Analyse complexe et équations différentielles 9782759812233

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ANALYSE COMPLEXE ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

Luís Barreira Traduit par Luís Barreira et Clàudia Valls Collection dirigée par Daniel Guin

17, avenue du Hoggar Parc d’activités de Courtabœuf, BP 112 91944 Les Ulis Cedex A, France

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c IST Press, Édition originale : Análise complexa e equações diferenciais,  Lisboa, 2009

Imprimé en France

ISBN : 978-2-7598-0615-7 Tous droits d’adaptation et de reproduction par tous procédés réservés pour tous pays. Toute reproduction ou représentation intégrale ou partielle, par quelque procédé que ce soit, des pages publiées dans le présent ouvrage, faite sans l’autorisation de l’éditeur est illicite et constitue une contrefaçon. Seules sont autorisées, d’une part, les reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective, et d’autre part, les courtes citations justifiées par le caractère scientifique ou d’information de l’œuvre dans laquelle elles sont incorporées (art. L. 122-4, L. 122-5 et L. 335-2 du Code de la propriété intellectuelle). Des photocopies payantes peuvent être réalisées avec l’accord de l’éditeur. S’adresser au : Centre français d’exploitation du droit de copie, 3, rue Hautefeuille, 75006 Paris. Tél. : 01 43 26 95 35. c 2011, EDP Sciences, 17, avenue du Hoggar, BP 112, Parc d’activités de Courtabœuf,  91944 Les Ulis Cedex A

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Pour Clàudia

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TABLE DES MATIÈRES

Avant-Propos

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III

Analyse complexe Notions de base I.1 Nombres complexes I.2 Forme polaire . . . I.3 Conjugué . . . . . . I.4 Fonctions complexes I.5 Exercices . . . . . .

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3 3 7 10 12 17

Fonctions holomorphes II.1 Limites et continuité . . . . . . . . II.2 Différentiabilité . . . . . . . . . . . II.3 Condition de différentiabilité . . . . II.4 Chemins et intégrales . . . . . . . . II.5 Primitives . . . . . . . . . . . . . . II.6 Indice d’un lacet . . . . . . . . . . . II.7 Formule intégrale de Cauchy . . . . II.8 Intégrales et homotopie de chemins II.9 Fonctions harmoniques conjuguées . II.10 Exercices . . . . . . . . . . . . . . .

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21 21 22 31 34 42 49 52 53 56 60

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Suites et séries 65 III.1 Suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 III.2 Séries de nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 III.3 Séries de nombres réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

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Analyse complexe et équations différentielles

III.4 III.5 IV

Convergence uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Fonctions analytiques IV.1 Séries entières . . . . . . . . . . IV.2 Zéros . . . . . . . . . . . . . . . IV.3 Séries de Laurent et singularités IV.4 Résidus . . . . . . . . . . . . . . IV.5 Fonctions méromorphes . . . . . IV.6 Exercices . . . . . . . . . . . . .

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II

Équations différentielles

V

Équations différentielles ordinaires V.1 Notions de base . . . . . . . . . . . V.2 Existence et unicité des solutions . V.3 Équations linéaires : cas scalaire . . V.4 Équations linéaires : cas général . . V.5 Calcul d’exponentielles de matrices V.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . .

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85 85 96 98 104 106 112

117 . . . . . .

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119 119 122 129 131 138 143

Résolution d’équations différentielles VI.1 Équations exactes . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI.2 Les équations réductibles à des équations exactes . VI.3 Équations scalaires d’ordre supérieur à 1 . . . . . VI.4 Transformée de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . VI.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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147 147 151 153 161 174

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179 179 183 191 197 198 201 204

VII Séries VII.1 VII.2 VII.3 VII.4 VII.5 VII.6 VII.7

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de Fourier Un exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . Unicité et orthogonalité . . . . . . . . . . . Fonctions paires et impaires . . . . . . . . Séries de cosinus et séries de sinus . . . . . Intégration et différentiation terme à terme Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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VIII Équations aux dérivées partielles 207 VIII.1 Équation de la chaleur et modifications . . . . . . . . . . . . . 207 VIII.2 Équation de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 vi i

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Table des matières

VIII.3 Équation de propagation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . 219 VIII.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Bibliographie

225

Index

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AVANT-PROPOS

Ce livre est une introduction à deux grands domaines des mathématiques : l’analyse complexe et les équations différentielles. Nous étudions en particulier les fonctions holomorphes, les fonctions analytiques, les équations différentielles ordinaires, les séries de Fourier et les applications aux équations aux dérivées partielles. Ce sont des sujets naturels et importants, par exemple en économie, en ingénierie, en physique, et évidemment en mathématiques. Cet ouvrage est destiné à tout étudiant (classes préparatoires, université, écoles d’ingénieurs) connaissant les notions de base en algèbre linéaire, calcul différentiel et calcul intégral. Ce livre comprend un grand nombre d’exemples illustrant en détail les nouveaux concepts et résultats. Il contient également des exercices à la fin de chaque chapitre, avec des niveaux de difficulté variables et toujours avec leurs solutions. Une reconnaissance particulière est due à Clàudia Valls pour ses encouragements et pour son aide fondamentale dans cette traduction. Je suis également très reconnaissant à Agnès Henri (EDP Sciences) pour sa disponibilité et pour son aide et plus particulièrement à Daniel Guin pour sa révision très attentive de la traduction initiale. Luís Barreira Barcelone, janvier 2011

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Première partie

Analyse complexe

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I NOTIONS DE BASE

On présente dans ce chapitre l’ensemble des nombres complexes, ainsi que quelques notions de base. On décrit en particulier l’addition, la multiplication, les puissances et les racines des nombres complexes. On présente également les extensions à la variable complexe de plusieurs fonctions de variable réelle, comme l’exponentielle, le cosinus, le sinus et le logarithme. Ce chapitre, au contenu volontairement très élémentaire et qui peut être omis par les lecteurs ayant une bonne habitude des nombres complexes, a pour objectif de préciser les notions concernant l’ensemble C qui seront utilisées dans ce livre et de fixer les notations.

I.1. Nombres complexes On commence par présenter l’ensemble des nombres complexes comme l’ensemble des paires de nombres réels muni de deux opérations, addition et multiplication.

D´efinition I.1.1. L’ensemble C des nombres complexes est l’ensemble R2 des paires de nombres réels avec les opérations (a, b) + (a , b ) = (a + a , b + b )

(I.1)

(a, b) · (a , b ) = (aa − bb , ab + ba ),

(I.2)

et pour tout (a, b), (a , b ) ∈ R2 .

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Chapitre I. Notions de base

On observe que le produit des nombres complexes dans (I.2) n’est pas le produit scalaire. On peut vérifier facilement que les opérations dans (I.1) et (I.2) sont commutatives, (a, b) + (a , b ) = (a , b ) + (a, b) et

(a, b) · (a , b ) = (a , b ) · (a, b),

pour tout (a, b), (a , b ) ∈ R2 .

Exemple I.1.2. On a, par exemple : (5, 4) + (3, 2) = (8, 6) et

  (2, 1) · (−1, 6) = 2 · (−1) − 1 · 6, 2 · 6 + 1 · (−1) = (−8, 11). Par souci de simplicité dans la notation, on pose : (a, 0) = a,

identifiant ainsi une paire (a, 0) ∈ R avec le nombre réel a (voir la Figure I.1). On définit l’unité imaginaire par (voir la Figure I.1): (0, 1) = i.

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(a, 0) = a

Figure I.1. Nombres réels et unité imaginaire.

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I.1. Nombres complexes

Proposition I.1.3. On a i2 = −1 et a + ib = (a, b) pour tout a, b ∈ R. Démonstration. En fait,

i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −1 et a + ib = (a, 0) + (0, 1) · (b, 0) = (a, 0) + (0, b) = (a, b), ce qu’il fallait démontrer. Donc, on a C = {a + ib : a, b ∈ R}. On introduit maintenant quelques notions de base.

D´efinition I.1.4. Soit z = a + ib ∈ C. Le nombre réel a est la partie réelle de z et le nombre réel b est la partie imaginaire de z (voir la Figure I.2). En outre, on écrit a = z

(0, b) = ib

et b = z.

a + ib

(a, 0) = a

Figure I.2. Partie réelle et partie imaginaire.

Exemple I.1.5. Si z = 2 + i3, alors z = 2 et z = 3. 5 i

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Chapitre I. Notions de base

On remarque que deux nombres complexes z1 , z2 ∈ C sont égaux si et seulement si z1 = z2 et z1 = z2 .

D´efinition I.1.6. Soit z ∈ C de la forme z = r cos θ + ir sin θ,

(I.3)

avec r ≥ 0 et θ ∈ R. Le nombre r est le module de z et le nombre θ est un argument de z (voir la Figure I.3). En outre, on écrit r = |z| et θ = arg z.

r cos θ + ir sin θ = reiθ r θ

Figure I.3. Module, argument et forme polaire.

On observe que le nombre réel θ dans (I.3) n’est pas unique. En fait, si (I.3) est vérifiée, alors z = r cos(θ + 2kπ) + ir sin(θ + 2kπ) pour tout k ∈ Z. On peut facilement établir le résultat suivant.

Proposition I.1.7. Si z = a + ib ∈ C, alors |z| =



a2 + b2

(I.4)

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I.2. Forme polaire

et

⎧ ⎪ Arctan(b/a) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨π/2 arg z = ⎪ Arctan(b/a) + π ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−π/2

si si si si

a > 0, a = 0 et b > 0, a < 0, a = 0 et b < 0,

(I.5)

où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans l’intervalle ]−π/2, π/2[. Il résulte de (I.4) que |z| ≤ |z| et |z| ≤ |z|. √ Exemple I.1.8. Si z = 2 + i2 3, alors  √ |z| = 22 + 22 · 3 = 16 = 4

(I.6)

et en utilisant la première branche de (I.5), on obtient √ √ π 2 3 = Arctan 3 = , arg z = Arctan 2 3 où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans l’intervalle ]−π/2, π/2[. Le résultat suivant est une conséquence immédiate de la définition I.1.6.

Proposition I.1.9. Soit z1 , z2 ∈ C. On a z1 = z2 si et seulement si |z1 | = |z2 | et arg z1 − arg z2 = 2kπ pour un certain k ∈ Z.

I.2. Forme polaire Il est parfois utile d’écrire les nombres complexes sous la forme (I.3) ou sous la forme alternative suivante.

D´efinition I.2.1. Soit z ∈ C de la forme z = r cos θ + ir sin θ, avec r ≥ 0 et θ ∈ R. On écrit z = reiθ = |z|ei arg z . On dit que (I.3) est la forme cartésienne de z et que z = reiθ est la forme polaire de z. 7 i

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Chapitre I. Notions de base

Exemple I.2.2. Si z = 1 + i, alors √ |z| = 2 et

arg z = Arctan 1 = π/4. √ iπ/4 . Donc, la forme polaire de z est z = 2e Maintenant, on décrit la multiplication et la division sous la forme polaire.

Proposition I.2.3. Si z1 = r1 eiθ1 et z2 = r2 eiθ2 , alors z1 z2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) et

r1 z1 = ei(θ1 −θ2 ) z2 r2

pour

(I.7)

z2 = 0.

Démonstration. Pour le produit, en utilisant (I.3), on obtient

z1 z2 = (r1 cos θ1 + ir1 sin θ1 )(r2 cos θ2 + ir2 sin θ2 ) = r1 r2 (cos θ1 + i sin θ1 )(cos θ2 + i sin θ2 ) = r1 r2 (cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + ir1 r2 (cos θ1 sin θ2 + sin θ1 cos θ2 ) = r1 r2 cos(θ1 + θ2 ) + ir1 r2 sin(θ1 + θ2 ) = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) .

(I.8)

Pour le quotient, on remarque que si w = ρeiα est tel que wz2 = z1 , alors il résulte de (I.8) que wz2 = ρr2 ei(α+θ2 ) = r1 eiθ1 . Par la proposition I.1.9, on a ρr2 = r1

et α + θ2 − θ1 = 2kπ

pour un certain k ∈ Z, et donc r1 r1 z1 = w = ρeiα = ei(θ2 −θ1 +2kπ) = ei(θ2 −θ1 ) z2 r2 r2 pour z2 = 0. On considère les puissances et les racines des nombres complexes, également sous la forme polaire. Pour les puissances, le résultat suivant est une conséquence immédiate de (I.7). 8 i

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I.2. Forme polaire

Proposition I.2.4. Si z = reiθ et k ∈ N, alors z k = r k eikθ . On considère aussi les racines des nombres complexes.

Proposition I.2.5. Si z = reiθ et k ∈ N, alors les nombres complexes w tels que wk = z sont donnés par w = r 1/k ei(θ+2πj)/k ,

j = 0, 1, . . . , k − 1.

(I.9)

Démonstration. Si w = ρeiα satisfait wk = z, il résulte de la proposition I.2.4 que

wk = ρk eikα = reiθ . Par la proposition I.1.9, on a ρk = r et kα − θ = 2πj pour un certain j ∈ Z. Donc, w = ρeiα = r 1/k ei(θ+2πj)/k . Les différentes valeurs de ei(θ+2πj)/k sont obtenues lorsque j ∈ {0, 1, . . . , k − 1}. On observe que les racines dans (I.9) sont uniformément réparties sur le cercle de rayon r 1/k centré à l’origine.

