction mĂ©ro-morphe dans un ouvert Ω de C. On dĂ©signe par z0, z1, . . . la suite des zĂ©ros de f et parp0, p1, . . . la suite des pĂŽles de f , rĂ©pĂ©tĂ©s selon leurs multiplicitĂ©s. Si Îł est un cheminfermĂ© rectiable homologue Ă 0 dans Ω qui Ă©vite les zĂ©ros et les pĂŽles de f , alors
(15.1)1
2Ïi
â«Îł
f âČ
f=
ân(Îł, zj)â
ân(Îł, pk).
N.B. Les sommes sont nies. Quand γ est une courbe simple parcourue dans le sensdirect, le second membre de (15.1) donne le nombre de zéros moins le nombre de pÎlessitués à l'intérieur de γ , comptés avec leurs multiplicités.
Preuve. Au voisinage du zéro zj , il existe d'aprÚs la Proposition 12.10 une fonction gj
holomorphe avec gj(zj) 6= 0 telle que
f(z) = (z â zj)mjgj(z), mj > 0.
D'oĂč
f âČ(z) = mj(z â zj)mjâ1gj(z) + (z â zj)
mjgâČj(z) pour z voisin de zj .
Doncf âČ
f(z) =
mj
z â zj
+gâČjgj
(z) pour z voisin de zj ,
etgâČjgj
est holomorphe prĂšs de zj .
Au voisinage du pĂŽle pk de f , on a de mĂȘme une fonction holomorphe hk telle que
f âČ
f(z) =
ânk
z â pk
+hâČkhk
(z) pour z voisin de pk , avec nk > 0 ,
ethâČkhk
est holomorphe prĂšs de pk .
Le résultat découle du théorÚme des résidus 14.15 puisque
Res(f âČ/f, zj) = mj et Res(f âČ/f, pk) = ânk.
Corollaire 15.8. ThĂ©orĂšme de RouchĂ©. Soient f et g des fonctions mĂ©romorphesdans un ouvert Ω â C et D(a, r) un disque fermĂ© contenu dans Ω. Si f et g n'ont nizĂ©ros ni pĂŽles sur âD(a, r) et satisfont |f + g| < |f |+ |g| sur âD(a, r), alors
(15.2) #Z(f)â#P (f) = #Z(g)â#P (g),
oĂč #Z(f) est le nombre de zĂ©ros (avec multiplicitĂ©) de f dans D(a, r), . . . En particulier,quand f et g sont holomorphes, alors f et g ont le mĂȘme nombre de zĂ©ros dans le disque.
Remarque 15.9. La formulation classique est |f â g| < |f | . La forme symĂ©trique estdue Ă I. Glicksberg en 1976.
68 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. Pour z â âD(a, r) , on a g(z) 6= 0 etâŁâŁfg(z) + 1
âŁâŁ < âŁâŁfg
âŁâŁ(z) + 1 ; par continuitĂ©,
cette inĂ©galitĂ© a lieu aussi dans un voisinage U de âD(a, r) . Soit
V := w â C | |w + 1| < |w|+ 1 = w â C | |w + 1| 6= |w|+ 1.Alors V = C \ [0,â[ , car |w + 1| = |w| + 1 a lieu si, et seulement si, Rew = |w| .La fonction holomorphe f/g envoie U dans V . La fonction w 7â 1/w a une primitivew 7â logw dans V , en choisissant l'argument entre 0 et 2Ï ; par composition, on en
dĂ©duit une primitive log f/g dans U de(f/g)âČ
f/g. Par suite, l'intégrale
â«âD(a,r)
(f/g)âČ
f/gest
nulle. L'Ă©galitĂ©(f/g)âČ
f/g=f âČ
fâ gâČ
get le principe de l'argument (Prop. 15.7) permettent
de conclure.
Application 1. ThéorÚme fondamental de l'algÚbre (voir Corollaire 12.6).
Preuve. Soit P un polynÎme de degré n > 0 : P (z) = anzn + . . . . Puisque
P (z)
anzntend
vers 1 quand z â â , on aâŁâŁP (z)
anznâ 1
âŁâŁ < 1 ou |P (z) â anzn| < |anz
n| quand |z| = R
est assez grand. Par suite, P a le mĂȘme nombre de racines que le polynĂŽme zn dansD(0, R) , c'est-Ă -dire n .
Application 2. ContinuitĂ© des zĂ©ros d'un polynĂŽme. Soit P (λ, z) = an(λ)zn+· · ·+a0(λ)un polynĂŽme Ă coecients dĂ©pendant continĂ»ment d'un paramĂštre λ . Si z0 est une racinede P (λ0, ·) de multiplicitĂ© m , alors pour Δ et |λâ λ0| assez petits, le polynĂŽme P (λ, ·)a m racines dans le disque D(z0, Δ) .
Preuve. Comme P (λ0, ·) ne s'annule pas sur un cercle de rayon Δ autour de z0 , il existec > 0 tel que |P (λ0, z)| > c si |zâ a| = Δ . La dĂ©pendance continue des coecients de Pen λ donne l'existence de ÎŽ > 0 tel que
|λâ λ0| < ÎŽ, |z â z0| = Δ =â |P (λ, z)â P (λ0, z)| < c 6 |P (λ0, z)|.
Application 3. Lemme d'Hurwitz. Soit fnnâN une suite de fonctions holomorphesdans Ω qui converge localement uniformĂ©ment vers f . On suppose que le disque fermĂ©D(a, r) est contenu dans Ω et que f ne s'annule pas sur âD(a, r) . Alors, pour n assezgrand, fn et f ont le mĂȘme nombre de zĂ©ros dans D(a, r) .On en dĂ©duit que si fn converge localement uniformĂ©ment vers f et que fn ne s'annulepas dans D(a, r) pour n assez grand, alors soit f = 0 , soit f ne s'annule pas dansD(a, r) .Application 4. Toute fonction holomorphe non constante dans un ouvert Ω est ouverte.
Preuve. Il sut de montrer que f(Ω) est ouvert. Soit b â f(Ω) ; il existe donc a â Ωtel que b = f(a) . L'Ă©quation f(z) â b = 0 n'a que la solution z = a dans un disqueD(a, r) â Ω d'aprĂšs le principe des zĂ©ros isolĂ©s. Par suite, |f(z) â b| > s > 0 quand|z â a| = r . Avec bâČ â C tel que |bâČ â b| < s , on a
|f(z)â bâČ â (f(z)â b)| = |bâČ â b| < s 6 |f(z)â b| si |z â a| = r .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 69
Donc f(z) = bâČ a au moins une solution dans le disque D(a, r) , ce qui montre l'inclusionf(D(a, r)) â D(b, s) .
Application 5. ThĂ©orĂšme d'inversion locale. Soit f â O(Ω) et a â Ω tel quef âČ(a) 6= 0 . Alors f est localement inversible prĂšs de a et son inverse est holomorphe.
Preuve. Dans la preuve prĂ©cĂ©dente, on peut ajouter que l'Ă©quation f(z) = bâČ , pour|bâČ â b| < s , a exactement une solution dans le disque D(a, r) , donc fâ1 est bien dĂ©niedans D(b, s) . La diĂ©rentiabilitĂ© de fâ1 est immĂ©diate puisque
fâ1(w)â fâ1(w0)
w â wo
=z â zo
f(z)â f(z0)â 1
f âČ(z0), quand w â w0 .
DĂ©nition 15.10. Soit unnâN une suite de fonctions mĂ©romorphes dans un ouvert Ω
de C . On dit que la sĂ©rieâ
um converge localement uniformĂ©ment dans Ω si pour toutcompact K â Ω il existe N â N tel que un n'a pas de pĂŽle dans K pour n > N et sila sĂ©rie
ân>N
un converge uniformément sur K . La somme appartient donc à M(Ω) et
(âun)âČ =
âuâČn d'aprĂšs le thĂ©orĂšme de Weierstrass 12.5.
Exemple 15.11.
ââââ
1
(z â n)2=
Ï2
sin2 Ïz.
