Université de Cergy-Pontoise 2014-2015

L3 : Séries de Fourier et analyse complexe

Examen séries de Fourier et analyse complexe (Session1) :Mercredi 17 décembre

Durée : 3 heures.

Exercice 1 [Cours] : Enoncer et démontrer le lemme de Riemann-Lebesgue.

Voir cours.

Exercice 2 : Pour α ∈ R, α 6= 0, on considère la fonction

f(t) =

{eαt, t ∈ [0, π]−e−αt t ∈]− π, 0[

prolongée par 2π-périodicité à R.

1) La fonction f est clairement de classe C1 par morceaux car t −→ eαt est C∞ sur R.Elle n'est pas continue en les points kπ, k ∈ Z. En e�et, au point 0, on a f(0+) = 1 alorsque f(0−) = −1. De même, au point π on a : f(π−) = eαπ alors que f(π+) = −e−απ.D'où le résultat par 2π-périodicité de la fonction f .2) La fonction étant impaire sur ] − π, π[, les coe�cients an valent 0 pour tout n ≥ 0.On calcule les coe�cients bn pour n ≥ 1.

bn =2

π

∫ π

0eαt sin(nt),

=1

iπ

∫ π

0(e(α+in)t − e(α−in)t)dt,

=1

iπ

([e(α+in)t

α+ in

]π0

−

[e(α−in)t

α− in

]π0

),

=1

iπ(eαπ(−1)n − 1)

−2inα2 + n2

,

=2

π

(1− eαπ(−1)n)nα2 + n2

.

La série de Fourier est donc

S(f(t)) =

∞∑n=0

2

π

(1− eαπ(−1)n)nα2 + n2

sin(nt).

3) D'après le théorème de Dirichlet (la fonction f étant C1 par morceaux), la série deFourier converge pour tout t ∈ R vers

f(t+) + f(t−)

2=

∞∑n=0

2

π

(1− eαπ(−1)n)nα2 + n2

sin(nt).

1

En particulier, pour tout t ∈]0, π[ sur lequel la fonction f est continue, on a

eαt =∞∑n=0

2

π

(1− eαπ(−1)n)nα2 + n2

sin(nt).

On évalue cette dernière égalité au point π2 et on obtient

eαπ2 =

∞∑n=0

2

π(−1)n (1 + eαπ) (2n+ 1)

α2 + (2n+ 1)2.

D'où∞∑n=0

(−1)n(2n+ 1)

α2 + (2n+ 1)2=

πeαπ2

2(1 + eαπ).

4) On applique maintenant la formule de Bessel-Parseval. On a donc

∞∑n=0

b2n2

=1

2π

∫ π

−π|f(t)|2dt = 1

π

∫ π

0e2αtdt =

e2απ − 1

2α.

D'où∞∑n=0

(1− eαπ(−1)n)2n2

(α2 + n2)2=π(e2απ − 1)

4α.

Exercice 3 : 1) Pour tout n ∈ N, les coe�cients an = (−1)nn2(n−1)! 6= 0. On utilise le critère

de d'Alembert. On a ∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = n2(n− 1)!

(n+ 1)2n!=

n2

(n+ 1)2n→ 0.

Donc R = +∞ et la fonction f est holomorphe sur C.2) D'après le cours, la fonction f ′ est la série obtenue en dérivant terme à terme la

série+∞∑n=0

(−z)n+1

(n+ 1)2n!. De plus, la série dérivée a le même rayon de convergence R = +∞.

Donc, pour tout z ∈ C,

f ′(z) =+∞∑n=0

−(n+ 1)(−z)n

(n+ 1)2n!=

+∞∑n=0

(−z)n

(n+ 1)!=

1

z

+∞∑n=0

(−z)n+1

(n+ 1)!=

1

z

+∞∑n=1

(−z)n

n!=e−z − 1

z.

3) a) Pour tout z ∈ C, la fonction ϕ(t) = e−tz−1t est clairement continue sur (0, 1] comme

somme et quotient de fonctions continues sur (0, 1]. Comme e−tz ∼ 1− tz lorsque t→ 0,on en déduit que limt→0 ϕ(t) = −z et donc, ϕ se prolonge par continuité en 0. Donc

l'intégrale

∫ 1

0

e−tz − 1

tdt et donc la fonction g est toujours bien dé�nie pour tout z ∈ C.

b) Pour tout z ∈ C, on dé�nit ψ(t) = f(tz) qui est clairement derivable sur R. On apour tout t ∈ [0, 1]

ψ′(t) = zf ′(tz) = ze−tz − 1

tz= ϕ(t),

d'après 2). On en déduit que pour tout z ∈ C

g(z) =

∫ 1

0ϕ(t)dt =

∫ 1

0ψ′(t)dt = ψ(1)− ψ(0) = f(z).