Exemple I.2.6. Les racines de 1 pour k = 5 sont (voir la Figure I.4): w = 11/5 ei(0+2πj)/5 = ei2πj/5 ,

j = 0, 1, 2, 3, 4.

Figure I.4. Racines de l’unité.

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Chapitre I. Notions de base

I.3. Conjugué Maintenant, on introduit la notion de conjugué d’un nombre complexe.

D´efinition I.3.1. Soit z = a + ib ∈ C. On dit que z = a − ib est le conjugué de z (voir la Figure I.5).

z

ib

a −ib

z

Figure I.5. Conjugué.

On a z = z. En outre, si z = reiθ , alors z = r cos θ + ir sin θ = r cos θ − ir sin θ = r cos(−θ) + ir sin(−θ) = re−iθ .

Proposition I.3.2. On a zz = |z|2 pour tout z ∈ C. Démonstration. Soit z = reiθ . Donc

zz = reiθ re−iθ = r 2 ei0 = |z|2 , ce qu’il fallait démontrer.

Proposition I.3.3. On a z + w = z + w et zw = z w pour tout z, w ∈ C. 10 i

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I.3. Conjugué Démonstration. Si z = a + ib et w = a + ib , alors

z + w = (a + ib) + (a + ib ) = (a + a ) + i(b + b ) = (a + a ) − i(b + b ) = (a − ib) + (a − ib ) = z + w. 

En outre, si z = reiθ et w = r  eiθ , alors 

zw = rr  ei(θ+θ ) et donc





zw = rr  e−i(θ+θ ) = re−iθ r  e−iθ = z w,

ce qu’il fallait démontrer.

Exemple I.3.4. Soit p(z) =

n

ak z k

k=0

un polynôme avec des coefficients réels ak ∈ R. On a ak = ak pour chaque k, et donc, p(z) = =

n k=0 n

ak z k =

n

ak z k

k=0

ak z k = p(z).

k=0

En particulier, si p(z) = 0 pour un certain nombre z ∈ C, alors p(z) = p(z) = 0 = 0. Cela implique que les racines de p qui ne sont pas réelles se présentent en paires de nombres complexes conjugués. On utilise également la notion de conjugué pour démontrer le résultat suivant.

Proposition I.3.5. Si z, w ∈ C, alors : a) |z| ≥ 0 et |z| = 0 si et seulement si z = 0 ; b) |zw| = |z| · |w| ; 11 i

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Chapitre I. Notions de base

c) |z + w| ≤ |z| + |w|. Démonstration. La première propriété résulte immédiatement de (I.4). Pour la

deuxième propriété, on observe que si z, w ∈ C, alors |zw|2 = zwzw = zwz w

= zzww = |z|2 |w|2 .

(I.10)

Enfin, |z + w|2 = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w) = zz + zw + wz + ww = |z|2 + |w|2 + 2(zw). Il résulte de (I.6) et (I.10) que (zw) ≤ |zw| = |z| · |w| = |z| · |w|, et donc, |z + w|2 ≤ |z|2 + |w|2 + 2|z| · |w| = (|z| + |w|)2 . On obtient ainsi la troisième propriété.

I.4. Fonctions complexes On considère maintenant les fonctions d’une variable complexe. En prenant un ensemble Ω ⊂ C, une fonction f : Ω → C peut être écrite sous la forme f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), avec u(x, y), v(x, y) ∈ R pour chaque x + iy ∈ Ω. En fait, puisqu’on a identifié C avec R2 , on obtient des fonctions u, v : Ω → R.

D´efinition I.4.1. La fonction u est la partie réelle de f et la fonction v est la partie imaginaire de f . Exemple I.4.2. Si f (z) = z 2 , alors f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 − y 2 + i2xy et donc, u(x, y) = x2 − y 2

et v(x, y) = 2xy.

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I.4. Fonctions complexes

Exemple I.4.3. Si f (z) = z 3 , alors f (x + iy) = (x + iy)3 = x3 − 3xy 2 + i(3x2 y − y 3 ) et donc, u(x, y) = x3 − 3xy 2

et v(x, y) = 3x2 y − y 3 .

D´efinition I.4.4. On définit l’exponentielle de z = x + iy ∈ C par ez = ex (cos y + i sin y).

Exemple I.4.5. Pour z = x + i0 ∈ R, on a ez = ex (cos 0 + i sin 0) = ex (1 + i0) = ex . Donc, l’exponentielle des nombres réels, considérés comme nombres complexes, coïncide avec la fonction exponentielle qui est déjà connue. Pour z = iπ, on a eiπ = e0+iπ = e0 (cos π + i sin π) = 1(−1 + i0) = −1. La fonction exponentielle a les propriétés suivantes :

Proposition I.4.6. Pour chaque z, w ∈ C et k ∈ Z on a : a) ez+w = ez ew et 1/ez = e−z ; b) ez = ez ; c) (ez )k = ekz ; d) ez+i2kπ = ez . Démonstration. Si z = x + iy et w = x + iy  , alors 



ez+w = e(x+x )+i(y+y ) 

= ex+x [cos(y + y  ) + i sin(y + y  )] 

= ex ex [(cos y cos y  − sin y sin y  ) + i(sin y cos y  + sin y  cos y)] 

= ex ex (cos y + i sin y)(cos y  + i sin y  ) 

= ex (cos y + i sin y)ex (cos y  + i sin y  ) = ez ew . En particulier,

ez e−z = ez−z = e0 = 1, 13

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Chapitre I. Notions de base

et donc 1/ez = e−z . Ceci établit la première propriété. Pour la deuxième, on observe que ez = ex cos y + iex sin y = ex cos y − iex sin y = ex (cos y − i sin y) = ex [cos(−y) + i sin(−y)] = ex−iy = ez . La troisième propriété résulte de la première propriété par récurrence et, pour la quatrième, on observe que ez+i2πk = ex+i(y+2kπ) = ex [cos(y + 2kπ) + i sin(y + 2kπ)] = ex (cos y + i sin y) = ez , ce qu’il fallait démontrer.

D´efinition I.4.7. On définit le cosinus et le sinus de z ∈ C respectivement par cos z =

eiz + e−iz 2

et

sin z =

eiz − e−iz . 2i

Exemple I.4.8. On observe que si z = x + i0 ∈ R, alors eix + e−ix 2 1 = (cos x + i sin x + cos x − i sin x) = cos x 2

cos z =

et eix − e−ix 2i 1 = (cos x + i sin x − cos x + i sin x) = sin x, 2i

sin z =

c’est-à-dire que le cosinus et le sinus d’un nombre réel, considéré comme un nombre complexe, sont respectivement le cosinus et le sinus qui sont déjà connus.

Exemple I.4.9. Résolvons l’équation cos z = 1, c’est-à-dire eiz + e−iz = 1. 2 14 i

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I.4. Fonctions complexes

Soit w = eiz . On obtient 1/w = e−iz et donc, w+

1 = 2, w

c’est-à-dire w2 − 2w + 1 = 0. Donc, w = 1, c’est-à-dire eiz = 1. Soit maintenant z = x + iy, avec x, y ∈ R. On obtient eiz = ei(x+iy) = e−y+ix = e−y cos x + ie−y sin x. Il résulte de eiz = 1 + i0 que e−y cos x = 1 et e−y sin x = 0. Puisque e−y = 0, on obtient sin x = 0, et il résulte de cos2 x + sin2 x = 1 que cos x = ±1. Mais, puisque e−y > 0, il résulte de e−y cos x = 1 que cos x = 1, et donc e−y = 1. Alors, x = 2kπ, avec k ∈ Z, et y = 0. On conclut que z = 2kπ, avec k ∈ Z.

Exemple I.4.10. Pour z = iy on a cos(iy) =

e−y + ey . 2

En particulier, le cosinus n’est pas borné dans C, contrairement à ce qui se passe dans R. On peut aussi montrer que le sinus n’est pas borné. Le résultat suivant est une conséquence immédiate de la proposition I.4.6.

Proposition I.4.11. Pour tous z ∈ C et k ∈ Z on a cos(z + 2kπ) = cos z

et

sin(z + 2kπ) = sin z.

On introduit également le logarithme complexe.

D´efinition I.4.12. Soit z ∈ C \ {0}. La valeur principale du logarithme, ou simplement le logarithme, est définie par log z = log |z| + i arg z avec arg z ∈]−π, π]. 15 i

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Chapitre I. Notions de base

Il résulte de elog z = elog |z|+i arg z = elog |z| ei arg z = |z|ei arg z = z

(I.11)

que la fonction logarithme est une fonction réciproque (à droite) de la fonction exponentielle.

Exemple I.4.13. Pour z = −x + i0 avec x > 0, on a log(−x) = log|−x| + i arg(−x) = log x + iπ. Pour z = i, on a log i = log |i| + i

π π π = log 1 + i = i . 2 2 2

Exemple I.4.14. Pour z = x + iy avec x > 0, il résulte de (I.5) que y arg z = Arctan , x où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans l’intervalle ]−π/2, π/2[, pour que arg z ∈]−π, π]. Donc, log z = log |z| + i arg z y 1 = log(x2 + y 2 ) + i Arctan , 2 x et les fonctions u(x, y) =

y 1 log(x2 + y 2 ) et v(x, y) = Arctan 2 x

sont respectivement les parties réelle et imaginaire de log z. En utilisant le logarithme, on peut définir les puissances d’exposants complexes.

D´efinition I.4.15. Soit z ∈ C \ {0} et w ∈ C. On définit z w = ew log z , où log z est la valeur principale du logarithme. 16 i

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I.5. Exercices

On observe que z 0 = e0 log z = 1 pour tout z ∈ C \ {0}.

Exemple I.4.16. On a 2i = ei log 2 = cos log 2 + i sin log 2. Puisque log i = iπ/2, on a aussi ii = ei log i = ei(iπ/2) = e−π/2 . En outre,

(−1)2i = e2i log(−1) = e2i(log 1+iπ) = e−2π .

Par ailleurs, on observe que [(−1)2 ]i = 1i = ei log 1 = e0 = 1 et

 2  2 [(−1)i ]2 = ei log(−1) = ei(log 1+iπ) = (e−π )2 = e−2π .

Ceci montre que, en général, les puissances (z w1 )w2 et z w1 w2 ne coïncident pas.

I.5. Exercices Exercice I.1. Déterminer les représentations cartésienne et polaire du nombre complexe : a) (1 + i)4 . b) (2 + i4)/(3 − i). c) i5 + i20 .

Exercice I.2. Déterminer le conjugué de 5(2 + i3)3 /(2 + i). Exercice I.3. Déterminer l’ensemble des points (x, y) ∈ R2 tels que : a) x + iy = |x + iy|. b) 2|x + iy| ≤ |x + iy − 1|.

Exercice I.4. Trouver les racines carrées du nombre complexe: a) i. b) 1 − i. c) 2 + i2. 17 i

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Chapitre I. Notions de base

Exercice I.5. Montrer que :

√ √ a) Les racines cubiques de i sont ( 3 + i)/2, (− 3 + i)/2 et −i.

b) Les racines d’ordre quatre de i sont eiπ/8 , ei5π/8 , ei9π/8 et ei13π/8 .



Exercice I.6. Montrer que |z| − |w| ≤ |z + w| pour tout z, w ∈ C.

Exercice I.7. Déterminer l’ensemble : a) {z ∈ C : |z|2 = z 2 }. b) {z ∈ C : z −1 = 4z}.

Exercice I.8. Déterminer si la fonction est injective : a) ez . b) z 2 + z.

Exercice I.9. Déterminer si la fonction est surjective : a) ez . b) z 3 .

Exercice I.10. Déterminer si la fonction est bijective : a) z 3 + 1. b) 1/(|z| + 1).

Exercice I.11. Montrer que |z i | < eπ pour tout z ∈ C \ {0}. Exercice I.12. Déterminer les parties réelle et imaginaire de la fonction : a) iz 2 . b) 2/z + 1/z.

Exercice I.13. Montrer que : a) cos2 z + sin2 z = 1. b) cos(z + w) = cos z cos w − sin z sin w. c) sin(z + w) = sin z cos w + cos z sin w. d) (iz) = −z et (iz) = z.

Exercice I.14. Déterminer toutes les solutions de l’équation : a) sin z = 0. b) cos z = 3. 18 i

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Solutions

Exercice I.15. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) log(zw) = log z + log w pour tout z, w ∈ C \ {0}. b) La fonction sin z + cos z est bornée. c) Toute fonction périodique dans C est bornée. d) La fonction sin z + cos z = 1 a des solutions. e) La fonction ez − 3 cos z ne s’annule pas dans C. z

f) La fonction ee a des racines.

Exercice I.16. Montrer que pour tout z, w ∈ C on a |z − w|2 + |z + w|2 = 2(|z|2 + |w|2 ).

Exercice I.17. Montrer que si z n = 1 et z = 1, alors 1 + z + · · · + z n−1 = 0. Exercice I.18. Montrer que sin(2x) + sin(4x) + · · · + sin(2nx) =

sin(nx) sin[(n + 1)x] sin x

et

sin(nx) cos[(n + 1)x] sin x i2x i4x pour tout n ∈ N. Suggestion : calculer e + e + · · · + ei2nx . cos(2x) + cos(4x) + · · · + cos(2nx) =

Solutions I.1 a) −4 + i0 et 4eiπ . b)

1 5

+ i 75 et

√

2ei Arctan 7 . c) 1 + i et

√ iπ/4 2e .