Preuve. La convergence est normale dans toute bande z â C | |Re z| 6 N car
|Re z| 6 N =â |z â n|2 > (Re z â n)2 > (nâN)2 pour n > N
etâ
n>N(n â N)â2 < â . La somme de la sĂ©rie dĂ©nit donc une fonction f qui estmĂ©romorphe dans C , d'aprĂšs la dĂ©nition 15.10.Un changement d'indice de sommation montre que f est pĂ©riodique de pĂ©riode 1 . Il estclair que f a un pĂŽle double en 0 de partie principale 1/z2 . On vĂ©rie que f(x+ iy) â 0quand |y| â â , uniformĂ©ment en x , car
lim|y|ââ
ââââ
1
(x+ iy â n)2=
ââââ
lim|y|ââ
1
(x+ iy â n)2= 0
par convergence uniforme de la sĂ©rie dans la bande verticale [0, 1] + iR .On vĂ©rie que z 7â Ï2
sin2 Ïza les mĂȘmes propriĂ©tĂ©s. La diĂ©rence f â g est donc une
fonction entiÚre et bornée. Par Liouville, elle est nulle.
ThĂ©orĂšme 15.12. ThĂ©orĂšme de Mittag-Leffler. Soit bnnâN une suite de C quitend vers l'injni et PnnâN une suite de polynĂŽmes avec Pn(0) = 0. Alors il existe unefonction mĂ©romorphe f dans C telle que la partie principale de f en bn soit Ă©gale Ă
Pn(1
z â bn), pour tout n â N. En fait, il existe des polynĂŽmes pn et une fonction entiĂšre
g tels que
f(z) =ââ
n=0
(Pn(
1
z â bn)â pn(z)
)+ g(z).
70 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. On fait le développement de Taylor Tn de Pn(1
z â bn) en 0 jusqu'Ă un certain
ordre mn Ă dĂ©terminer plus tard. Comme la fonction z 7â Pn(1
z â bn) est holomorphe
dans D(0, |bn|) , le lemme 15.13 donne la majoration suivante :
|Pn(z)â Tn(z)| 6 2Mn
(2|z||bn|
)mn, pour |z| 6 |bn|/4 ,
oĂč Mn = sup|ζ|=|bn|/2 |Pn(1
ζ â bn)| .
Pour faire converger la sĂ©rieâ(
Pn(z) â Tn(z))pour tout z , il sut de choisir mn de
sorte que limnââM1/mnn /|bn| = 0 , par exemple mn > logMn , puisque M
1/mnn /|bn| 6
emn/mn/bn = e/bn tend vers 0 par hypothĂšse.
Lemme 15.13. DĂ©veloppement limitĂ© avec reste . Soit f une fonction holo-morphe sur un ouvert contenant D(0, R). Pour |z| < R et k â N, on a la formule
(15.3) f(z) = f(0) + f âČ(0)z + ...+f (kâ1)(0)
(k â 1)!zkâ1 +
zk
2Ïi
â«|ζ|=R
f(ζ)
ζk(ζ â z)dζ.
Preuve. Dans la formule de Cauchy, on remplace1
ζ â zpar
1
ζ+
z
ζ2+ · · ·+ zkâ1
ζk+
zk
ζk(ζ â z)
Le développement limité avec reste découle du Corollaire 11.5.
Exemple 15.14. 1) La sĂ©rieââ
n=1
1
z â nne converge pas, mais la sĂ©rie
âân=1
1
z â n+
1
n
converge et donne une fonction mĂ©romorphe avec les mĂȘmes parties principales1
z â nen n â N .2) La sĂ©rie
ânâZ
1
z â nne converge pas absolument. Si on prĂ©cise l'ordre suivant de Z :
0, 1,â1, 2,â2, . . . alors la sĂ©rie converge car elle devient
(15.4)1
z+
ââ1
2z
z2 â n2.
On montre que la somme vaut Ï cotg Ïz en procĂ©dant comme Ă l'Exemple 15.11.
3) Si la sĂ©rieââ0
âŁâŁan
bn
âŁâŁ converge, alors la sĂ©rie de fonctions mĂ©romorphesââ0
an
z â bn
converge dans C car |z â bn| >1
2|bn| si |z| 6 M et n est grand.
zzzzzzz
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 71
Exercice 15.1. Soit λ un nombre rĂ©el > 1 . Montrer que l'Ă©quation eâz + z â λ = 0a exactement une solution dans le demi-plan z â C, Re(z) > 0 . VĂ©rier que cettesolution est rĂ©elle.
Exercice 15.2. Avec les notations de l'application 5 ci-dessus, vérier la formule sui-vante :
fâ1(w) =1
2Ïi
â«|zâa|=r
zf âČ(z)
f(z)â wdz, |w â b| < s.
Exercice 15.3. VĂ©rier les formules suivantes :
Ï
cos Ïz=
+ââ1
(â1)n+1(2nâ 1)
(nâ 12)2 â z2
, Ï tg Ïz = 2z+ââ1
1
(nâ 12)2 â z2
.
Exercice 15.4. (MĂ©thode de Cauchy) Soit f âM(C) une fonction mĂ©romorphe ayantdes pĂŽles simples aux points a1, a2, ... â Câ et soit RkkâN une suite de nombres rĂ©elstendant vers l'inni tels que Rk 6= |an| pour tous k, n . On suppose que sup|z|=Rk
|f(z)| 6M <â pour tout k . Montrer que :
f(z) = f(0) ++âân=1
Res(f, an)
(1
z â an
+1
an
).
Indication : Le théorÚme des résidus donne
f(z) =â
|an|<Rk
Res(f, an)
z â an
+1
2Ïi
â«|ζ|=Rk
f(ζ)
ζ â zdζ.
Poser z = 0 et faire la diérence.
Appliquer cette mĂ©thode pour montrer la formule :Ï
sin Ïz=
1
z+ 2z
+âân=1
(â1)n
z2 â n2.
Exercice 15.5. Décomposer en série de fractions simples la fonction f donnée par
f(z) =1
ez â 1.
16. Produits infinis de fonctions holomorphes
Pour dénir le produit d'une innité de nombres complexes a1, a2, . . . , on essaie la dé-nition suivante :
(16.1)ââ
n=1
an converge si limnââ
a1 . . . an existe.
Cette dĂ©nition a les deux dĂ©fauts majeurs suivants :1) Si l'un des facteurs est nul, alors le produit converge.2) Si an 6= 0 , ân â N et lim an = 0 , alors limnââ a1 . . . an = 0 car |an| 6 1/2 pour nassez grand, mais aucun des facteurs est nul.Pour remĂ©dier Ă ces inconvĂ©nients, on corrige la dĂ©nition comme suit :
(16.2)ââ
n=1
an converge si : an 6= 0, ân > 1, limnââ
a1 . . . an existe et est diérente de 0 .
72 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Cette version est maintenant trop restrictive, car elle ne couvre pas les produits nis.Voici la version dénitive :
DĂ©nition 16.1. Soit a1, a2, . . . , an, . . . une suite de nombres complexes. On dit quele produit inni
âân=1 an converge s'il existe N â N tel que an 6= 0 pour n > N et
limpââ aNaN+1 . . . aN+p existe et est diĂ©rente de 0 . Dans ce cas, on Ă©critââ
n=1
an = a1 . . . aNâ1 limpââ
aNaN+1 . . . aN+p = a1 . . . aNâ1
ââN
an.
Remarque 16.2. 1) Si le produitâan converge, alors lim an = 1 . En eet, puisque
limN<nââ aN . . . anâ1 est diĂ©rente de 0 , on peut Ă©crire
limN<nââ
an = limnââ
aN . . . an/ limnââ
aN . . . anâ1 = 1.
2) Si le produitâan converge, alors il est nul si, et seulement si, l'un des facteurs an
est nul.
Proposition 16.3. On suppose an 6= 0, pour tout n â N. Alorsââ1
an converge ââââ1
Log an converge.
Preuve. 1) Supposons que le produit converge. Sans perte de gĂ©nĂ©ralitĂ©, en modianta1 , on peut supposer que ce produit est Ă©gal Ă 1 . Soit An := a1 . . . an ; pour n grand,an et An appartiennent au disque D(1, 1) puisque an et An tendent vers 1 . CommeLog zw = Log z+Logw pour z et w â D(1, 1) (cf. Exercice 1.6), on vĂ©rie par rĂ©currencela formule LogAn+k = LogAn + · · ·+ Log an+k , pour n assez grand et k â N . Par suite,la sĂ©rie
âLog an converge.
2) Il sut de prendre l'exponentielle.
Remarque 16.4. La convergence deâ
Log(1 + un) n'est pas reliĂ©e Ă celle deâun
comme le montrent les exemples un = (â1)n/ân et vn = (â1)n/
ân+1/2n . On a
âun
converge etâ
Log(1 + un) diverge,âvn diverge et
âLog(1 + un) converge.