2

Exercice 4 : Le but de cet exercice est de calculer l'intégrale

K =

∫ +∞

−∞

cos(x)

x4 + 4dx.

1) Montrer que l'intégrale ci-dessus est bien dé�nie.

La fonction x → cos(x)x4+4

est continue sur R et∣∣∣ cos(x)x4+4

∣∣∣ ≤ 1x4+4

qui est intégrable en

±∞. Donc l'intégrale K est bien dé�nie.

2) On considère la fonction

f(z) =eiz

z4 + 4.

Pour R > 0, on note γR le chemin fermé constitué du segment [−R,R] et du demi-cercleCR = {z = Reit, 0 ≤ t ≤ π} orienté dans le sens positif.

a) Calculer les pôles de f et leur ordre.b) Montrer que pour tout R > 0 su�samment grand,∫

γR

f(z)dz =π

4e(cos(1) + sin(1)).

c) Montrer que

limR→∞

∫CR

f(z)dz = 0.

d) Calculer

limR→∞

∫γR

f(z)dz,

et en déduire la valeur de K.

a) Un court calcul montre que

f(z) =eiz

z4 + 4= f(z) =

eiz

(z − (1 + i))(z − (−1 + i))(z − (1− i))(z − (−1− i)).

On en déduit que f possède des pôles simples en 1 + i, 1− i,−1 + i,−1− i.b) Pour R assez grand, les seuls pôles de f à l'intérieur de γR sont 1 + i et −1 + i.D'après le théorème des résidus, on a donc∫

γR

f(z)dz = 2iπ (Res(f, 1 + i) +Res(f,−1 + i)) .

Comme les pôles sont simples, on a

Res(f, 1 + i) = ((z − (1 + i))f(z))|z=1+i =ei(1+i)

8i(1 + i),

et

Res(f,−1 + i) = ((z − (−1 + i))f(z))|z=−1+i =ei(−1+i)

8i(1− i).

3

Donc ∫γR

f(z)dz =π

4e

(ei

1 + i+

e−i

1− i

),

=π

8e

(ei(1− i) + e−i(1 + i)

),

=π

8e(2 cos(1) + 2 sin(1)) ,

=π

4e(cos(1) + sin(1)).

c) Quand z ∈ CR, on a∣∣eiz∣∣ = ∣∣e−=(z)∣∣ ≤ 1 et donc, pour R > 1, on obtient

|f(z)| ≤ 1

R4 − 1.

On en déduit que lorsque R→∞, on a∣∣∣∣∫CR

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ πR

R4 − 1→ 0.

Donc

limR→∞

∫CR

f(z)dz = 0.

d) On obtient alors

limR→∞

∫γR

f(z)dz = limR→∞

∫[−R,+R]

f(z)dz =π

4e(cos(1) + sin(1)).

En prenant la partie réelle de cette égalité, on obtient

K =

∫ +∞

−∞

cos(x)

x4 + 4dx =

π

4e(cos(1) + sin(1)).

Exercice 5 : 1) Enoncer le principe des zéros isolés.

Une fonction f holomorphe sur un domaine non identiquement numme ne possède quedes zéros isolés, c'est-à-dire que si f(z0) = 0, alors ∃r > 0 tel que ∀z ∈ ∩ D(z0, r),f(z) 6= 0.

2) Existe-t-il une fonction f holomorphe dans le disque unité D(0, 1) telle que pourtout entier n > 0, on ait

f(1

n) = f(− 1

n) =

1

n2?

Indication : On pourra introduire la fonction g(z) = f(z)− z2 et utiliser 1).

La fonction g est holomorphe dans D(0, 1). De plus, elle s'annule en les points { 1n , n ∈N} par hypothèse. Mais 1

n → 0 quand n→∞. Donc les zéros de g possèdent un pointd'accumulation 0 dans D(0, 1). On déduit du principe des zéros isolés que ∀z ∈ D(0, 1),g(z) = 0. Donc ∀z ∈ D(0, 1), f(z) = z2. En�n, on véri�e que la fonction f(z) = z2

véri�e bien

f(1

n) = f(− 1

n) =

1

n2.

Fonc f(z) = z2 est l'unique fonction holomorphe dans D(0, 1) qui satisfait à l'énoncé.

4