I.2 −83 − i64.

 I.3 a) {(x, 0) : x ≥ 0}. b) (x, y) ∈ R2 : (x + 13 )2 + y 2 ≤ 49 . √ √ √ √ I.4 a) eiπ/4 et ei5π/4 . b) 4 2e−iπ/8 et 4 2ei7π/8 . c) 4 8eiπ/8 et 4 8ei9π/8 .  I.7 a) R. b) z ∈ C : |z| = 12 . I.8 a) Non. b) Non. I.9 a) Non. b) Oui. I.10 a) Non. b) Non. 19 i

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Chapitre I. Notions de base

I.12 a) −2xy et x2 − y 2 . b) 3x/(x2 + y 2 ) et −y/(x2 + y 2 ). √ I.14 a) z = kπ avec k ∈ Z. b) z = 2kπ − i log(3 ± 2 2) avec k ∈ Z. I.15 a) Fausse. b) Fausse. c) Fausse. d) Vraie. e) Fausse. f) Fausse.

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II FONCTIONS HOLOMORPHES

On présente dans ce chapitre la notion de fonction différentiable d’une variable complexe, appelée aussi fonction holomorphe. On vérifie que la différentiabilité est caractérisée par une paire d’équations, les équations de Cauchy-Riemann. On introduit également la notion d’intégrale le long d’un chemin et on montre que ce concept est étroitement lié à la notion de fonction holomorphe. Enfin, on introduit la notion d’indice d’un lacet, on obtient la formule intégrale de Cauchy pour une fonction holomorphe, et on discute la relation entre les intégrales et les homotopies de chemins.

II.1. Limites et continuité Soit f : Ω → C une fonction complexe définie sur un ensemble Ω ⊂ C. On écrit toujours f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), où u et v sont des fonctions réelles. On commence par introduire la notion de limite.

D´efinition II.1.1. On dit que la limite de f en un point z0 = x0 + iy0 ∈ Ω existe et qu’elle vaut w = u0 + iv0 si   u(x, y), v(x, y) = (u0 , v0 ). lim (x,y)→(x0 ,y0 )

Dans ce cas, on écrit lim f (z) = w.

z→z0

Maintenant, on introduit la notion de continuité.

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

D´efinition II.1.2. On dit que f est continue en un point z0 ∈ Ω si lim f (z) = f (z0 ).

z→z0

On dit également que f est continue dans Ω si elle est continue en tout point de Ω.

Exemple II.1.3. Pour la fonction f (z) = z 2 , on a u(x, y) = x2 − y 2

et v(x, y) = 2xy.

Puisque les fonctions u et v sont continues dans R2 , la fonction f est continue dans C.

Exemple II.1.4. On montre que la fonction f (z) = log z n’est pas continue aux points z = −x + i0 avec x > 0. Pour w ∈ C dans le deuxième quadrant et en dehors de R− , on a log w = log |w| + i arg w avec arg w ∈ [π/2, π[. Pour w ∈ C dans le troisième quadrant et en dehors de R− , la formule est la même, mais maintenant avec arg w ∈]−π, −π/2]. Lorsque w → z, dans le deuxième et le troisième quadrants on obtient respectivement log w → log x + iπ et log w → log x − iπ. Puisque les deux expressions sont différentes, la limite du logarithme n’existe pas pour tout point de R− . Donc, le logarithme n’est pas continu dans R− . D’autre part, on peut montrer qu’il est continu dans C \ R− 0 (voir aussi l’exercice II.20).

II.2. Différentiabilité On considère maintenant une fonction f : Ω → C définie sur un ensemble ouvert Ω ⊂ C.

D´efinition II.2.1. On dit que f est différentiable en z0 ∈ Ω si la limite f  (z0 ) = lim

z→z0

existe. Dans ce cas, le nombre

f  (z0 )

f (z) − f (z0 ) z − z0

est la dérivée de f en z0 .

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II.2. Différentiabilité

On introduit également la notion de fonction holomorphe.

D´efinition II.2.2. Lorsque f est différentiable en tous les points de Ω on dit que f est holomorphe dans Ω. Exemple II.2.3. On montre que la fonction f (z) = z 2 est holomorphe dans C. En effet, lim

z→z0

z 2 − z02 (z − z0 )(z + z0 ) = lim z→z0 z − z0 z − z0 = lim (z + z0 ) = 2z0 , z→z0

et donc (z 2 ) = 2z. On peut aussi montrer que (z n ) = nz n−1 pour tout n ∈ N (avec la convention que 00 = 1).

Exemple II.2.4. Pour la fonction f (z) = z, en prenant h = reiθ on a z+h−z f (z + h) − f (z) = h h h = = e−2iθ . h

(II.1)

Puisque e−2iθ varie en fonction de θ, on ne peut pas prendre la limite dans (II.1) lorsque r → 0. Ainsi, la fonction f n’est différentiable en aucun point.

Exemple II.2.5. Pour la fonction f (z) = |z|2 , en prenant h = reiθ on a (z + h)(z + h) − zz f (z + h) − f (z) = h h zh + zh + hh = h zh +z+h = h zre−iθ + z + re−iθ = reiθ = ze−2iθ + z + re−iθ → ze−2iθ + z

(II.2) 23

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

lorsque r → 0. Pour z = 0, puisque la limite dans (II.2) varie en fonction de θ, la fonction f n’est pas différentiable en z. D’autre part, |z|2 zz f (z) − f (0) = = =z→0 z−0 z z lorsque z → 0. Donc, f  (0) = 0. En particulier, f est différentiable seulement à l’origine. Les propriétés suivantes sont obtenues comme dans R, et donc leurs preuves ne sont pas incluses.

Proposition II.2.6. Soient f, g : Ω → C fonctions holomorphes. On a : a) (f + g) = f  + g ; b) (f g) = f  g + f g ; c) (f /g) = (f  g − f g )/g2 aux points où g = 0.

Proposition II.2.7. Soient f : Ω → C et g : Ω → C fonctions holomorphes avec g(Ω ) ⊂ Ω. Alors (f ◦ g) = (f  ◦ g)g . Maintenant, on montre que toute fonction différentiable est continue.

Proposition II.2.8. Si f est différentiable en z0 , alors f est continue en z0 . Démonstration. Pour z = z0 , on a

f (z) − f (z0 ) =

f (z) − f (z0 ) (z − z0 ), z − z0

et donc, lim f (z) = lim [f (z) − f (z0 )] + f (z0 )

z→z0

z→z0

f (z) − f (z0 ) lim (z − z0 ) + f (z0 ) z→z0 z→z0 z − z0 = f  (z0 ) · 0 + f (z0 ) = f (z0 ). = lim

Cela donne l’identité souhaitée. On décrit également une condition nécessaire pour la différentiabilité en un point. 24 i

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II.2. Différentiabilité

´ Th´eor`eme II.2.9 (Equations de Cauchy-Riemann). Si f est différentiable en z0 = x0 + iy0 , alors ∂u ∂v ∂u ∂v = et =− (II.3) ∂x ∂y ∂y ∂x en (x0 , y0 ). En outre, la dérivée est donnée par f  (z0 ) =

∂u ∂v (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ). ∂x ∂x

(II.4)

Démonstration. Soit f  (z0 ) = a + ib. On a

f  (z0 )(z − z0 ) = (a + ib)[(x − x0 ) + i(y − y0 )] = [a(x − x0 ) − b(y − y0 )] + i[b(x − x0 ) + ia(y − y0 )] = (x − x0 , y − y0 )C,

où C=

 a b , −b a

et donc f (z) − f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 ) = (u(x, y), v(x, y)) − (u(x0 , y0 ), v(x0 , y0 )) − (x − x0 , y − y0 )C. Pour z = z0 , on a f (z) − f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 ) |z − z0 | f (z) − f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 ) z − z0 · = z − z0 |z − z0 | 

z − z0 f (z) − f (z0 ) , − f  (z0 ) = z − z0 |z − z0 | et puisque



z − z0

|z − z0 | |z − z0 |



|z − z0 | =

|z − z |

= |z − z0 | = 1, 0

on obtient

f (z) − f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 ) →0 |z − z0 |

lorsque z → z0 . Donc, (u(x, y), v(x, y)) − (u(x0 , x0 ), v(x0 , y0 )) − (x − x0 , y − y0 )C →0

(x − x0 , y − y0 )

(II.5) 25

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

lorsque (x, y) → (x0 , y0 ), puisque |z − z0 | = (x − x0 , y − y0 ) . Il résulte de (II.5) que (u(x, y), v(x, y))t − (u(x0 , x0 ), v(x0 , y0 ))t − C t (x − x0 , y − y0 )t →0

(x − x0 , y − y0 ) lorsque (x, y) → (x0 , y0 ), où C t est la transposée de la matrice C. Il résulte de la notion de différentiabilité dans R2 que la fonction F : Ω → R2 donnée par F (x, y) = (u(x, y), v(x, y))

(II.6)

est différentiable en (x0 , y0 ) avec dérivée  

 ∂u ∂u a −b t ∂x (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 ) =C = . DF (x0 , y0 ) = ∂v ∂v b a ∂x (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 ) Cela montre que les identités dans (II.3) sont satisfaites. Les équations dans (II.3) sont appelées les équations de Cauchy-Riemann.

Exemple II.2.10. Soit f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) une fonction holomorphe dans C avec u(x, y) = x2 −xy−y 2 . Par le théorème II.2.9, les équations de Cauchy-Riemann sont satisfaites. Il résulte de ∂u = 2x − y ∂x et de la première équation dans (II.3) que ∂v = 2x − y. ∂y Donc, v(x, y) = 2xy −

y2 + C(x) 2

pour une certaine fonction C. On a ∂u = −x − 2y ∂y

et

−

∂v = −2y − C  (x). ∂x

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II.2. Différentiabilité

Donc, −x − 2y = −2y − C  (x), c’est-à-dire C  (x) = x. On conclut que C(x) = x2 /2 + c avec c ∈ R, et v(x, y) =

y2 x2 + 2xy − + c. 2 2

On a alors 

2 x y2 + 2xy − +c . f (x + iy) = (x − xy − y ) + i 2 2 2

2

En réarrangeant les termes, on obtient   x2 y 2  − + ic f (x + iy) = [(x2 − y 2 ) + i2xy] + − xy + i 2 2  i = z 2 + (x2 − y 2 ) + i2xy + ic 2  i i 2 2 z + ic. = z + z 2 + ic = 1 + 2 2 En particulier, f  (z) = (2 + i)z.

Exemple II.2.11. On montre qu’une fonction f = u + iv qui est holomorphe dans C ne peut pas avoir u(x, y) = x2 + y 2 comme partie réelle. Sinon, par la première équation de Cauchy-Riemann, on aurait ∂v ∂u = 2x = , ∂x ∂y et donc, v(x, y) = 2xy + C(x) pour une certaine fonction C. Mais par la deuxième équation de Cauchy-Riemann, puisque ∂u = 2y ∂x

et

∂v = 2y + C  (x), ∂x

on aurait également 2y = −(2y + C  (x)), et donc C  (x) = −4y. Toutefois, cette identité ne peut être vraie pour tout x, y ∈ R. Par exemple, en prenant la dérivée par rapport à y, on aurait 0 = −4, ce qui est impossible. 27 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Comme illustration des concepts précédents, on va décrire des conditions pour qu’une fonction holomorphe soit constante. Pour un ensemble A ⊂ C, on désigne par A l’adhérence de A (le plus petit ensemble fermé de C, identifié à R2 , qui contient A) ; A est l’ensemble des points a ∈ C tels que  z ∈ C : |z − a| < r ∩ A = ∅ pour tout r > 0. La notion d’adhérence ne doit pas être confondue avec la notion de conjugué d’un nombre complexe. Maintenant, on rappelle la notion d’ensemble connexe.

D´efinition II.2.12. Un ensemble Ω ⊂ C est dit connexe si, lorsque Ω=A∪B

et A ∩ B = A ∩ B = ∅

pour certains A, B ⊂ C, alors A = ∅ ou B = ∅. Dans le cas contraire, l’ensemble Ω ⊂ C est dit non connexe. On introduit également la notion de composante connexe d’un ensemble.

D´efinition II.2.13. Soit Ω ⊂ C. On dit qu’un ensemble connexe A ⊂ Ω est une composante connexe de Ω si tout ensemble connexe B ⊂ Ω qui contient A coïncide avec A. On remarque que si un ensemble Ω ⊂ C est connexe, alors il est son unique composante connexe. Maintenant, on montre que dans les ensembles ouverts connexes, les fonctions à dérivée nulle sont constantes.