DĂ©nition 16.5. Le produit inniââ
1 (1 + un) converge absolument s'il existe N â Nâtel que un 6= â1 pour n > N et si
ââN |Log(1 + un)| converge.
Proposition 16.6. Le produitââ
1 (1 + un) converge absolument si, et seulement si, lasérie
ââ1 un converge absolument.
Preuve. Il sut de vérier l'encadrement
(16.3)1
2|z| 6 |Log(1 + z)| 6 2|z|, pour |z| 6 1
2.
En eet, siâ
(1 + un) converge absolument, alors Log(1 + un) â 0 et donc 1 + un â 1 ,(16.3) s'applique ; si
â|un| converge, alors un â 0 et (16.3) s'applique.
Pour vérier (16.3), on fait le développement de Taylor
Log(1 + z) = z â z2
2+z3
3± . . . , |z| < 1.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 73
D'oĂč
|Log(1 + z)| 6 |z|(1 +|z|2
+ . . . ) 6 |z| 1
1â |z|6 2|z| si |z| < 1/2.
D'autre part,
|z|2
+|z|2
3+ · · · 6 |z|
2(1 + |z|+ . . . ) =
|z|2
1
1â |z|6|z|2
2 = |z| 6 1
2
entraĂźne
|Log(1 + z)| > |z|(1â |z|2â |z|2
3â . . . ) >
|z|2.
Remarque 16.7. 1) Si le produitâan converge absolument, alors le produit
âaÏ(n)
converge absolument pour toute bijection Ï : Nâ â Nâ et ces produits sont Ă©gaux.2) Si
âan et
âbn convergent, alors
âanbn converge et on a
âanbn =
âan
âbn .
DĂ©nition 16.8. Soit f1, f2, . . . , fn, . . . une suite de fonctions sur Ω â C . On dit que leproduit inni
âân=1 fn converge si, pour tout z â Ω , il existe N(z) â N tel que fn(z) 6= 0
pour n > N(z) et limpââ fN(z)fN+1(z) . . . fN+p(z) existe et est diĂ©rente de 0 .Le produit inni
âân=1 fn converge uniformĂ©ment s'il existe N â N tel que fn(z) 6= 0
pour n > N , âz â Ω et si la suite fN+1 . . . fN+p converge uniformĂ©ment, quand pââ ,vers une fonction qui ne s'annule en aucun point de Ω .Le produit inni de fonctions
âân=1(1 + un) converge normalement si la sĂ©rie numĂ©riqueâ
supΩ |un| converge. On a clairement : siââ
n=1(1 + un) converge normalement, alorsâân=1(1 + un) converge uniformĂ©ment et absolument.
Proposition 16.9. Soient u1, . . . , un, . . . : Ω â C des fonctions sur un ouvert Ω â C.Si la sĂ©rie
ââ1 |un| converge uniformĂ©ment, alors
a) le produitââ
n=1(1 + un) converge uniformément et absolument ;b) le produit
âân=1(1 + un) est indĂ©pendant de l'ordre des facteurs ;
c) il existe N â Nâ tel que les produitsââ
n=1(1 + un) et (1 + u1) . . . (1 + uN) ont lesmĂȘmes zĂ©ros.
Preuve. Découle immédiatement des dénitions.
Corollaire 16.10. Soit fnnâN une suite de fonctions holomorphes non nulles dans Ωtelle que la somme
âân=1 |fn â 1| converge localement uniformĂ©ment. Alors le produitââ
n=1 fn converge localement uniformĂ©ment vers f â O(Ω). De plus, Z(f) =ââ
1 Z(fn),orda f =
âorda fn et
(16.4)f âČ
f=
ââ1
f âČnfn
, comme somme de fonctions méromorphes.
Preuve. VĂ©rions la derniĂšre armation. Soit D un disque fermĂ© contenu dans Ω .Puisque seules un nombre ni de fn s'annulent dans D , on peut supposer fn(z) 6= 0 ,ân â Nâ et âz â D . Puisque
ân1 fk converge uniformĂ©ment vers f sur D , la suite des
dĂ©rivĂ©es (ân
1 fk)âČ converge uniformĂ©ment vers f âČ (Corollaire 12.5). Comme
(nâ1
fk)âČ =
nâ1
(f âČk/fk)nâ1
fj
74 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
on obtient (16.4).
Remarque 16.11. Si f est une fonction entiĂšre avec un zĂ©ro d'ordre m en 0 â C et unnombre ni de zĂ©ros non nuls am+1, . . . , an rĂ©pĂ©tĂ©s avec leurs multiplicitĂ©s, alors il existeg entiĂšre telle que
(16.5) f(z) = zmeg(z)
nâm+1
(1â z
aj
), avec m â [0, n].
En eet, le quotient h(z) : f(z)/zmân
m+1(1 âzaj
) dĂ©nit une fonction entiĂšre qui nes'annule pas. L'image h(C) est un ouvert simplement connexe de Câ ; on peut doncdĂ©nir un logarithme dans h(C) comme primitive de z 7â 1/z (cf. ThĂ©orĂšme 13.6) etprendre g = log h â O(C) puisque h = eg .On veut gĂ©nĂ©raliser ce rĂ©sultat Ă f entiĂšre quelconque. On pourra prendre
zmeg(z)
ââm+1
(1â z
aj
)
pour autant que le produit converge localement uniformément, par exemple si la sé-
rieââ
m+1
1
|an|converge. En général, il faut introduire des facteurs de convergence et
remplacer le produit parââ
m+1
(1â z
an
)epn(z),
avec des polynĂŽmes pn . Comme
Log(1â z
an
) + pn(z) = â z
an
â z2
2a2n
â · · ·+ pn(z),
le choix pn(z) = zan
+ z2
2a2n
+ · · ·+ zk
kaknconvient si
â1
|an|k+1 <â .
Dénition 16.12. Pour k > 0 , le facteur élémentaire Ek d'ordre k est la fonction
(16.6) Ek(z) = (1â z)ez+ z2
2+···+ zk
k si k > 0, E0(z) = (1â z).
Pour a 6= 0 , on a est immédiatement :
Ek(z/a) = 0 ââ z = a.
Lemme 16.13. La majoration suivante a lieu pour |z| 6 1 :
(16.7) |1â Ek(z)| 6 |z|k+1.
On en dĂ©duit que Ek â 1 localement uniformĂ©ment dans le disque D(0, 1).
Preuve. Puisque Ek(0) = 1 , on a (Ek â 1)(0) = 0 . En dĂ©rivant :
(Ek â 1)âČ(z) = ez+ z2
2+···+ zk
k
(â1 + (1 + z + z2 + · · ·+ zkâ1)(1â z)
)= âzkez+ z2
2+···+ zk
k
=: âzk
ââ0
bjzj,
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 75
oĂč les coecients bj sont tous positifs ou nuls. En intĂ©grant :
(16.8) (Ek â 1)(z) = âââ0
ajzj+k+1 =: âzk+1g(z),
avec aj = bj/(j + k + 1) > 0 . Donc
|g(z)| = |ââ0
ajzj| 6
ââ0
aj|zj| 6 g(1).
Comme (Ek â 1)(1) = â1 , on a g(1) = 1 et la majoration (16.7) dĂ©coule de (16.8).
ThĂ©orĂšme 16.14. ThĂ©orĂšme de Weierstrass. Soit annâNâ une suite de Câ quitend vers l'inni. Alors il existe une fonction entiĂšre f qui s'annule exactement surl'ensemble a1, a2, . . .. En fait,
(16.9) f(z) = eg(z)
ââ1
Enâ1(z/an), avec g â O(C).
Preuve. La convergence du produit (16.9) provient du Lemme 16.13. En eet,
|1â Enâ1(z/an)| 6 |z/an|n 6 (1/2)n pour |z| 6 |an|/2 .
Le produit converge donc normalement dans tout disque de C .
Exemple 16.15. Pour an = n , n â Z , le produit inni zâ
nâZâ(1â z/n) ne convergepas mais le produit
zânâZâ
(1â z/n)ez/n
converge puisque |E1(z/n)â 1| 6 |z|2/n2 . On a
(16.10) zânâZâ
(1â z/n)ez/n = z
ââ1
(1â z2/n2) =sin Ïz
Ï.