Proposition II.2.14. Si f est une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert connexe Ω et si f  = 0 dans Ω, alors f est constante dans Ω. Démonstration. Par (II.4), on a

f  (x + iy) =

∂u ∂v +i , ∂x ∂x

et donc, en utilisant les équations de Cauchy-Riemann, on obtient ∂u ∂v ∂v ∂u = = = = 0. ∂x ∂y ∂x ∂y 28 i

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II.2. Différentiabilité

Maintenant, on considère des points x + iy et x + iy  dans Ω tels que le segment de droite les joignant soit complètement contenu dans Ω. Par le théorème de la moyenne, on obtient u(x, y) − u(x, y  ) =

∂u (x, z)(y − y  ) = 0, ∂y

où z est un point entre y et y  . De manière analogue, v(x, y) − v(x, y  ) =

∂v (x, w)(y − y  ) = 0, ∂y

où w est un point entre y et y  . Cela montre que f (x + iy) = f (x + iy  ).

(II.7)

On montre d’une manière analogue que si x + iy  et x + iy  sont des points dans Ω tels que le segment de droite les joignant soit complètement contenu dans Ω, alors (II.8) f (x + iy  ) = f (x + iy  ). Maintenant, on considère un rectangle ouvert R de côtés horizontaux et verticaux qui sont complètement contenus dans Ω. Pour x + iy, x + iy  ∈ R, le point x + iy  est aussi dans R, ainsi que le segment vertical entre x + iy et x + iy  , et le segment horizontal entre x + iy  et x + iy  (on remarque que chacun de ces segments peut être un point). Il résulte de (II.7) et (II.8) que f (x + iy) = f (x + iy  ) = f (x + iy  ). Cela montre que f est constante dans R. Enfin, on considère des suites RR = (Rn )n∈N de rectangles comme ci-dessus telles que R1 = R et Rn ∩ Rn+1 = ∅ pour n ∈ N. On considère aussi l’ensemble ∞  Rn . UR = RR n=1

On remarque que UR est ouvert (puisqu’il est une union d’ensembles ouverts), et que f est constante dans UR , puisqu’elle est constante dans chaque union  ∞ n=1 Rn . En outre, par construction, l’ensemble UR est connexe. Si UR n’est pas une composante connexe, alors puisque Ω est un ensemble ouvert il existe z ∈ UR \ UR , une suite RR , et m ∈ N, tels que Rm ∩ S = ∅ pour un certain rectangle S ⊂ Ω comme ci-dessus, centré au point z. Donc, S est un élément d’une certaine suite RR , et S ⊂ UR . D’autre part, S ∩ (Ω \ UR ) = ∅, puisque S est centré en un point de UR \ UR . Cette contradiction montre que UR est une composante connexe de Ω, et puisque Ω est connexe, on conclut que UR = Ω. Donc, f est constante dans Ω. 29 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Décrivons quelques applications de la proposition II.2.14.

Exemple II.2.15. On montre que, pour une fonction holomorphe f = u + iv dans un ensemble ouvert connexe, si u est constante ou v est constante, alors f est constante. Soit u constante. Alors, ∂u ∂v +i ∂x ∂x ∂u ∂u −i = 0, = ∂x ∂y

f  (x + iy) =

et il résulte de la proposition II.2.14 que f est constante. De manière analogue, si v est constante, alors ∂u ∂v +i ∂x ∂x ∂v ∂v +i = 0, = ∂y ∂x

f  (x + iy) =

et encore f est constante.

Exemple II.2.16. Maintenant, on montre que, pour une fonction holomorphe f = u+ iv dans un ensemble ouvert connexe, si |f | est constante, alors f est constante. On remarque d’abord que |f |2 = u2 + v 2 est aussi constante. Si la constante est zéro, alors on a u = v = 0 et f = u + iv = 0. Maintenant, on suppose que la constante est un certain c = 0. Alors u2 + v 2 = c et, en prenant les dérivées, on obtient : ∂v ∂u + 2v = 0, 2u ∂x ∂x et ∂v ∂u + 2v = 0. 2u ∂y ∂y En utilisant les équations de Cauchy-Riemann, on peut réécrire ce système sous la forme

 ∂u  u v ∂x = 0. ∂v v −u ∂x Puisque le déterminant de la matrice de dimension (2, 2) est −(u2 + v 2 ) = −c = 0, on a ∂v ∂u = = 0, ∂x ∂x et donc, ∂u ∂v +i = 0. f  (x + iy) = ∂x ∂x Il résulte à nouveau de la proposition II.2.14 que f est constante. 30 i

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II.3. Condition de différentiabilité

II.3. Condition de différentiabilité L’exemple suivant montre que, pour qu’une fonction f soit différentiable en un point z0 , il ne suffit pas que les équations de Cauchy-Riemann soient satisfaites à ce point.  Exemple II.3.1. On montre que la fonction f (x + iy) = |xy| n’est pas différentiable à l’origine. Pour h = reiθ = r cos θ + ir sin θ, on a 

|r cos θr sin θ| reiθ  r |cos θ sin θ| = iθ  re = |cos θ sin θ|e−iθ .

f (h) − f (0) = h−0

Puisque cette expression dépend de θ, on ne peut pas prendre la limite lorsque r → 0. Donc, f n’est pas différentiable à l’origine. D’autre part, u(x, 0) − u(0, 0) ∂u (0, 0) = lim = 0, x→0 ∂x x−0 et

u(0, y) − u(0, 0) ∂u (0, 0) = lim = 0, y→0 ∂y y−0

ainsi que ∂v ∂v (0, 0) = (0, 0) = 0, ∂x ∂y puisque v = 0. Donc, les équations de Cauchy–Riemann sont satisfaites en (0, 0). Maintenant, on donne une condition nécessaire et suffisante pour la différentiabilité dans un ensemble ouvert.

Th´eor`eme II.3.2. Soit u, v : Ω → C des fonctions de classe C 1 dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C. Alors, la fonction f = u+iv est holomorphe dans Ω si et seulement si les équations de Cauchy-Riemann sont satisfaites en tout point de Ω. 31 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes Démonstration. Par le théorème II.2.9, si f est holomorphe dans Ω, alors les équa-

tions de Cauchy-Riemann sont satisfaites en tout point de Ω. Maintenant, on suppose que les équations de Cauchy–Riemann sont satisfaites dans l’ensemble Ω. Cela implique que    ∂u ∂u a −b ∂x ∂y = ∂v ∂v b a ∂x ∂y en tout point de Ω (avec a et b fonctions du point). D’autre part, puisque u et v sont de classe C 1 , la fonction F = (u, v) dans (II.6) est différentiable dans Ω. Il résulte également de la démonstration du théorème II.2.9 que f est différentiable en z0 avec f  (z0 ) = a + ib si et seulement si F est différentiable en (x0 , y0 ) avec    ∂u ∂u (x , y ) (x , y ) a −b 0 0 0 0 ∂x ∂y = . DF (x0 , y0 ) = ∂v ∂v b a ∂x (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 ) Donc, f est différentiable en tous les points de Ω.

Exemple II.3.3. Prenons l’exponentielle f (z) = ez . On a u(x, y) = ex cos y

et v(x, y) = ex sin y,

et les deux fonctions sont de classe C 1 dans l’ensemble ouvert R2 . Puisque ∂u = ex cos y, ∂x et

∂u = −ex sin y, ∂y

∂v = ex cos y, ∂y −

∂v = −ex sin y, ∂x

les équations de Cauchy-Riemann sont satisfaites dans R2 . Par le théorème II.3.2, la fonction f est différentiable dans C = R2 . En outre, il résulte de (II.4) que f  (z) =

∂u ∂v +i = ex cos y + iex sin y = ez , ∂x ∂x

c’est-à-dire (ez ) = ez .

Exemple II.3.4. Pour le cosinus et le sinus, on a respectivement 

iz e + e−iz  ieiz − ie−iz  = (cos z) = 2 2 iz −iz e −e = − sin z, =− 2i 32 i

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II.3. Condition de différentiabilité

et

 eiz − e−iz  ieiz + ie−iz = (sin z) = 2i 2i iz −iz e +e = cos z. = 2 

Exemple II.3.5. Déterminons tous les points où la fonction f (x + iy) = xy + ixy est différentiable. On a u(x, y) = v(x, y) = xy. Les fonctions u et v sont de classe C 1 dans R2 . D’autre part, les équations de Cauchy-Riemann ∂v ∂u ∂v ∂u = et =− , ∂x ∂y ∂y ∂x sont y = x et x = −y. Leur unique solution est x = y = 0. Par le théorème II.2.9, on sait que la fonction f n’est pas différentiable en tout point de C \ {0}. Mais puisque l’ensemble {0} n’est pas ouvert, on ne peut pas appliquer le théorème II.3.2 pour décider si f est différentiable à l’origine. Ainsi, on doit utiliser la définition de la dérivée, c’est-à-dire, vérifier si la limite f (x + iy) − f (0) xy(1 + i) = lim x + iy − 0 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x + iy lim

existe. Il résulte de (I.6) que √



xy(1 + i) |x| · |y| 2 √

≤

≤ 2|x + iy| → 0

x + iy

|x + iy| lorsque (x, y) → (0, 0), et donc f  (0) = 0. En particulier, f est différentiable à l’origine.

Exemple II.3.6. Prenons la fonction log z. Il résulte de (I.11) que (elog z ) = 1. Si log z est différentiable en z, alors il résulte de la formule dans la proposition II.2.7 que elog z (log z) = 1. 33 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Ainsi, 1 . z Maintenant, on montre que log z est différentiable (au moins) dans l’ensemble ouvert R+ × R. Pour cela, on rappelle la formule (log z) =

log z =

1

elog z

=

y 1 log(x2 + y 2 ) + i Arctan 2 x

obtenu dans l’exemple I.4.14 pour x > 0. On remarque que les fonctions u(x, y) =

y 1 log(x2 + y 2 ) et v(x, y) = Arctan 2 x

sont de classe C 1 . Puisque x ∂u = 2 , ∂x x + y2

∂v 1/x x = = 2 , ∂y 1 + (y/x)2 x + y2

et y ∂u = 2 , ∂y x + y2

−

∂v −y/x2 y =− = 2 , 2 ∂x 1 + (y/x) x + y2

il résulte du théorème II.3.2 que la fonction log z est holomorphe dans R+ × R.

II.4. Chemins et intégrales Pour définir l’intégrale d’une fonction complexe, on commence par introduire la notion de chemin. γ(b)

γ(b) γ(a) γ(a) Figure II.1. Chemins et courbes.

D´efinition II.4.1. Une fonction continue γ : [a, b] → Ω ⊂ C est appelée un chemin dans Ω, et son image γ([a, b]) est appelée une courbe dans Ω (voir la Figure II.1). 34 i

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II.4. Chemins et intégrales

On remarque que la même courbe peut être l’image de plusieurs chemins. Maintenant, on définit deux opérations. La première est l’inverse d’un chemin.

D´efinition II.4.2. Pour un chemin γ : [a, b] → Ω ⊂ C, on définit le chemin −γ : [a, b] → Ω (voir la Figure II.2) par (−γ)(t) = γ(a + b − t) pour chaque t ∈ [a, b].

γ(b) (−γ)(a) γ −γ γ(a) (−γ)(b) Figure II.2. Chemins γ et −γ.

La deuxième opération est la somme de chemins.

D´efinition II.4.3. Soit γ1 : [a1 , b1 ] → Ω et γ2 : [a2 , b2 ] → Ω des chemins tels que γ1 (b1 ) = γ2 (a2 ). On définit le chemin γ1 + γ2 : [a1 , b1 + b2 − a2 ] → Ω (voir la Figure II.3) par  (γ1 + γ2 )(t) =

γ1 (t) si t ∈ [a1 , b1 ], γ2 (t − b1 + a2 ) si t ∈ [b1 , b1 + b2 − a2 ].

On considère aussi les notions de chemin régulier et chemin régulier par morceaux.

D´efinition II.4.4. Un chemin γ : [a, b] → Ω est dit régulier s’il est de classe C 1 et γ  (t) = 0 pour tout t ∈ [a, b], en prenant la dérivée à droite au point a et la dérivée à gauche au point b. 35 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

γ1 (b1 ) = γ2 (a2 )

γ1

γ2

γ2 (b2 )

γ1 (a1 ) Figure II.3. Chemins γ1 + γ2 .

Autrement dit, le chemin γ : [a, b] → Ω est régulier s’il existe un chemin α : ]c, d[→ Ω de classe C 1 dans un certain intervalle ouvert ]c, d[ contenant [a, b], tel que α(t) = γ(t) et α (t) = 0 pour tout t ∈ [a, b].

D´efinition II.4.5. Un chemin γ : [a, b] → Ω est dit régulier par morceaux s’il existe une partition de [a, b] en un nombre fini de sous-intervalles [aj , bj ] (qui se coupent au plus en leurs extrémités) tels que chaque chemin γj : [aj , bj ] → Ω défini par γj (t) = γ(t) pour t ∈ [aj , bj ] est régulier, en prenant la dérivée à droite au point aj et la dérivée à gauche au point bj . On a le résultat suivant.

Proposition II.4.6. Si le chemin γ : [a, b] → C est régulier par morceaux, alors  Lγ :=

b

|γ  (t)| dt < ∞.

a

Démonstration. Puisque γ est régulier par morceaux, la fonction t → |γ  (t)| est

continue dans chaque intervalle [aj , bj ] de la définition II.4.5. Donc, elle est intégrable au sens de Riemann dans chacun de ces intervalles, et donc aussi dans leur union, qui est [a, b]. Le nombre Lγ est appelé la longueur du chemin γ.

Exemple II.4.7. Soit γ : [0, 1] → C le chemin donné par γ(t) = t(1 + i) (voir la Figure II.4). On a  1  1 √  |γ (t)| dt = |1 + i| dt = 2. Lγ = 0

0

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II.4. Chemins et intégrales

1+i

Figure II.4. Le chemin γ dans l’exemple II.4.7.

Exemple II.4.8. Soit γ : [0, 2π] → C le chemin donné par γ(t) = reit (voir la Figure II.5). On a  2π  2π  |γ (t)| dt = |rieit | dt Lγ = 0 0  2π r dt = 2πr, = 0

puisque |i| = 1 et |eit | = |cos t + i sin t| =



cos2 t + sin2 t = 1.

Maintenant, on introduit la notion d’intégrale le long d’un chemin.

D´efinition II.4.9. Soit f : Ω → C une fonction continue et soit γ : [a, b] → Ω un chemin régulier par morceaux. On définit l’intégrale de f le long de γ par  b  f= f (γ(t))γ  (t) dt γ



a b

=





a

On écrit aussi

b

[f (γ(t))γ (t)] dt + i

[f (γ(t))γ  (t)] dt.

a



 f= γ

f (z) dz. γ

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

r

Figure II.5. Le chemin γ dans l’exemple II.4.8.

On remarque qu’avec les hypothèses dans la définition II.4.9, les fonctions t → [f (γ(t))γ  (t)] et t → [f (γ(t))γ  (t)] sont intégrables au sens de Riemann dans [a, b], et donc l’intégrale définie.



Exemple II.4.10. On calcule par

γ

 γ

f est bien

z dz le long des chemins γ1 , γ2 : [0, 1] → C donnés

γ1 (t) = t(1 + i) et γ2 (t) = t2 (1 + i). On a 

 z dz =

1

[t(1 + i)] · [t(1 + i)] dt

0

γ1

 =

0

1

t · (1 + i) dt =

t=1 1 + i t2

(1 + i)

, = 2 2 t=0

38 i

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II.4. Chemins et intégrales

et 



1

z dz = γ2



0 1

= 

[t2 (1 + i)] · [t2 (1 + i)] dt t2 · 2t(1 + i) dt

0 1

2t3 (1 + i) dt

= 0

t=1 1 + i t4

. = = (1 + i)

2 2 t=0  Exemple II.4.11. Maintenant, on calcule l’intégrale γ z dz le long du chemin γ : [0, 2π] → C donné par γ(t) = eit . On a γ(t) = cos t, et donc  2π  z dz = cos t · ieit dt γ



0 2π

= 0

eit + e−it it ie dt 2



1 2it i

t=2π i 2it (e + 1) dt = e + t

= 2 4 2 0 t=0 1 4πi i = (e − 1) + (2π − 0) = 0 + iπ = iπ. 4 2 

2π

On a les propriétés suivantes.

Proposition II.4.12. Si f, g : Ω → C sont des fonctions continues et γ : [a, b] → Ω est un chemin régulier par morceaux, alors : a) pour tout c, d ∈ C on a 





(cf + dg) = c γ

b)

f +d γ



 −γ

g; γ

f =−

f; γ

c) lorsque α : [p, q] → C est un chemin régulier par morceaux avec α(p) = γ(b), on a    f = f + f. γ+α

γ

α

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Chapitre II. Fonctions holomorphes Démonstration. Pour la deuxième propriété, on remarque que

(−γ) (t) = −γ  (a + b − t), et donc 



b

f= −γ

f ((−γ)(t))(−γ) (t) dt

a



b

=

−f (γ(a + b − t))γ  (a + b − t) dt.

a

Par le changement de variable a + b − t = s, on obtient  a  f= f (γ(s))γ  (s) ds −γ

b



=−

b





f (γ(s))γ (s) ds = −

a

f, γ

ce qui donne l’identité souhaitée. Les autres propriétés sont des conséquences immédiates des définitions. On mentionne également deux autres propriétés. Pour la première, on a besoin de la notion de chemins équivalents.

D´efinition II.4.13. Deux chemins γ1 : [a1 , b1 ] → C et γ2 : [a2 , b2 ] → C sont dits équivalents s’il existe une fonction différentiable ϕ : [a2 , b2 ] → [a1 , b1 ] avec ϕ > 0, ϕ(a2 ) = a1 , et ϕ(b2 ) = b1 , telle que γ2 = γ1 ◦ ϕ. On a alors le résultat suivant.

Proposition II.4.14. Si f : Ω → C est une fonction continue et γ1 et γ2 sont chemins réguliers par morceaux équivalents dans Ω, alors   f= f. γ1

Démonstration. On a





b2

f= γ2

a2  b2

=

γ2

f (γ2 (t))γ2 (t) dt f ((γ1 ◦ ϕ)(t))γ1 (ϕ(t))ϕ (t) dt.

a2

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II.4. Chemins et intégrales

Par le changement de variable s = ϕ(t), on obtient 



b1

f= γ2

f (γ1 (s))γ1 (s) ds =

a1

 f, γ1

ce qui donne l’identité souhaitée. On obtient aussi une borne supérieure pour le module de l’intégrale.

Proposition II.4.15. Si f : Ω → C est une fonction continue et γ : [a, b] → Ω est un chemin régulier par morceaux, alors

  b





f ≤ |f (γ(t))γ  (t)| dt ≤ Lγ sup |f (γ(t))| : t ∈ [a, b] .



a

γ



Démonstration. Soit γ f = reiθ . On obtient







f = r = e−iθ f



γ γ  b e−iθ f (γ(t))γ  (t) dt = a  b  b  −iθ      e f (γ(t))γ (t) dt + i  e−iθ f (γ(t))γ  (t) dt. = a

a



Puisque γ f est un nombre réel, il résulte de (I.6) que

  b



 

f =  e−iθ f (γ(t))γ  (t) dt



a γ  b |e−iθ f (γ(t))γ  (t)| dt. ≤ a

Puisque |e−iθ | = 1, on obtient

  b



f ≤ |f (γ(t))γ  (t)| dt



a γ  b  |γ  (t)| dt · sup |f (γ(t))| : t ∈ [a, b] ≤ a  = Lγ sup |f (γ(t))| : t ∈ [a, b] , ce qui donne les inégalités souhaitées. 41 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

 Exemple II.4.16. On considère l’intégrale γ z(z − 1) dz le long du chemin γ : [0, π] → C donné par γ(t) = 2eit . On a  π |2ieit | dt = 2π. Lγ = 0

Puisque |γ(t)| = 2 pour tout t ∈ [0, π], on obtient







f ≤ Lγ sup |z(z − 1)| : z ∈ γ([0, π])



γ

≤ 2π sup{|z 2 | + |z| : z ∈ γ([0, π])} = 2π(4 + 2) = 12π. D’autre part, 



π

f=

[γ(t)2 − γ(t)]γ  (t) dt

0

γ

=



16 γ(t)3 γ(t)2

t=π − =− .

3 2 3 t=0

II.5. Primitives Pour le calcul des intégrales, la notion de primitive est très utile. Soit f : Ω → C une fonction définie sur un ensemble ouvert Ω ⊂ C.

D´efinition II.5.1. On dit qu’une fonction F : Ω → C est une primitive de f dans l’ensemble Ω si F est holomorphe dans Ω et F  = f dans Ω. On montre que, dans les ensembles connexes, toutes les primitives diffèrent par une constante.

Proposition II.5.2. Si F et G sont primitives de f dans un ensemble ouvert connexe Ω, alors F − G est constante dans Ω. Démonstration. On a

(F − G) = F  − G = f − f = 0 dans Ω. Il résulte alors de la proposition II.2.14 que F −G est constante dans Ω. Les primitives peuvent être utilisées pour calculer des intégrales, de la manière suivante. 42 i

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II.5. Primitives

Proposition II.5.3. Si F est une primitive d’une fonction continue f : Ω → C dans un ensemble ouvert Ω et γ : [a, b] → Ω est un chemin régulier par morceaux, alors  f = F (γ(b)) − F (γ(a)). γ

Démonstration. Pour j = 1, . . . , n, soit [aj , bj ], avec b1 = a2 , b2 = a3 , . . . et bn−1 =

an , les sous-intervalles de [a, b] où γ est régulier. On remarque que la fonction t → f (γ(t))γ  (t) est continue dans chaque intervalle [aj , bj ]. On obtient alors  f= γ

=

=

n 

f=

j=1 γj n  bj

n  j=1



bj

f (γ(t))γ  (t) dt

aj 

F (γ(t))γ (t) dt =

j=1 aj n



n  j=1

bj

(F ◦ γ) (t) dt

aj

 F (γ(bj )) − F (γ(aj )) = F (γ(b)) − F (γ(a)),

j=1

ce qui donne l’identité souhaitée.

Exemple II.5.4. On considère l’intégrale est donné par γ(t) = eit . Puisque  z4 4

+z





γ (z

3

+ 1) dz, où le chemin γ : [0, π] → C

= z 3 + 1,

la fonction F (z) = z 4 /4 + z est une primitive de z 3 + 1, et  (z 3 + 1) dz = F (γ(π)) − F (γ(0)) γ

=

 1  −1 − + 1 = −2. 4 4

1

Maintenant, on considère des chemins avec le même point initial et final.

D´efinition II.5.5. Un chemin γ : [a, b] → C est dit un lacet si γ(a) = γ(b) (voir la Figure II.6). La propriété suivante est une conséquence immédiate de la proposition II.5.3. 43 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

γ(a) = γ(b)

γ Figure II.6. Un lacet.

Proposition II.5.6. Si f : Ω → C est une fonction continue admettant une primitive dans l’ensemble ouvert Ω et si γ : [a, b] → Ω est un lacet régulier par morceaux, alors  f = 0. γ

On montre aussi que les fonctions holomorphes ont des primitives. On rappelle qu’un ensemble Ω ⊂ C est dit convexe si, pour tout z, w ∈ Ω et t ∈ [0, 1], on a tz + (1 − t)w ∈ Ω.

Th´eor`eme II.5.7. Si f : Ω → C est une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert convexe Ω ⊂ C, alors f a une primitive dans Ω. Plus généralement, on a le résultat suivant.

Th´eor`eme II.5.8. Si f : Ω → C est une fonction continue dans un ensemble ouvert convexe Ω ⊂ C et s’il existe p ∈ Ω tel que f est holomorphe dans Ω \ {p}, alors f a une primitive dans Ω. Démonstration. On fixe un point a ∈ Ω. En prenant z ∈ Ω, on considère le chemin γz : [0, 1] → Ω donné par γz (t) = a + t(z − a) (on rappelle que Ω est convexe). On définit également une fonction F : Ω → C par  f. F (z) = γz

On montre d’abord que

 F (z + h) − F (z) =

f,

(II.9)

α

44 i

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II.5. Primitives

avec le chemin α : [0, 1] → C donné par α(t) = z + th. Cela est équivalent à :     f= f+ f− f γz +α+(−γz+h ) γz α γz+h  = F (z) + f − F (z + h) = 0. α

z+h

−γz+h

α

Δ1

Δ Δ3 Δ2

Δ4

a

z

γz Figure II.7. Triangles Δ1 , Δ2 , Δ3 et Δ4 .

Soit Δ le triangle dont la frontière ∂Δ est l’image du chemin γz + α + (−γz+h ). On commence par supposer que p ∈ Δ. On divise le triangle Δ en 4 triangles, Δ1 , Δ2 , Δ3 et Δ4 , en ajoutant les segments de droite entre les milieux des côtés de Δ (voir la Figure II.7). Alors  f=

c := ∂Δ

4  i=1

f, ∂Δi

car puisque les intégrales le long des côtés communs des triangles Δ i s’annulent,

ils ont des signes contraires. On remarque qu’il existe i tel que ∂Δi f ≥ |c|/4, puisque sinon on aurait

4 





i=1

∂Δi

4

|c|

= |c|. f < 4 i=1

On peut répéter l’argument avec ce triangle Δi afin d’obtenir une suite de triangles Δ(n), chacun contenu dans le précédent Δ(n − 1) et étant l’un des 4 obtenu en 45 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

divisant Δ(n − 1), telle que

|c| f

≥ n . 4 ∂Δ(n)







(II.10)

Maintenant, on remarque que, puisque f est holomorphe dans Δ, pour chaque point z0 ∈ Δ, en prenant ε > 0, on a |f (z) − f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 )| < ε|z − z0 | quand |z − z0 | est suffisamment petit. Puisque la longueur de Δ(n) est L∂Δ(n) = L∂Δ 2−n , où L∂Δ est la longueur de ∂Δ, pour n suffisamment grand, on a





 2 −n

≤ εL2

[f (z) − f (z ) − f (z )(z − z )] dz . 0 0 0 ∂Δ(n) = εL∂Δ 4



(II.11)

∂Δ(n)

D’autre part, −f (z0 )− f  (z0 )(z − z0 ) a pour primitive −f (z0 )z − f  (z0 )(z − z0 )2 /2, et  [−f (z0 ) − f  (z0 )(z − z0 )] dz = 0.

∂Δn

Donc, il résulte de (II.10) et (II.11) que



n

|c| ≤ 4

∂Δ(n)



f

≤ εL2∂Δ .