Cette relation se vérie comme suit : Soit f(z) le membre de gauche de (16.10). D'aprÚs(16.4) et l'Exemple 15.14 2), on a :
f âČ
f(z) =
1
z+
ânâZâ
â2z
n2 â z2= Ï cotg Ïz.
Posons g(z) = sin Ïz . Alors f âČ/f = gâČ/g et donc (f/g)âČ = 0 . Par suite, f = Cg , avecC â C . Quand z â 0 , on a f(z)/z â 1 et g(z)/z â Ï . Donc C = 1/Ï ce qui dĂ©montre(16.10).
Corollaire 16.16. Toute fonction méromorphe dans C est le quotient de deux fonctionsentiÚres, i.e., M(C) = FracO(C).
Preuve. Soit F âM(C) . L'ensemble des pĂŽles de F est dĂ©nombrable et sans point d'ac-cumulation d'aprĂšs la Remarque 15.2. D'aprĂšs le ThĂ©orĂšme 16.14, il existe une fonctionentiĂšre g qui s'annule en chaque pĂŽle de F , Ă l'ordre Ă©gal Ă l'ordre du pĂŽle. Donc f := Fgest une fonction entiĂšre, si bien que F = f/g â FracO(C) .
76 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
zzzzzzz
Exercice 16.1. Etudier la convergence des produits
+âân=2
n2 â 4
n2 â 1,
+âân=1
(1 +
(â1)n
n
),
+âân=0
(1 + z2n
).
Exercice 16.2. Constater que le produitââ
n=1
(1 + i/n) diverge et que, par contre, le
produitââ
n=1
|1 + i/n| converge.
Exercice 16.3. VĂ©rier la formule suivante :
cos Ïz =+ââ1
(1â 4z2
(2nâ 1)2
).
Exercice 16.4. Ătablir la formuleââ
n=1
(1 + zn) = exp
( âân=1
(â1)n+1 zn
n(1â zn)
), pour
|z| < 1 .
17. Les fonctions Πet ζ
La fonction auxiliaire suivante est utile dans la dénition de la fonction Πd'Euler :
(17.1) G(z) =ââ
n=1
(1 +z
n)eâz/n, z â C.
Le produit converge localement uniformĂ©ment dans C (cf. Exemple 16.15) et dĂ©nit unefonction entiĂšre qui a des zĂ©ros simples sur les entiers nĂ©gatifs. En comparant avec ledĂ©veloppement de sin Ïz on obtient
zG(z)G(âz) =sin Ïz
Ï, z â C.
Comme les fonctions z 7â G(zâ1) et z 7â zG(z) ont les mĂȘmes zĂ©ros, il existe g â O(C)telle que
(17.2) G(z â 1) = zG(z)eg(z).
Lemme 17.1. Constante d'Euler. La fonction g est constante et vaut
Îł := limnââ
(1 +1
2+ · · ·+ 1
nâ log n) â 0.57722
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 77
Preuve. On prend la dĂ©rivĂ©e logarithmique de (17.2) :ââ1
( 1/n
1 + (z â 1)/nâ 1
n
)=
1
z+
ââ1
( 1/n
1 + z/nâ 1
n
)+ gâČ(z)
ââ1
( 1
nâ 1 + zâ 1
n
)=
1
z+
ââ1
( 1
n+ zâ 1
n
)+ gâČ(z)
1
zâ 1 +
ââ1
( 1
n+ zâ 1
n+ 1
)=
1
z+
ââ1
( 1
n+ zâ 1
n+ 1
)+
ââ1
( 1
n+ 1â 1
n
)+ gâČ(z).
Donc gâČ(z) = 0 et g(z) = Îł . Pour calculer Îł , on pose z = 1 dans (17.2) et il vient :
G(0) = 1 = G(1)eÎł = eÎł limnââ
21
32... n+1
neâ1â 1
2â···â 1
n = eÎłeâ(1+···+ 1
nâlog(n+1)
).
Dénition 17.2. La fonction Πd'Euler est dénie par
(17.3) Î(z) =1
zeÎłzG(z)=
1
zeâÎłz
ââ1
(1 +z
n)â1ez/n, z â C \ 0,â1,â2, . . ..
Ainsi Î est une fonction mĂ©romorphe dans C avec pĂŽles simples sur Zâ et aucun zĂ©ro.
Proposition 17.3. Les propriĂ©tĂ©s suivantes ont lieu, pour z â C \ Zâ :
1) Î(z + 1) = zÎ(z) (Ă©quation fonctionnelle) ;
2) Î(z) = limnâân!nz
z(z + 1) · · · (z + n)(formule de Gauss) ;
3) Î(z)Î(1â z) =Ï
sin Ïz(formule des complĂ©ments) ;
4) Î(1) = 1, Î(n) = (nâ 1)!, Î(1/2) =âÏ .
5)âÏÎ(2z) = 22zâ1Î(z)Î(z + 1/2) (formule de doublement de Legendre) ;
Preuve. 1) On a :
zÎ(z) =1
eÎłzG(z)=
1
eÎłz(z + 1)G(z + 1)eÎł=
1
(z + 1)eÎł(z+1)G(z + 1)= Î(z + 1).
2)
Î(z) =1
zeâÎłz
ââ1
n
n+ zez/n = lim
nââ
ez log nn!
z(z + 1) · · · (z + n)= lim
nââ
n!nz
z(z + 1) · · · (z + n).
3)
Î(z)Î(1â z) = Î(z)(âz)Î(âz) =âz
zG(z)eÎłz(âz)G(âz)eâÎłz=
1
zG(z)G(âz)=
Ï
sin Ïz.
4) Î(1) = limnâân!n
(n+ 1)!= limnââ
n
n+ 1= 1 et Î(1/2)2 =
Ï
sin Ï/2= Ï .
78 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
5) La formule de Gauss s'Ă©crit aussi
Î(z) = limnââ
n!nzâ1
z(z + 1) · · · (z + nâ 1)
car limnââ n/(z + n) = 1 . On en dĂ©duit
Î(z)Î(z + 1/2) = limnââ
(n!)2n2zâ3/2
z(z + 1) · · · (z + nâ 1)(z + 1/2) · · · (z + nâ 1/2)
= limnââ
(n!)2n2zâ3/222n
2z(2z + 1)(2z + 2) · · · (2z + 2nâ 1).
Pour Î(2z) , on utilise la formule de Gauss avec n remplacĂ© par 2n :
Î(2z) = limnââ
(2n)!(2n)2zâ1
2z(2z + 1) · · · (2z + 2nâ 1).
En faisant le quotient, on obtient :
(17.4)Î(z)Î(z + 1/2)
21â2zÎ(2z)= lim
nââ
(n!)222n
(2n)!n1/2.
Comme cette derniÚre limite est indépendante de z , on peut la calculer en posant z = 1dans (17.4). On trouve, d'aprÚs 1) et 4) :
Î(1)Î(3/2)
2â1Î(2)=
Î(1/2)/2
1/2=âÏ.
N.B. Cette limite peut aussi ĂȘtre calculĂ©e avec la formule de Stirling.
Proposition 17.4. Soit Ω = z â C | Re z > 0 et F â O(Ω) qui satisfait :a) F (z + 1) = zF (z), âz â Ω,b) f est bornĂ©e sur la bande z â C | 1 6 Re z 6 2.Alors F (z) = F (1)Î(z), âz â Ω.
Preuve. La fonction Î satisfait a) d'aprĂšs l'Ă©quation fonctionnelle. Elle satisfait aussi b) :
|Î(z)| = | limnââ
n!nz
z(z + 1) · · · (z + n)| = lim
nââ
n!nRe z
|z||z + 1| · · · |z + n|
6 limnââ
n!nRe z
Re z(Re z + 1) · · · (Re z + n)= Î(Re z), pour Re z > 1.
L'Ă©quation fonctionnelle a) permet de prolonger F au domaine z â C | Re z > â1 enune fonction mĂ©romorphe ; en eet, on Ă©crit
F (z) =F (z + 1)
z, Re z > 0,
et on constate que le membre de droite est une fonction mĂ©romorphe dans le demi-planz â C | Re z > â1 avec un pĂŽle simple en 0 de rĂ©sidu F (1) .
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 79
Par récurrence sur n , la relation F (z) =F (z + n+ 1)
z(z + 1) · · · (z + n)permet de prolonger F au
domaine z â C | Re z > ânâ 1 avec des pĂŽles simples en 0 , â1 , . . ., ân et on a :
Res(F,ân) = limzâân
(z + n)F (z + n+ 1)
z(z + 1) · · · (z + n)= (â1)nF (1)
n!.