Lorsque ε → 0, on conclut que c = ∂Δ f = 0, ce qui établit (II.9). Maintenant, on suppose que p ∈ Δ. On remarque qu’il suffit de considérer le cas où p est un sommet. En effet, sinon, si p1 , p2 , p3 sont les sommets de Δ, on peut considérer les triangles déterminés par p1 , p2 , p et p1 , p3 , p (voir la Figure II.8), et supposer, sans perte de généralité, que p est dans le côté opposé à p1 . Lorsque p = p3 est un sommet de Δ, il suffit de considérer les triangles déterminés par les points q1 et q2 sur les côtés desquels p est un sommet (voir la Figure II.9). En fait, par l’argument précédent, les triangles Δ1 et Δ2 avec des sommets p1 , p2 , q1 et p1 , q1 , q2 ont une intégrale nulle, c’est-à-dire   f= f = 0. ∂Δ1

∂Δ2

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II.5. Primitives

p2

p

p1

p3

Figure II.8. Cas lorsque p est dans un côté de Δ.

p2

q1

p1

q2

p3 = p

Figure II.9. Cas lorsque p est un sommet de Δ.

Soit maintenant Δ le triangle déterminé par q1 , q2 , p. Lorsque q1 → p et q2 → p, on conclut que







∂Δ



 f

≤ L∂Δ sup |f (z)| : z ∈ Δ → 0, 

puisque L∂Δ → 0. 47 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

On montre que F est une primitive de f . On a  1 F (z + h) − F (z) − f (z) = [f (ζ) − f (z)] dζ, h h α parce que





1

f (z) dζ =

f (z)h dt = f (z)h. 0

α

Puisque f est continue, en prenant ε > 0, on a |f (ζ) − f (z)| < ε quand |ζ − z| est suffisamment petit. Donc,









F (z + h) − F (z) 1

[f (ζ) − f (z)] dζ ≤ εLα = ε,

− f (z)

≤



h |h| α |h| quand |h| est suffisamment petit (puisque |ζ −z| ≤ |h|). Lorsque ε → 0, on obtient finalement F  (z) = f (z).

Exemple II.5.9. Pour le chemin γz dans la démonstration du théorème II.5.8, on a γz (t) = z − a et une primitive de f est donnée par  1 f (a + t(z − a))(z − a) dt. (II.12) F (z) = 0

En particulier, en prenant a = 0 on obtient  1 f (tz) dt. F (z) = z

(II.13)

0

Exemple II.5.10. On verra plus tard (voir l’exemple IV.1.15) que lim

z→0

Donc, la fonction

sin z = 1. z

 sin z/z f (z) = 1

si z = 0, si z = 0

est continue dans C et est holomorphe dans C \ {0}. Il résulte du théorème II.5.8 que f a une primitive dans C. En outre, par (II.13) une primitive est donnée par  1  1 sin(tz) sin(tz) dt = dt. F (z) = z tz t 0 0 Le résultat suivant est une conséquence immédiate du théorème II.5.8 et de la proposition II.5.6. 48 i

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II.6. Indice d’un lacet

Th´eor`eme II.5.11 (Th´eor`eme de Cauchy). Si f : Ω → C est une fonction continue dans un ensemble ouvert convexe Ω ⊂ C et s’il existe p ∈ Ω tel que f est holomorphe dans Ω \ {p}, alors  f =0 γ

pour tout lacet régulier par morceaux γ dans Ω.

II.6. Indice d’un lacet On introduit maintenant la notion d’indice.

D´efinition II.6.1. Pour un lacet régulier par morceaux γ : [a, b] → C, on définit l’indice d’un point z ∈ C \ γ([a, b]) par rapport à γ par Indγ (z) =

1 2πi

 γ

dw . w−z

Exemple II.6.2. Soit γ : [0, 2π] → C le chemin donné par γ(t) = a + reit . Alors  2π  2π 1 1 rieit dt = i dt = 1. Indγ (a) = 2πi 0 reit 2πi 0 Le résultat suivant spécifie les valeurs que l’indice peut prendre.

Th´eor`eme II.6.3. Soit γ : [a, b] → C un lacet régulier par morceaux et soit Ω = C \ γ([a, b]). Alors : a) Indγ (z) ∈ Z pour chaque z ∈ Ω ; b) la fonction z → Indγ (z) est constante dans chaque composante connexe de Ω ; c) Indγ (z) = 0 pour chaque z dans la composante connexe non bornée de Ω. Démonstration. On définit une fonction ϕ : [a, b] → C par



s

ϕ(s) = exp a

On a ϕ (s) = ϕ(s)

 γ  (t) dt . γ(t) − z

γ  (s) γ(s) − z 49

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

dans chaque sous-intervalle [aj , bj ] de [a, b] où γ est régulier. Alors 

ϕ (s)(γ(s) − z) − γ  (s)ϕ(s) ϕ(s) = = 0, γ(s) − z (γ(s) − z)2 et, pour chaque j, il existe cj ∈ C tel que ϕ(s) = cj γ(s) − z pour tout s ∈ [aj , bj ]. Mais puisque γ et ϕ sont des fonctions continues, on conclut qu’il existe c ∈ C tel que ϕ(s) =c γ(s) − z pour tout s ∈ [a, b]. En particulier, ϕ(a) 1 ϕ(s) = = , γ(s) − z γ(a) − z γ(a) − z c’est-à-dire ϕ(s) =

γ(s) − z . γ(a) − z

En prenant s = b, puisque γ est un lacet, on obtient ϕ(b) = c’est-à-dire



b

ϕ(b) = exp a

γ(b) − z = 1, γ(a) − z

γ  (t) dt γ(t) − z



  = exp 2πi Indγ (z) = 1.

(II.14)

On remarque que e2πiα = 1

⇔

α ∈ Z,

puisque e2πiα = cos(2πα) + i sin(2πα). Il résulte alors de (II.14) que Indγ (z) ∈ Z. Pour la deuxième propriété, on remarque d’abord que



 

1 1 

1

− dζ

|Indγ (z) − Indγ (w)| =

2πi γ ζ − z ζ − w





z−w 1

dζ

=

2π γ (ζ − z)(ζ − w)   1 |z − w| Lγ sup : t ∈ [a, b] . ≤ 2π |(γ(t) − z)(γ(t) − w)| 50 i

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II.6. Indice d’un lacet

Puisque |γ(t) − w| ≥ |γ(t) − z| − |z − w| pour w suffisamment proche de z, on obtient 1 1 ≤ |(γ(t) − z)(γ(t) − w)| |γ(t) − z|(|γ(t) − z| − |z − w|) 1 ≤ A(A − |z − w|) pour z ∈ C \ γ([a, b]), où  A = inf |γ(t) − z| : t ∈ [a, b] > 0. On conclut donc que |Indγ (z) − Indγ (w)| ≤

|z − w| 1 Lγ , 2π A(A − |z − w|)

et, lorsque w → z, on obtient Indγ (z) → Indγ (z).

(II.15)

Puisque l’indice prend uniquement des valeurs entières, il résulte de la continuité dans (II.15) que la fonction z → Indγ (z) est constante dans chaque composante connexe de Ω (on remarque que, puisque Ω est ouvert, chaque composante connexe de Ω est un ensemble ouvert). Pour la dernière propriété, on remarque que



 b

1

γ  (t)

dt

|Indγ (z)| =

2πi a γ(t) − z   |γ  (t)| 1 Lγ sup : t ∈ [a, b] ≤ 2π |γ(t) − z| sup{γ  (t) : t ∈ [a, b]} 1 Lγ , (II.16) ≤ 2π |z| − sup{γ(t) : t ∈ [a, b]} puisque |γ(t) − z| ≥ |z| − |γ(t)| quand |z| est suffisamment grand. Il résulte de (II.16) que, pour |z| suffisamment grand, on a |Indγ (z)| < 1 et donc Indγ (z) = 0, puisqu’on sait déjà que l’indice prend uniquement des valeurs entières. Il résulte à nouveau de la continuité dans (II.15) que l’indice est nul dans la composante connexe non bornée de Ω. 51 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Exemple II.6.4. Pour chaque n ∈ N, soit γ : [0, 2πn] → C le chemin donné par γ(t) = a + reit , tournant n fois autour du point a dans le sens positif. Alors  2πn 1 γ  (t) Indγ (a) = dt 2πi 0 γ(t) − a  2πn rieit 1 dt = n. = 2πi 0 reit Il résulte du théorème II.6.3 que  Indγ (z) =

n si |z − a| < r, 0 si |z − a| > r.

II.7. Formule intégrale de Cauchy On peut maintenant établir la formule suivante, qui garantit notamment qu’une fonction holomorphe est déterminée par ses valeurs le long de lacets.

Th´eor`eme II.7.1. Si f : Ω → C est une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert convexe Ω ⊂ C et si γ : [a, b] → Ω est un lacet régulier par morceaux, alors  1 f (w) dw f (z) Indγ (z) = 2πi γ w − z pour tout z ∈ Ω \ γ([a, b]). Démonstration. On considère la fonction g : Ω → C définie par

 (f (w) − f (z))/(w − z) si w ∈ Ω \ {z}, g(w) = si w = z. f  (z)

Cette fonction est continue dans Ω et est holomorphe dans Ω \ {z}. Il résulte du théorème II.5.11 que   f (w) − f (z) dw 0= g= w−z γ γ   f (w) dw dw − f (z) = γ w−z γ w−z  f (w) dw − f (z)2πi Indγ (z), = γ w−z ce qui donne l’identité souhaitée. 52 i

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II.8. Intégrales et homotopie de chemins

Exemple II.7.2. Soit f : C → C une fonction holomorphe dans C et soit γ : [0, 2π] → C le chemin donné par γ(t) = z + reit . Alors Indγ (z) = 1, et par le théorème II.7.1 on a  1 f (w) f (z) = dw 2πi γ w − z  2π f (z + reit ) it 1 rie dt = 2πi 0 reit  2π 1 f (z + reit ) dt. = 2π 0

II.8. Intégrales et homotopie de chemins On montre dans cette section que les intégrales d’une fonction holomorphe le long de chemins homotopes sont égales. On rappelle d’abord la notion d’homotopie.

D´efinition II.8.1. Deux lacets γ1 , γ2 : [a, b] → Ω sont dits homotopes dans Ω s’il existe une fonction continue H : [a, b] × [0, 1] → Ω telle que (voir la Figure II.10) : a) H(t, 0) = γ1 (t) et H(t, 1) = γ2 (t) pour tout t ∈ [a, b] ; b) H(a, s) = H(b, s) pour tout s ∈ [0, 1].

γ1 (a) = γ1 (b) γ2 (a) = γ2 (b) Figure II.10. Homotopie de chemins.

On a alors le résultat suivant. 53 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Th´eor`eme II.8.2. Si f : Ω → C est une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C et si γ1 et γ2 sont des lacets réguliers par morceaux qui sont homotopes dans Ω, alors   f= γ1

(II.17)

f. γ2

Démonstration. Soit H une homotopie entre les chemins γ1 et γ2 . On remarque que l’image A = H([a, b] × [0, 1]) est un ensemble compact (c’est-à-dire, A est borné et fermé), puisque H est continue et [a, b] × [0, 1] est compact. Donc, il existe r > 0 tel que |z − w| ≥ r pour tout z ∈ A et w ∈ C \ Ω. En outre, H est uniformément continue, et donc, il existe n ∈ N tel que

|H(t, s) − H(t , s )| < r pour tout (t, s), (t , s ) ∈ [a, b] × [0, 1] avec |t − t |
p.

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Chapitre III. Suites et séries

Maintenant, on montre que les deux notions sont équivalentes.

Proposition III.1.3. Une suite (zn )n de nombres complexes est convergente si et seulement si c’est une suite de Cauchy. Démonstration. Si la suite (zn )n est convergente, alors

|zn − zm | ≤ |zn − z| + |zm − z|. Si p ∈ N est tel que |zn − z| < ε pour tout n > p, alors |zn − zm | < 2ε pour

n, m > p.

Donc, (zn )n est une suite de Cauchy. Maintenant, on suppose que (zn )n est une suite de Cauchy, et pour chaque n ∈ N, on écrit zn = xn + iyn , avec xn , yn ∈ R. Puisque |zn − zm |2 = (xn − xm )2 + (yn − ym )2 , les suites (xn )n et (yn )n de nombres réels sont aussi suites de Cauchy. Donc, elles sont convergentes (on sait que dans R les suites de Cauchy sont exactement les suites convergentes). Soit maintenant x = lim xn n→∞

et y = lim yn n→∞

leurs limites. En prenant z = x + iy, on obtient |zn − z|2 = (xn − x)2 + (yn − y)2 → 0 lorsque n → ∞, c’est-à-dire, limn→∞ zn = z. On montre aussi qu’une suite est convergente si et seulement si ses parties réelle et imaginaire sont convergentes.

Proposition III.1.4. Si zn = xn + iyn , avec xn , yn ∈ R pour chaque n ∈ N, alors (zn )n est convergente si et seulement si (xn )n et (yn )n sont convergentes. Dans ce cas, on a (III.1) lim zn = lim xn + i lim yn . n→∞

n→∞

n→∞

Démonstration. Pour z = x + iy, on a

|zn − z|2 = (xn − x)2 + (yn − y)2 . Donc, zn → z si et seulement si xn → x et yn → y, ce qui donne la propriété souhaitée. 66 i

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III.2. Séries de nombres complexes

Exemple III.1.5. Pour la suite 1 + in , n+1

zn = on a

 n 1 +i lim zn = lim n→∞ n→∞ n + 1 n+1 1 n + i lim = i. = lim n→∞ n + 1 n→∞ n + 1

III.2. Séries de nombres complexes ∞

Maintenant, on considère des séries

n=0 zn

de nombres complexes.

∞ D´efinition III.2.1. Une msérie  n=0 zn est dite convergente si la suite des sommes partielles n=1 zn m est convergente. Dans ce cas, la limite de la suite des sommes partielles est appelée somme de la série. Sinon, la série est dite divergente.

Exemple III.2.2. Prenons la série

∞

n=0 z

m

zn =

n=0

n.

On a

1 − z m+1 1−z

(puisqu’elle est la somme d’une progression géométrique). Si |z| < 1, alors |z m+1 | = |z|m+1 → 0 lorsque m → ∞, et donc, m

zn →

n=0

lorsque m → ∞. Donc, la série

∞

n=0 z

∞ n=0

n

1 1−z

est convergente pour |z| < 1, et

zn =

1 . 1−z

Parfois, la propriété suivante permet d’établir d’une manière simple la divergence d’une série. 67 i

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Chapitre III. Suites et séries

Proposition III.2.3. Si la série n → ∞.

∞

n=0 zn

Démonstration. On a

zm =

m

est convergente, alors zn → 0 lorsque

zn −

n=0

m−1

zn ,

n=0

 m−1 ∞ et les deux suites m n=0 zn et n=0 zn convergent vers n=0 zn lorsque m → ∞. Cela implique que zm → 0 lorsque m → ∞.  n Exemple III.2.4. Il résulte de la proposition III.2.3 que la série ∞ n=0 z est divergente pour |z| ≥ 1, puisque dans ce cas |z n | = |z|n ≥ 1, et donc z n ne converge pas vers zéro. Maintenant, on introduit la notion de série absolument convergente.  D´efinition III.2.5. Ondit qu’une série ∞ n=0 zn est absolument convergente si |z | est convergente. la série des modules ∞ n=0 n On montre que les séries absolument convergentes sont convergentes.  Proposition III.2.6. Si la série ∞ n=0 zn est absolument convergente, alors elle est également convergente et

∞

∞





zn ≤ |zn |.

n=0

n=0

Démonstration. Pour p ≥ q, on a



q p

p

p





zn − zn =

zn ≤ |zn |

n=0

n=0

=

n=q+1 p

n=q+1 q

n=0

n=0

|zn | −

|zn |



q

p

|zn | − |zn |

. =

n=0

(III.2)

n=0

 Par la proposition III.1.3, puisque la suite pn=0 |z n | est convergente, elle est une suite de Cauchy. Donc, il résulte de (III.2) que pn=0 zn est aussi une suite de 68 i

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III.2. Séries de nombres complexes

Cauchy, et à nouveau ∞ par la proposition III.1.3 elle est convergente. On conclut donc que la série n=0 zn est convergente. En outre, on a



p

p



zn ≤ |zn |

n=0

n=0

pour chaque p ∈ N. Donc,





∞ p



zn

=

lim zn



p→∞ n=0

n=0



p

zn

= lim

p→∞ n=0

≤ lim

p→∞

p

|zn | =

n=0

∞

|zn |,

n=0

ce qui donne l’inégalité souhaitée.  n Exemple III.2.7. Prenons la série ∞ n=0 (−1/2) . On a ∞

|(−1/2) | = n

n=0

∞

−n

2

m

= lim

m→∞

n=0

n=0 −(m+1) 2

= lim

m→∞

1− 1 − 2−1

2−n

=

1 = 2. 1 − 2−1

∞ n est absolument convergente et, par la proposiDonc, la série n=0 (−1/2) tion III.2.6, elle est également convergente. En fait, on a ∞

(−1/2)n = lim

m

m→∞

n=0

(−1/2)n

n=0

1 2 1 − (−1/2)m = = . m→∞ 1 − (−1/2) 3/2 3  Maintenant, on considère une série ∞ n=0 zn de nombres complexes et, pour chaque n ≥ 0, on écrit zn = xn + iyn , avec xn , yn ∈ R.  Proposition III.2.8. La série ∞ n=0 zn est convergente si et seulement si les séries   ∞ ∞ x et y sont convergentes. Dans ce cas, on a n=0 n n=0 n = lim

∞ n=0

zn =

∞ n=0

xn + i

∞

yn .

(III.3)

n=0

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Chapitre III. Suites et séries Démonstration. On a

m

zn =

n=0

m

xn + i

n=0

m

yn .

n=0

∞ Donc, par la proposition III.1.4, la série n=0 zn est convergente si et seulement ∞ ∞ si les séries n=0 xn et n=0 yn sont convergentes. L’identité (III.3) résulte maintenant de (III.1). D’après la proposition III.2.8, pour étudier la convergence d’une série de nombres complexes, il suffit de considérer des séries de nombres réels.

III.3. Séries de nombres réels On considère dans cette section les séries

∞

n=0 xn

de nombres réels.

Exemple III.3.1. Prenons la série ∞

1 . n(n + 1) n=1 Puisque 1 1 1 = − , n(n + 1) n n+1 on a

m n=1

lorsque m → ∞. Donc,

1 1 =1− →1 n(n + 1) m+1 ∞ n=1

1 = 1. n(n + 1)

Plus généralement, on a le résultat suivant.

Proposition III.3.2. Si xn = an − an+1 , où (an )n est une suite convergente, alors ∞

(an − an+1 ) = a0 − lim an .

n=0

n→∞

(III.4)

Démonstration. On a m

(an − an+1 ) = (a0 − a1 ) + (a1 − a2 ) + · · · + (am − am+1 )

n=0

= a0 − am+1 , ce qui établit le résultat souhaité. 70 i

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III.3. Séries de nombres réels

Les séries de la forme dans (III.4) sont généralement appelées séries télescopiques. Maintenant, on considère un autre type de séries.

Exemple III.3.3. On montre que la série ∞ 1 nα n=1

est convergente pour α > 1 et divergente pour α ≤ 1. Pour α > 1, il suffit de noter que

 ∞ ∞ x−α+1

x=∞ 1 1 dx . ≤ = =

α α n x −α + 1 x=1 α−1 1 n=2

Pour α ≤ 1, il suffit de considérer α = 1, puisque pour tout α ≤ 1 et n ∈ N on a 1 1 ≥ . nα n En effet,

 ∞ ∞

x=∞ 1 dx ≥ = log x x=1 = ∞. n x 1 n=1

Maintenant, on considère des séries de nombres réels positifs ou nuls et on décrit certaines règles de convergence et de divergence.  Proposition III.3.4. La série ∞ n=0 xn , avec  0, est convergente si et seulem xn ≥ z ment si la suite des sommes partielles n=1 n m est bornée supérieurement. Démonstration. Il suffit de noter qu’une suite croissante est convergente si et seule-

ment si elle est bornée. Comme conséquence de la proposition III.3.4, on a le résultat suivant.

Proposition III.3.5. Supposons que 0 ≤ xn ≤ yn pour tout n ≥ 0. ∞  a) Si ∞ n=0 yn est convergente, alors n=0 xn est convergente. ∞ ∞ b) Si n=0 xn est divergente, alors n=0 yn est divergente. Comme corollaire, on obtient le résultat suivant.

Proposition III.3.6. n /yn → α > 0 lorsque  ∞ Si xn , yn ≥ 0 pour tout n ≥ 0, et x n → ∞, alors n=0 xn est convergente si et seulement si ∞ n=0 yn est convergente. 71 i

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Chapitre III. Suites et séries Démonstration. Puisque xn /yn → α > 0 lorsque n → ∞, il existe p ∈ N tel que

xn α < < 2α 2 yn pour tout n > p. Ainsi, xn < 2αyn

et yn
p. La propriété résulte alors de la proposition III.3.5. Illustrons la façon dont cette règle de convergence peut être utilisée.

Exemple III.3.7. On considère la série ∞ n=1

n2 . n7 + 2

(III.5)

Puisque 1 n7 n2 : →1 = n7 + 2 n5 n7 + 2 lorsque n → ∞, il résulte de la proposition III.3.6 que la série dans (III.5) est ∞ convergente si et seulement si la série n=1 1/n5 est convergente. On sait d’après l’exemple III.3.3 que la dernière série est convergente, et donc la série dans (III.5) est aussi convergente. Maintenant, on décrit une autre règle de convergence.

Proposition III.3.8. Soit une série

∞

n=0 xn ,

avec xn > 0 :

a)  s’il existe α < 1 tel que xn+1 /xn ≤ α pour tout n suffisamment grand, alors ∞ n=0 xn est convergente ;  b) si xn+1 /xn ≥ 1 pour tout n suffisamment grand, alors ∞ n=0 xn est divergente. Démonstration. Dans la première propriété, on a

xn+1 ≤ αxn ,

n ≥ n0 ,

pour un certain n0 ∈ N. Par récurrence, on obtient xn ≤ αn−n0 xn0 ,

n ≥ n0 .

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III.3. Séries de nombres réels

Donc,

m n=n0

xn ≤

m

αn−n0 xn0 =

n=n0

1 − αm−n0 +1 xn0 xn0 → 1−α 1−α

(III.6)

 lorsque m → ∞ et la série ∞ n=0 xn est convergente. Dans la seconde propriété, on a xn+1 ≥ xn > 0 pour tout n suffisamment grand. ∞ Mais cela implique que xn ne converge pas vers zéro, et donc la série n=0 xn est divergente. Comme corollaire, on obtient le résultat suivant.

Proposition III.3.9 (R`egle de d’Alembert). Pour la série on suppose que xn+1 /xn → α lorsque n → ∞.  a) Si α < 1, alors ∞ n=0 xn est convergente. ∞ b) Si α > 1, alors n=0 xn est divergente. Exemple III.3.10. Prenons la série

∞

n n=1 n/5 .

∞

n=0 xn ,

avec xn > 0,

On a

n + 1 5n n+1 1 n+1 n → 0 avec β + ε < 1, il existe p ∈ N tel que √ n xn < β + ε < 1 pour tout n > p. Maintenant, on peut appliquer la première propriété de la proposition III.3.12. Pour la seconde propriété, on remarque qu’il existe une infinité de valeurs de n √ pour lesquelles n xn > 1. On peut maintenant appliquer la seconde propriété de la proposition III.3.12.

Exemple III.3.14. Considérons la série ∞ 3+n

nn

n=1

On a

 n

lorsque n → ∞, puisque

√ n

3+n = nn

√ n

.

3+n →0 0 pour tout n ≥ 0, et xn  0 lorsque n → ∞, alors la série n=0 (−1) xn est convergente. Démonstration. Prenons la suite

Sm =

m

(−1)n xn .

n=1

Puisque xn  0 lorsque n → ∞, on a S2m+2 − S2m = x2m+2 − x2m+1 < 0, et S2m+3 − S2m+1 = −x2m+3 + x2m+2 > 0. Ainsi, les suites (S2m )m et (S2m+1 )m sont respectivement décroissante et croissante. En outre, (III.8) S2m+1 = S2m − x2m+1 < S2m pour tout m ∈ N. Donc, S1 < lim S2m+1 ≤ lim S2m < S2 , m→∞

m→∞

avec les première et troisième inégalités impliquées par la monotonie de (S2m )m et (S2m+1 )m . En particulier, ces suites sont convergentes. Puisque xn  0 lorsque n → ∞, il résulte également de (III.8) que lim S2m − lim S2m+1 = lim x2m+1 = 0.

m→∞

m→∞

m→∞

Puisque toutes les sous-limites de la suite (Sm )m sont égales, la série ∞ n n=0 (−1) xn est convergente. 75 i

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Chapitre III. Suites et séries

III.4. Convergence uniforme On étudie dans cette section la notion de convergence uniforme. Soit (fn )n une suite de fonctions fn : Ω → C dans un ensemble Ω ⊂ C.

D´efinition III.4.1. On dit que la suite (fn )n est uniformément convergente sur l’ensemble Ω si : a) la limite f (z) = lim fn (z) n→∞

existe pour chaque z ∈ Ω ; b) en prenant ε > 0, il existe p ∈ N tel que si n ≥ p alors |fn (z) − f (z)| < ε

(III.9)

pour tout z ∈ Ω.

Exemple III.4.2. Prenons les fonctions fn (z) = (z + n)/n. On a fn (z) → 1 lorsque n → ∞, pour tout z ∈ C. D’autre part, |fn (z) − 1| = |z/n| < ε pour |z| < εn, mais pas pour z ∈ C (pour tout n). Donc, la convergence n’est pas uniforme sur C. n k Exemple III.4.3. Prenons les fonctions fn (z) = k=0 z . Par l’exemple III.2.2, on a 1 lim fn (z) = n→∞ 1−z pour |z| < 1. On montre que la convergence est uniforme sur Ω = {z ∈ C : |z| < r} pour tout r < 1. En effet,





∞ m

∞

1 k k





− f (z) = z r = lim rk ≤ n





1 − z m→∞ k=n+1 k=n+1 r n+1 (1 − r m−n )

= lim

m→∞

1−r

k=n+1

r n+1 = →0 1−r

lorsque n → ∞. 76 i

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III.4. Convergence uniforme

La limite uniforme de fonctions continues est aussi une fonction continue.