Soit g la fonction mĂ©romorphe dans C dĂ©nie par g(z) = F (z) â F (1)Î(z) . Alors gsatisfait a) et b) ; elle est donc bornĂ©e dans la bande z â C | 1 6 Re z 6 2 . Le calculdes rĂ©sidus ci-dessus montre que g est entiĂšre. On ne peut pas lui appliquer le thĂ©orĂšmede Liouville mais on considĂšre encore une fonction auxiliaire h â O(C) dĂ©nie par :
h(z) = g(z)g(1â z).
On a
h(z + 1) = g(z + 1)g(âz) = zg(z)g(âz) = âg(z)(âz)g(âz) = âg(z)g(1â z) = âh(z).
Donc h est bornĂ©e. Par Liouville, h est constante, Ă©gale Ă h(1) = g(0)g(1) = 0 . Par suite,en divisant h(z) par g(1â z) , on trouve que g est nulle, comme fonction mĂ©romorphe.Elle est donc nulle.
Corollaire 17.5. Formule d'Euler. Pour Re z > 0, on a Î(z) =
â« â
0
tzâ1eât dt.
Preuve. L'intĂ©grale converge uniformĂ©ment et absolument dans z â C | 0 < ÎŽ 6 Re z 6A < â puisque
â«â0tÎŽâ1 dt < â et
â«â1tAâ1eât dt < â . Donc F (z) :=
â«â0tzâ1eât dt
dĂ©nit une fonction F holomorphe dans le demi-plan z â C | 0 < Re z . De plus, lamajoration
|F (z)| 6â« â
0
tRe zâ1eât dt = F (Re z)
montre que F est bornĂ©e dans la bande z â C | 1 6 Re z 6 2 . L'Ă©quation fonctionnellese vĂ©rie en intĂ©grant par parties :
zF (z) =
â« â
0
ztzâ1eât dt = ââ« â
0
tz(âeât)dt+ tzeât
]â0
=
â« â
0
tzeât dt = F (z + 1).
Il reste Ă appliquer la Proposition 17.4.
Dénition 17.6. La fonction ζ de Riemann est dénie pour Re z > 1 par
(17.5) ζ(z) =ââ
n=1
1
nz.
La sĂ©rie converge uniformĂ©ment dans la bande 1 < 1 + Δ 6 Re z 6 A <â . Donc ζ estholomorphe dans Re z > 1 .
Proposition 17.7. La fonction ζ admet un prolongement méromorphe au demi-planRe z > 0 avec un unique pÎle simple situé au point 1 de résidu 1.
80 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Preuve. On intĂšgre par parties (cf. Proposition 3.13) :
ζ(z) =ââ2
nâz =
â« â
1/2
d[t]
tz= z
â« â
1/2
[t]
tz+1dt = z
â« â
1
[t]
tz+1dt
= z
â« â
1
[t]â t
tz+1dt+ z
â« â
1
dttz
= z
â« â
1
[t]â t
tz+1dt+
z
z â 1, Re z > 1.
Puisque |[t]â t] 6 1 , la derniĂšre intĂ©grale converge pour Re z > 0 , ce qui montre que ζest mĂ©romorphe dans le demi-plan Re z > 0 . L'armation sur le rĂ©sidu dĂ©coule ausside cette formule.
Proposition 17.8. Formule d'Euler. Lorsque Re z > 1, on a :
(17.6) ζ(z) =ââ
k=1
1
1â pâzk
,
oĂč pk est le kâiĂšme nombre premier > 1.
Preuve. Le produit converge localement uniformément car le produit des inverses
ââk=1
(1â pâzk )
converge localement uniformĂ©ment puisqueâpâz
k converge localement uniformément.Pour k = 1, 2, . . . on a
1
1â pâzk
=ââ
αk=0
pâzαkk .
En faisant le produit des m premiĂšres de ces sommes, on obtient :
(17.7)mâ
k=1
1
1â pâzk
=ââ
α1,...,αm=1
1
pzα11 · · · pzαm
m
=ââ
j=1
1
nzj
,
oĂč nj parcourt l'ensemble des entiers dont les facteurs premiers appartiennent Ă l'en-semble p1, . . . , pm . On a utilisĂ© la dĂ©composition unique des entiers en facteurs pre-miers. Quand m tend vers l'inni, le membre de droite de (17.7) tend vers ζ(z) et lemembre de gauche tend vers le produit inni de (17.6).
Corollaire 17.9. La fonction ζ ne s'annule pas dans Re z > 1.
Proposition 17.10. Pour Re z > 1, la formule suivante a lieu :
Î(z)ζ(z) =
â« â
0
tzâ1
et â 1dt.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 81
Preuve. On part de la formule d'Euler (Corollaire 17.5), on multiplie par nâz et onsomme :
Î(z) =
â« â
0
tzâ1eât dt =
â« â
0
nzszâ1eâns ds, n = 1, 2, . . .
=â nâzÎ(z) =
â« â
0
tzâ1eânt dt, n = 1, 2, . . .
=â ζ(z)Î(z) =ââ
n=1
â« â
0
tzâ1eânt dtâ« â
0
âân=1
tzâ1eânt dt
=
â« â
0
tzâ1 eât
1â eâtdt =
â« â
0
tzâ1 1
et â 1dt.
Le prolongement analytique de la fonction ηζ se fait en jouant sur les formules suivantes :
(17.8)1
z=
â« 1
0
tzâ1 dt si Re z > 0
ââ« â
1
tzâ1 dt si Re z < 0.
ThĂ©orĂšme 17.11. Ăquation fonctionnelle de Riemann. La fonction ζ de Rie-mann admet un prolongement mĂ©romorphe Ă C avec un unique pĂŽle simple en 1 derĂ©sidu 1. C'est une consĂ©quence de la formule suivante :
(17.9) ζ(z) = 2zÏzâ1 sinÏz
2Î(1â z)ζ(1â z), z 6= 1.
Preuve. La Proposition 17.10 et (17.8) avec z remplacĂ© par z â 1 donnent
Î(z)ζ(z) =
â« 1
0
( 1
et â 1â 1
t
)tzâ1 dt+
1
z â 1+
â« â
1
1
et â 1tzâ1 dt, Re z > 1.
Puisque1
et â 1=
1
tâ 1
2+ O(t) , quand t â 0 , la premiĂšre intĂ©grale ci-dessus converge
pour Re z > 0 . La deuxiĂšme intĂ©grale dĂ©nit une fonction entiĂšre. Par suite, la fonctionΠ· ζ admet un prolongement mĂ©romorphe dans le demi-plan Re z > 0 avec un uniquepĂŽle simple en 1 de rĂ©sidu 1 . On le savait dĂ©jĂ , cf. Proposition 17.7.On peut Ă©crire Î(z)ζ(z) sous une autre forme en utilisant encore (17.8) :
Î(z)ζ(z) =
â« 1
0
( 1
et â 1â 1
t
)tzâ1 dt+
â« â
1
( 1
et â 1â 1
t
)tzâ1 dt, 0 < Re z < 1
=
â« 1
0
( 1
et â 1â 1
t+
1
2
)tzâ1 dtâ 1
2z+
â« â
1
( 1
et â 1â 1
t
)tzâ1 dt, â1 < Re z < 1
=
â« â
0
( 1
et â 1â 1
t+
1
2
)tzâ1 dt, â1 < Re z < 0.
82 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
En appliquant la mĂ©thode de Cauchy (cf. Exercice 15.5) Ă la fonction mĂ©romorphe t 7â1
etâ1â 1
t+ 1
2on obtient
1
et â 1â 1
t+
1
2=
ââk=1
2t
t2 + 4Ï2k2, t â C \ 2iÏZâ.
Donc
(17.10) Î(z)ζ(z) =
â« â
0
ââk=1
2tz
t2 + 4Ï2k2dt, â1 < Re z < 0.
En vue d'Ă©changer la somme et l'intĂ©grale, on a besoin de tester la convergence uniformeon dominĂ©e de l'intĂ©grale. L'inĂ©galitĂ© t2 + 4Ï2k2 > 4Ï2k2 permet de voir que l'intĂ©gralede (17.10) limitĂ©e Ă l'intervalle ]0, 1] converge uniformĂ©ment.
Les minorations t2 + 4Ï2k2 >1â Δ
2t2 +
1 + Δ
2(2Ïk)2 > t1âΔ(2Ïk)1+Δ pour 0 < Δ < 1/2 ,
appliquer l'inégalité de Hölder pour la deuxiÚme, donnent
tRe z
t2 + 4Ï2k26
1
t1+Δk1+Δ, â1 < Re z = â2Δ < 0.
On en dĂ©duit la convergence uniforme de l'intĂ©gale de (17.10) limitĂ©e Ă l'intervalle [1,â[ .D'oĂč
Î(z)ζ(z) =ââ
k=1
â« â
0
2tz
t2 + 4Ï2k2dt =
Ï
cos Ïz2
ââ1
(2kÏ)zâ1,
la derniÚre égalité provient du calcul de l'intégrale par la méthode des résidus (voirExercice 14.6 a)). On a donc démontré la formule suivante
Î(z)ζ(z) =Ï
cos Ïz2
2zâ1Ïzâ1ζ(1â z), â1 < Re z < 0.
En posant w = 1â z , il vient :
Î(1â w)ζ(1â w) =Ï1âw
cos Ï(1âw)2
2âwζ(w), 1 < Rew < 2.
La formule (17.9) pour 1 < Re z < 2 en découle. Le membre de droite de (17.9) estune fonction méromorphe dans le demi-plan Re z < 1 puisque ζ est méromorphe dans0 < Re z , donc ζ admet un prolongement méromorphe dans C .
Remarque 17.12. L'équation fonctionnelle de Riemann (17.9) montre que si ζ(z) = 0et Re z < 0 , alors
2(2Ï)zâ1Î(1â z)ζ(1â z) sinÏz
2= 0,
donc Ïz = â2kÏ ou z = â2k avec k â Nâ puisque Î ne s'annule jamais et que ζ(1â z)ne s'annule pas quand Re z < 0 . Par consĂ©quent, dans le complĂ©mentaire de la bande|Re z â 1/2| < 1/2 , les seuls zĂ©ros de ζ sont â2 , â4 , . . .. On les appelle les zĂ©rostriviaux de ζ .
Proposition 17.13. ζ(1 + iy) 6= 0 pour y â R.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 83
Preuve. Pour Ξ â R , on a
(17.11) 2(1 + cos Ξ)2 = 3 + 4 cos Ξ + cos 2Ξ > 0.
D'aprĂšs la Proposition 17.8, la relation suivante a lieu :
Log ζ(z) = âââ1
Log(1â pâzk ) =
ââk=1
âân=1
pâznk
n, Re z > 1.
En prenant la partie réelle, on obtient :
log |ζ(x+ iy)| = Re Log ζ(x+ iy) =ââ
k=1
âân=1
pâxnk
ncos(ny log pk).
La minoration suivante provient de (17.11) :
log |ζ3(x)ζ4(x+ iy)ζ(x+ 2iy)| =ân,k
pâxnk
n(3 + 4 cos Ξn,k + cos 2Ξn,k) > 0,
oĂč Ξn,k = ny log pk . On en dĂ©duit
(17.12) |ζ3(x)ζ4(x+ iy)ζ(x+ 2iy)| > 1, pour x > 1 et y â R .Supposons que ζ(1 + iy0) s'annule pour y0 6= 0 . Alors ζ4(1 + Δ + iy0) = O(Δ4) , quandΔ â 0 . Puisque ζ a un pĂŽle simple en 0 , on a : ζ3(1 + Δ) = O(Δâ3) . Par suite, puisqueζ(1 + Δ+ 2iy0) = O(1) , le comportement suivant a lieu :
ζ3(1 + Δ)ζ4(1 + Δ+ iy0)ζ(1 + Δ+ 2iy0) = O(Δ), Δâ 0,
ce qui contredit (17.12).
Corollaire 17.14. ThĂ©orĂšme des nombres premiers. Le nombre de nombres pre-miers infĂ©rieurs ou Ă©gaux Ă x est asymptotiquement Ă©gal Ă x/ log x, quand xââ.
Preuve. Elle nécessite quelques outils supplémentaires, en particulier la transformationde Mellin. Voir le livre de G. Tenenbaum [15].
zzzzzzz
Exercice 17.1. DĂ©montrer la formuleââ
n=1
(1 + (â1)nz/n
)=
âÏ
Î(1 + z/2)Î(1/2â z/2).
Exercice 17.2. En choisissant bien z dans le produit inni de sin Ïz , vĂ©rier la formulede Wallis
Ï
2= lim
nâ+â
2Ă 2Ă ...Ă (2n)2
1Ă 3Ă 3Ă ...Ă (2nâ 1)2(2n+ 1)=
+ââ1
(2n)2
(2nâ 1)(2n+ 1).
Comparer avec (17.4).
Exercice 17.3. Si Ï(z) = ÎâČ(z)/Î(z) , montrer les formules Ï(z + 1) â Ï(z) =1
zet
Ï(1â z)â Ï(z) =Ï
tg Ïz.
84 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
18. Transformation de Laplace
Certaines fonctions ont une transformĂ©e de Fourier qui se prolonge au plan complexe,comme par exemple les fonctions intĂ©grables Ă support compact :â« â
ââeâix(Ο+iη)f(x)dx =
â« b
a
eâixΟ+xηf(x)dx, Ο + iη â C.
Quand f a un support limitĂ© Ă gauche et qu'elle est bornĂ©e, l'intĂ©grale ci-dessus a deschances de converger pour η < 0 . Il est d'usage de considĂ©rer une intĂ©grale du typeâ« â
0
eâztf(t)dt
qui dĂ©nit pour f localement intĂ©grable et bornĂ©e sur R+ , une fonction holomorphe dez dans Re z > 0 et continue dans Re z > 0 .DĂ©nition 18.1. Soit f : [0,â[â C une fonction intĂ©grable sur tout intervalle ni.L'abscisse de convergence Ïc(f) de f est Ă©gale Ă l'inni si
â«â0eâztf(t)dt diverge pour
tout z â C et Ă infRe z |â« â
0
eâztf(t)dt converge sinon. L'abscisse de convergence
absolue Ïa(f) de f est Ă©gale Ă l'inni siâ«â
0|eâztf(t)|dt = â, âz â C et Ă infRe z |â« â
0
|eâztf(t)|dt <â sinon.
On a Ïc(f) 6 Ïa(f) .
Exemple 18.2. 1) Si f est dĂ©nie par f(t) = sin(et) , alors Ïc(f) = â1 et Ïa(f) = 0
puisqueâ« â
0
eâzt sin(et)dt =
â« â
1
sin s
sz+1ds .
2) Si f(t) = O(eαt) pour tââ , alors Ïa(f) > α .
Lemme 18.3. Soit f : [0,â[â C intĂ©grable sur tout intervalle ni et z0 â C tel queRe z > Ïc(f). Alors l'intĂ©grale
â«â0eâztf(t) dt converge.
Preuve. Par dĂ©nition de Ïc(f) , il existe z0 â C tel que Ïc(f) < Re z0 < Re z etl'intĂ©grale
â«â0eâz0tf(t)dt converge. Soit g(x) =
â« x
0eâz0tf(t)dt . Puisque limxââ g(x)
existe et que g est bornĂ©e sur n'importe quel intervalle ni, la fonction g est bornĂ©e.D'aprĂšs l'exemple 4.3, on a la formule suivante pour h â C0(R) :â« x
0
h(t)eâz0tf(t)dt =
â« x
0
h(t)dg(t).
On en déduit en particulier,⫠x
0
eâztf(t)dt =
â« x
0
eâ(zâz0)teâz0tf(t)dt =
â« x
0
eâ(zâz0)t dg(t).
En intégrant par parties on obtient
(18.1)â« x
0
eâztf(t)dt = eâ(zâz0)tg(t)]x
0+(z â z0)
â« x
0
eâ(zâz0)tg(t)dt.
Le terme tout intĂ©grĂ© vaut eâ(zâz0)xg(x) et il tend vers 0 quand x tend vers l'inni,car Re z > Re z0 . L'intĂ©grale restante tend vers (z â z0)
â«â0eâ(zâz0)tg(t)dt car elle est
absolument convergente puisque g est bornée.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 85
Lemme 18.4. Soit f : [0,â[â C intĂ©grable sur tout intervalle ni et z0 â C tel quel'intĂ©grale
â«â0eâz0tf(t) dt converge absolument. Alors l'intĂ©grale
â«â0eâztf(t) dt converge
absolument et uniformément dans la bande Re z > Re z0.
Preuve. L'inégalité triangulaire pour les intégrales montre la convergence uniforme :
(18.2)â« â
0
|eâztf(t)|dt 6â« â
0
|eâz0tf(t)|dt.
DĂ©nition 18.5. La transformĂ©e de Laplace de f : [0,â[â C intĂ©grable sur toutintervalle ni est la fonction Lf sur Re z > Ïc(f) donnĂ© par
Lf(z) =
â« â
0
eâztf(t)dt.
Exemple 18.6. Pour f(t) = tn , n â N , on a Lf(z) =n!
zn+1.
.
Proposition 18.7. Pour f : [0,â[â C intĂ©grable sur tout intervalle ni, la transformĂ©ede Laplace Lf de f est une fonction holomorphe dans le demi-plan Re z > Ïc(f).
Preuve. La relation (18.1) permet de voir que l'intĂ©graleâ«â
0eâztf(t)dt converge unifor-
mément dans tout secteur tronqué
z â C | Re(z â z0) > Δ et | Im(z â z0)| 6 C Re(z â z0),oĂč C et Δ sont des rĂ©els positifs. L'holomorphie de Lf rĂ©sulte du lemme suivant :
Lemme 18.8. Soit g : Ω Ă [0,â[â C une fonction continue, holomorphe en la pre-
miĂšre variable dans un ouvert Ω â C. Si l'intĂ©graleâ« â
0
g(z, t) dt converge localement
uniformément dans Ω, alors elle dénit une fonction holomorphe.
Preuve. On Ă©crit l'intĂ©grale comme une somme d'intĂ©grales sur des intervalles bornĂ©s :â« â
0
g(z, t)dt =ââ
n=0
â« n+1
n
g(z, t)dt.
D'aprÚs l'Exemple 10.5 6), chacune des intégrales de droite est holomorphe dans Ω . Lasomme converge localement uniformément dans Ω et le résultat découle du théorÚme deWeierstrass 12.5.
Proposition 18.9. Soit f : R+ â C une fonction diĂ©rentiable avec f âČ intĂ©grable surtout intervalle ni. Alors Ïa(f) 6 max(0, Ïc(f
âČ)) et
(18.3) Lf âČ(z) = zLf(z)â f(0) pour Re z > max(0, Ïc(fâČ)).
Preuve. Pour x > 0 , on intĂšgre par parties :â« x
0
eâztf âČ(t)dt = eâztf(t)]x
0+ z
â« x
0
eâztf(t)dt = eâzxf(x)â f(0) + z
â« x
0
eâztf(t)dt.
Pour voir (18.3), il sut de montrer la relation limxââ eâzxf(x) = 0 .
86 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Soit g(x) =â« x
0eâztf âČ(t)dt . On a :
(18.4) f(x)â f(0) =
â« x
0
f âČ(t)dt =
â« x
0
ezt dg(t)dt = ezxg(x)â z
â« x
0
e+ztg(t)dt.
Posons limxââ g(x) = g(â) et utilisons la relation zâ« x
0ez(tâx) dt+ eâzx = 1 qui donne,
puisque Re z > 0 ,
(18.5) limxââ
z
â« x
0
ez(tâx) dt = 1 et limxââ
z
â« x
0
ez(tâx)g(â)dt = g(â).
De (18.4) et (18.5), on tire
limxââ
eâzxf(x) = limxââ
eâzx(f(x)â f(0)) = g(â)â limxââ
z
â« x
0
e+z(tâx)g(t)dt
= â limxââ
z
â« x
0
e+z(tâx)(g(t)â g(â))dt.
Cette derniĂšre limite est nulle car elle est du type
limxââ
eâαx
â« x
0
eαtu(t)dt, avec α > 0 , u bornĂ©e et limxââ
u(x) = 0 .
Comme f(t) = o(eRe zt) , quand t â â , l'abscisse de convergence absolue de f estinfĂ©rieure ou Ă©gale Ă Re z .
ThĂ©orĂšme 18.10. Pour f : R+ â C continue, on a la formule d'inversion suivante :
(18.6) f(t) =d2
dt21
2Ïi
â«Re z=ÎČ
Lf(z)
z2etz dz, pour ÎČ > max(0, Ïa(f)).
N.B. En gĂ©nĂ©ral, la fonction z 7â Lf(z)etz est bornĂ©e sur Re z = ÎČ . En eet,soit z0 â C tel que Ïa(f) < Re z0 < ÎČ . Alors
â«â0eâz0tf(t)dt converge absolument
et l'inĂ©galitĂ© (18.2) s'applique. Mais ceci ne garantit pas que l'intĂ©graleâ«Lf(z)etz dz
converge.
Preuve. L'intĂ©grale de (18.6) converge absolument car z 7â Lf(z)etz est une fonctionbornĂ©e sur la droite Re z = ÎČ . Posons
F (t) =1
2Ïi
â«Re z=ÎČ
Lf(z)
z2etz dz, t â R.
On remplace Lf par sa valeur et on échange l'ordre d'intégration ce qui est permis parconvergence absolue :
F (t) =1
2Ïi
â«Re z=ÎČ
etz
z2
â« â
0
f(s)eâsz ds dz =
â« â
0
f(s)( 1
2Ïi
â«Re z=ÎČ
e(tâs)z
z2dz
)ds
L'intĂ©grale sur la droite verticale se calcule aisĂ©ment par la mĂ©thode des rĂ©sidus : si t < son ferme par un demi-cercle dans le demi-plan Re z > ÎČ et on trouve 0 car ÎČ > 0 ; sit < s on ferme par un demi-cercle dans le demi-plan Re z < ÎČ et on trouve le rĂ©siduen 0 , soit tâ s . D'oĂč
F (t) =
â« t
0
(tâ s)f(s)ds.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 87
La fonction F est deux fois diérentiable et
F âČ(t) =
â« t
0
f(s)ds, F âČâČ(t) = f(t), t > 0.
Corollaire 18.11. Si f est continue sur R+ et a une abscisse de convergence absoluenie, alors Lf = 0 entraĂźne f = 0.
Corollaire 18.12. Formule d'inversion de Laplace. Si f est de classe C2 surR+ et si f(0) = f âČ(0) = 0, alors
(18.7) f(t) =1
2Ïi
â«Re z=ÎČ
Lf(z)etz dz, pour ÎČ > max(0, Ïa(f)).
Preuve. On applique le ThĂ©orĂšme 18.10 Ă f âČâČ et on utilise (18.3)
f âČâČ(t) =d2
dt21
2Ïi
â«Re z=ÎČ
Lf âČâČ(z)z2
etz dz =d2
dt21
2Ïi
â«Re z=ÎČ
Lf(z)etz dz.
zzzzzzz
Exercice 18.1. VĂ©rier les correspondances suivantes :
f(t) tÎœ log t1â t
tsinÏt
Lf(z)ÎâČ(Îœ)â Î(Îœ) Log z
zΜ1 +
1
z
Ï
z2 + Ï2.
Exercice 18.2. On dĂ©nit f : [0,â[â R par f(t) = Ïet sin Ït . Donner les abscisses deconvergence et de convergence absolue de f . Pour Re z > 0 , vĂ©rier la formule
Lf(z) = 1â z(z + 1)
Ï2Lf(z + 2),
et en déduire que Lf est entiÚre.
Exercice 18.3. VĂ©rier que la transformĂ©e de Laplace de la fonction t 7â log t est
z 7â âLog z + Îł
z, oĂč Îł est la constante d'Euler.
Exercice 18.4. Soit f : [0,â[â C une fonction intĂ©grable sur tout intervalle ni.
a) Si α := lim suptââlog |f(t)|
tet Δ > 0 , montrer que l'intégrale Lf(z) converge abso-
lument et uniformĂ©ment dans z â C | Re z > α+ Δ . En particulier, Ïa(f) 6 α .
b) Si ÎČ := limtââlog |f(t)|
texiste, montrer l'inĂ©galitĂ© Ïa(f) > ÎČ .
Exercice 18.5. Soit y la solution du problĂšme
a2yâČâČ(t) + a1y
âČ(t) + a0y(t) = f(t), t > 0, y(0) = y0, yâČ(0) = y1,
88 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
oĂč a0, a1, a2, y0, y1 sont des nombres rĂ©els donnĂ©s et f est une fonction sur R+ avecÏc(f) â R . Montrer que y satisfait
Ly(z) =Lf(z) + a2(y1 + zy0) + a1y1
a2z2 + a1z + a0
, pour Re z > Ïc(f).
Exemple : Résoudre par cette méthode l'équation
yâČâČ(t) + y(t) = eât avec y0, y1 quelconques.
ANALYSE II COMPLEXE 2004-05 89
Annexe
ThéorÚme A. Formule de Green-Riemann Soit Ω un ouvert de R2 et K un compact
de Ω dont le bord âK est une rĂ©union nie de courbes de Jordan rectiables, orientĂ©es par la
normale extĂ©rieure. Si P et Q sont deux fonctions continĂ»ment diĂ©rentiables sur Ω , alorsâ«âK
P dx + Q dy =â«â«
K(âQ
âxâ âP
ây) dx dy.
Preuve. On commence par le cas oĂč K est l'ensemble
(x, y) â R2 | a 6 x 6 b, c 6 y 6 f(x), avec f â CM1([a, b],R).
Le théorÚme de Stolz et le théorÚme fondamental du calcul diérentiel et intégral permettentd'écrire
ââ«â«
K
âP
âydxdy = â
â« b
a(â« f(x)
c
âP
ây(x, y)dy)dx = â
â« b
a[P (x, f(x))â P (x, c)]dx.
L'intĂ©grale curviligne se calcule aisĂ©ment puisque les contributions des bords verticaux de Ksont nulles : â«
âKP dx =
â« b
aP (x, c)dxâ
â« b
aP (x, f(x))dx.
On a donc montré
(18.8)â«
âKP dx = â
â«â«K
âP
âydxdy.
Pour montrer l'autre relation, on introduit une fonction auxiliaire U(x, y) :=â« y
cQ(x, η)dη .
Alors U est de classe C1 etâU
âx(x, y) =
â« y
c
âQ
âx(x, η)dη,
âU
ây(x, y) = Q(x, y).
Par suite les dĂ©rivĂ©es mixtes secondes de U existent et sont Ă©gales Ă âQ
âx.
La formule de dĂ©rivation des fonctions composĂ©es donne la relation suivante :â«Îł
âU
âxdx +
âU
âydy = 0
si Îł est une courbe fermĂ©e CM1 dans Ω . Dans notre cas, on obtientâ«âK
âU
âydy = â
â«âK
âU
âxdx.
Il reste Ă appliquer (18.8) avec P remplacĂ© parâU
âxpour obtenirâ«
âKQdy =
â«âK
âU
âydy = â
â«âK
âU
âxdx =
â«â«K
â2U
âyâxdxdy =
â«â«K
âQ
âxdxdy.
Le cas d'un compact
(x, y) â R2 | a 6 x 6 g(y), c 6 y 6 d, avec g â CM1([a, b],R)
est dĂ©montrĂ© par symĂ©trie.La formule est vraie pour les compacts qu'on peut dĂ©composer en un nombre ni de compactsK1, . . . ,Kn du type prĂ©cĂ©dent car l'intĂ©grale sur une partie du bord de Kj non contenue dansâK s'annule avec l'intĂ©grale sur une partie du bord du compact adjacent.Le cas gĂ©nĂ©ral est obtenu par approximation cf. [12].
90 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
Références
1. L.V. Ahlfors, Complex analysis, McGraw-Hill, 1979, # 30/62.
2. T. Apostol, Mathematical analysis, Addison-Wesley, 1957, # 27/51.
3. M.A. Armstrong, Basic topology, Springer, 1983, # 55/164.
4. J.C. Burkill and H. Burkill, A second course in mathematical analysis, Cambridge University Press,1970, # 27/152.
5. H. Cartan, Théorie élémentaire des fonctions analytiques d'une ou plusieurs variables complexes,Hermann, 1961, # 30/101.
6. J. Conway, Functions of one complex variable, Springer, 1973, # 30/152.
7. H. Dym and H.P. McKeen, Fourier series and integrals, Academic Press, 1972, # 42/62.
8. W. Fulks, Complex variables, M. Dekker, 1993, # 30/268.
9. T.W. Gamelin, Complex analysis, Springer, 2001, # 30/300.
10. R. Godement, Analyse mathématique II et III, Springer, 1998, # 27/274.
11. E. Hairer and G. Wanner, L'analyse au l de l'histoire, Springer, 2001, # 27/256.
12. C.B. Morrey and M.H. Protter, Intermediate calculus, Springer, 1971, # 27/58.
13. R. Remmert, Theory of complex functions, Springer, 1991, # 30/213.
14. M. Rudin, Analyse réelle et complexe, Masson, 1978, # 27/95.
15. G. Tenenbaum, Introduction à la théorie analytique et probabiliste des nombres, Société mathéma-tique de France, 1995, # 10/401.
16. G. P. Tolstov, Fourier series, Dover, 1962, # 42/115.
17. J.S Walker, Fourier analysis, Oxford University Press, 1988, # 42/110.
18. G. Wanner, Polycopié d'Analyse II, Université de GenÚve, 1998, # 27/273.
Index
abscisse de convergence, 84absolument intégrable, 12argument, 3
Bessel (inégalité), 23
C , 1CâdiĂ©rentiable, 45CM , 6
C , 2, 39Casorati-Weierstrass, 61Cauchyformule, 50formule générale, 58inégalités, 53méthode, 71théorÚme, 49homologique, 58homotopique, 57
Cauchy-Riemann (équations), 48chaleur (équation), 42chemin, 17classe C1 par morceaux, 6coecient de Fourier, 23compléments (formule), 77complet, 23complexe (corps), 1conjugué, 1continue par morceaux, 6convolée, 41de fonctions périodiques, 33
courbediérentiable, 17fermée, 17longueur, 17orientée, 17paramétrée, 17rectiable, 17simple, 17
D , 2développement de Laurent, 60Dirac (suite de), 32Dirichletnoyau, 28problÚme, 35
entiĂšre (fonction), 53Eulerconstante, 76
formule, 79, 80exponentielle (fonction), 2extérieur d'une courbe, 17
F , 42facteur élémentaire, 74Fejérexemple, 32lemme, 28noyau, 28théorÚme, 31
Fouriercoecient, 23série, 23transformation, 39
Î , 77Gauss, 77Gibbs, 34Goursat (lemme), 51
holomorphe, 53Ă l'inni, 66
homologues, 57homotopeschemins, 57lacets, 57
Hurwitzlemme, 68méthode, 36
indice d'une courbe, 19intégrable au sens de Stieltjes, 9intégrale curviligne, 18intégrale impropre, 12intérieur d'une courbe, 17inversionFourier, 39Laplace, 87locale, 69
Jordancourbe, 17lemme, 30théorÚme, 17, 30
Joukowski, 49
L , 85Lip , 7lacet, 57Laplaceformule d'inversion, 87
91
92 ANALYSE II COMPLEXE 2004-05
transformation, 85Legendredoublement, 77polynĂŽmes, 24
Liouville (théorÚme), 53Lipschitz (condition), 7localementintégrable, 30uniforme, 33
logarithme, 3
M , 66méromorphe, 66maximum (principe), 55Mittag-Leer (théorÚme), 69Morera (théorÚme), 52moyenne arithmétique, 28moyenne quadratique, 22
â · â2 , 22
O , 53ondes (Ă©quation), 21ordre (pĂŽle), 60
pĂŽle, 59Ă l'inni, 66
Parseval (égalité), 23partieimaginaire, 1réelle, 1
partie principale, 60Poissonformule, 42noyau, 35
premiers (théorÚme des nombres), 83produit inni, 72prolongement analytique, 54
R , 8RG , 39résidu, 61théorÚme, 62
RiemannĂ©quation fonctionnelle, 81fonction zĂȘta de, 79
Riemann-Lebesgue (lemme), 29, 39Rouché (théorÚme), 67
S , 40série trigonométrique, 26séparation des variables, 21Schwartz (espace de), 40semi-norme, 5, 22
simplement connexe, 57singularitéessentielle, 59isolée, 59
Stieltjes (intégrale), 8support d'une courbe, 17supprimable, 59systÚmeorthogonal, 22orthonormal, 22
théorÚme fondamental de l'algÚbre, 54total, 23trace d'une courbe, 17
VB , 5valeur absolue, 1variation bornée (fonction à ), 5
Weierstrass (théorÚme), 54, 75
ζ , 79zérosisolés (principe), 56triviaux, 82