Th´eor`eme III.4.4. Soit (fn )n une suite de fonctions continues convergeant uniformément sur Ω. Alors la fonction limite f est continue. Démonstration. Pour ε > 0, prenons p ∈ N tel que (III.9) soit satisfaite pour tous

n ≥ p et z ∈ Ω. Alors

|f (z) − f (z0 )| ≤ |f (z) − fp (z)| + |fp (z) − fp (z0 )| + |fp (z0 ) − f (z0 )| < 2ε + |fp (z) − fp (z0 )| pour tout z, z0 ∈ Ω. Puisque fp est continue, on obtient |f (z) − f (z0 )| < 3ε quand |z − z0 | est suffisamment petit. Puisque ε est arbitraire, on conclut que lim f (z) = f (z0 )

z→z0

pour tout z0 ∈ Ω, et f est continue dans Ω. Le résultat suivant montre qu’en la présence de convergence uniforme, la limite peut être permutée avec l’intégrale.

Proposition III.4.5. Soit (fn )n une suite de fonctions continues convergeant uniformément sur Ω vers une fonction f . Si γ : [a, b] → Ω est un chemin régulier par morceaux, alors   lim

n→∞ γ

fn =

f. γ

Démonstration. On a



  





fn − f = (fn − f )





γ γ γ  ≤ Lγ sup |fn (γ(t)) − f (γ(t))| : t ∈ [a, b]  ≤ Lγ sup |fn (z) − f (z)| : z ∈ Ω → 0

lorsque n → ∞, ce qui donne l’identité souhaitée. Maintenant, on considère la notion de convergence uniforme pour des séries. 77 i

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Chapitre III. Suites et séries

∞ D´efinition III.4.6. On dit que la série de fonctions  n=1 fn est uniformément convergente sur Ω si la suite des sommes partielles m n=1 fn converge uniformément sur Ω lorsque m → ∞.

D´efinition III.4.7. Soient fn :  Ω → C des fonctions pour n ∈ N. S’il existe des constantes an > 0 telles que ∞ n=1 an soit convergente et |fn (z)| ≤ an pour n ∈ N et z ∈ Ω, alors la série

∞

n=1 fn

est dite normalement convergente sur Ω.

Th´eor`eme III.4.8 (R`egle de Weierstrass). Si une série de fonctions définies sur Ω ⊂ C est normalement convergente sur Ω, elle est uniformément convergente sur Ω. Démonstration. On observe tout d’abord que, pour chaque z ∈ Ω et p > q, on a



q p ∞

p



fn (z) − fn (z) ≤ |fn (z)| ≤ an .

n=1

n=1

n=q+1

(III.10)

n=q+1

p  Puisque ∞ n=1 fn (z) est une suite de n=1 an est convergente, on conclut que Cauchy, et donc la limite ∞ fn (z) f (z) = n=1

existe pour chaque z ∈ Ω. Lorsque p → ∞ dans (III.10), on obtient



q ∞





f (z) − fn (z) ≤ an .

n=1

n=q+1

Donc, en prenant ε > 0, il existe q ∈ N tel que



m ∞ ∞



≤

f (z) − f (z) a ≤ an < ε n n



n=1

n=m+1

n=q+1

pour m ≥ p. Cela montre que la convergence est uniforme.

Exemple III.4.9. Prenons les fonctions fn : Ω → C dans Ω = {z ∈ C : |z| < 1} données par fn (z) = z n /n2 . 78 i

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III.4. Convergence uniforme

∞ 2 On a |fn (z)| ≤ 1/n2 pour z ∈ Ω et par l’exemple III.3.3 la série ∞ n=1 1/n est convergente. Il résulte alors du théorème III.4.8 que la série n=1 fn est uniformément convergente sur Ω. On montre également qu’en la présence de convergence uniforme, on peut permuter les signes somme et intégrale.  Proposition III.4.10. Si f = ∞ n=1 fn est une série de fonctions continues convergeant uniformément sur Ω, alors f est continue dans Ω. En outre,  f= γ

∞  n=1 γ

fn

pour tout chemin régulier par morceaux γ dans Ω. Démonstration. On considère la suite de fonctions continues

gn =

n

fk .

k=1

Puisque gn converge uniformément vers f , il résulte du théorème III.4.4 que f est continue et, d’après la proposition III.4.5, on a   gn = f. (III.11) lim n→∞ γ

D’autre part,

 γ

et donc,

gn =

γ

n  k=1 γ

 lim

n→∞ γ

gn =

fk ,

∞  k=1

γ

fk .

(III.12)

En comparant (III.11) et (III.12), par l’unicité de la limite on obtient le résultat souhaité. On conclut cette section avec un résultat concernant la différenciation d’une série terme à terme. 79 i

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Chapitre III. Suites et séries 1 Proposition III.4.11. Soient fn : Ω → C, pour ∞n ∈ N, des fonctions de classe C dans l’ensemble ouvert Ω ⊂ C. Si la série n=1 fn est convergente dans Ω et si   est uniformément convergente sur Ω, alors la série ∞ f n=1 n

∞

 fn

=

n=1

∞

fn

n=1

dans l’ensemble Ω. Démonstration. Soit

f=

∞

et g =

fn

n=1

∞

fn .

n=1

Par la proposition III.4.10, la fonction g est continue. Maintenant, on prend z ∈ Ω et h ∈ C tels que le segment de droite entre z et z + h est contenu dans Ω. On considère aussi le chemin γh : [0, 1] → C donné par γh = z + th. Encore une fois d’après la proposition III.4.10, on a  g= γh

=

∞  n=1 γh ∞

fn

[fn (z + h) − fn (z)] = f (z + h) − f (z).

(III.13)

n=1

Maintenant, on montre que 1 h→0 h

 g = g(z).

lim

(III.14)

γh

Il suffit de noter que 1 g(z) − h



1 g= h γh

 [g(z) − g(w)] dw, γh

et donc,





Lγ



g(z) − 1 g

≤ h sup |g(z) − g(z + th)| : t ∈ [0, 1]

h γh |h|  = sup |g(z) − g(z + th)| : t ∈ [0, 1] . Puisque g est continue, on obtient (III.14). Il résulte alors de (III.13) que f  (z) = g(z) pour tout z ∈ Ω, ce qui établit l’identité dans le théorème.

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III.5. Exercices

III.5. Exercices Exercice III.1. Calculer la somme de la série : ∞ −n . a) n=1 3 ∞ −(3n+1) . b) n=0 4 ∞ 2 c) n=1 1/(n + 2n). ∞ d) n=1 1/[n(n + 1)(n + 2)].  Exercice III.2. Déterminer si la série ∞ n=0 xn est convergente ou divergente, avec xn donné par : a) 1/(n5 + 2). √ b) n/ n6 + n2 + 1. √ √ c) n + 1 − n.

Exercice III.3. Déterminer si la série avec xn donné par :

∞

n=0 xn

est convergente ou divergente,

a) 6n /n!. b) n3n /en . c) n!/(n3 + 4n ).

∞ Exercice III.4. Déterminer si la série n=1 xn est convergente, absolument convergente ou divergente, avec xn donné par : √ a) (−1)n / n. b) (−1)n n/(n3 + 4).

Exercice III.5. Pour chaque x > 0, calculer la somme de la série ∞ 

 x1/(2n+1) − x1/(2n−1) .

n=1

Exercice III.6. Déterminer a ∈ R tel que la série ∞ an+1 n x n+1

n=1

soit convergente pour x = −5 et divergente pour x = 5. 81 i

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Chapitre III. Suites et séries

Exercice III.7. Vérifier la convergence de la série ∞ n=1

(−1)n − 3 1+ n

n 2 .

Exercice III.8. Déterminer si la série est convergente ou divergente : ∞ 2 a) n=1 cos(1/n) sin(1/n ). ∞ √ 2 3 7 b) n=1 cos[n/(n + n)] cos[n /(n + 2)]. Exercice III.9. Déterminer si la série est convergente ou divergente : ∞ a) n=1 log(1 + 1/n). ∞ b) n=2 1/ log n. ∞ c) n=2 1/(n log n). ∞ d) n=3 1/(n log n log log n).  √ 3 Exercice III.10. Vérifier que la série ∞ n=2 1/(n n log n) est convergente. ∞ Exercice III.11. Soit n=1 fn une série de fonctions continues dans un ensemble K ⊂ Rp .  convera) Montrer que s’il existe des constantes an > 0 telles que ∞ n=1 an est ∞ gente et |fn (x)| ≤ an pour tous n ∈ N et x ∈ K, alors la série n=1 fn est uniformément convergente sur K. ∞ b)  Montrer que si n=1 fn est uniformément convergente sur K, alors ∞ f est continue dans K. n n=1 dans un ensemble ouc) Montrer que si les fonctions fn sont de classe C 1 ∞  vert K, avec n=1 fn convergente sur K et avec ∞ n=1 fn uniformément convergente sur K, alors

∞

 fn

=

n=1

Exercice III.12. Déterminer si la série avec zn donné par :

∞

fn

dans K.

n=1

∞

n=0 zn

est convergente ou divergente,

a) e3ni /n2 . b) cos(in)/en .

 Exercice III.13. Montrer que si ∞ n=1 |zn |, avec zn ∈ C, est convergente, alors  ∞ 2 est également convergente. z n=1 n 82 i

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Solutions

Exercice III.14. Montrer que la suite de fonctions est uniformément convergente : a) fn (z) = e−inz pour z > 3. b) fn (z) = z n pour |z| < 1/2. c) fn (z) = z n /(n2 + z n ) pour |z| < 1.

Exercice III.15. Déterminer si la suite de fonctions (fn )n est uniformément convergente : a) fn (z) = z n pour |z| < 1. b) fn (z) = nz n pour |z| < 1/2.

Exercice III.16. Montrer que la série converge uniformément : ∞ −inz e pour z > 3. a) n=1 ∞ n b) n=1 nz pour |z| < 1/3.  z Exercice III.17. Montrer que la série ∞ n=1 1/n converge pour z > 1. Exercice III.18. Montrer que  z n = ez . lim 1 + n→∞ n Suggestion : calculer le module et l’argument de (1 + z/n)n . Exercice III.19. Utiliser l’exercice III.18 pour montrer que ez+w = ez ew .

Solutions III.1 a)

1 2.

b)

16 63 .

c)

3 4.

d)

1 4.

III.2 a) Convergente.

b) Convergente.

c) Divergente.

III.3 a) Convergente.

b) Divergente.

III.4 a) Convergente.

b) Absolument convergente.

c) Divergente.

III.5 1 − x. III.6

1 5.

III.8 a) Convergente. III.9 a) Divergente.

b) Divergente. b) Divergente.

III.12 a) Convergente.

c) Divergente.

d) Divergente.

b) Divergente.

III.15 a) Pas uniformément convergente.

b) Uniformément convergente.

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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IV FONCTIONS ANALYTIQUES

On présente dans ce chapitre la notion de fonction analytique, comme fonction représentée par des séries entières. On montre que les fonctions analytiques sont exactement les fonctions holomorphes. On étudie également la notion de singularité, à l’aide des séries des puissances positives et négatives, que l’on appelle séries de Laurent. Enfin, on montre comment calculer des intégrales d’une classe de fonctions avec des singularités et on décrit des applications au calcul des intégrales impropres.

IV.1. Séries entières On considère la série

∞

cn (z − a)n ,

(IV.1)

n=0

où z, a, cn ∈ C pour chaque n ∈ N ∪ {0}, avec la convention que 00 = 1. On dit que la série dans (IV.1) est une série entière centrée au point a.

D´efinition IV.1.1. Le nombre R = 1/ lim sup n→∞

 n

|cn |

est appelé le rayon de convergence de la série dans (IV.1). On remarque que R peut aussi prendre la valeur +∞.

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

 n n Exemple IV.1.2. Le rayon de convergence de la série ∞ n=0 (z − i) /5 est  R = 1/ lim sup n 1/5n = 5. n→∞

 n Exemple IV.1.3. Le rayon de convergence de la série ∞ n=1 (z − 1) /n est  R = 1/ lim sup n 1/n = 1, n→∞

puisque

 n

1/n → 1 lorsque n → ∞.

Parfois, il est possible de calculer le rayon de convergence d’une autre manière.

Proposition IV.1.4. On a



cn

R = lim

n→∞ cn+1

(IV.2)

quand la limite existe. Démonstration. Soit ρ la limite dans (IV.2), à supposer qu’elle existe. En prenant

ε > 0, il existe p ∈ N tel que

(1/ρ − ε)|cn | ≤ |cn+1 | ≤ (1/ρ + ε)|cn | pour tout n ≥ p. Donc, (1/ρ − ε)n−p |cp | ≤ |cn | ≤ (1/ρ + ε)n−p |cp |, et aussi (1/ρ − ε)1−p/n ≤

 n

|cn | ≤ (1/ρ + ε)1−p/n |cp |1/n

pour tout n ≥ p. Lorsque n → ∞, on obtient  1/ρ − ε ≤ lim sup n |cn | ≤ 1/ρ + ε. n→∞

Puisque ε est arbitraire, on conclut que R = ρ.

Exemple IV.1.5. Le rayon de convergence de la série

∞

n=0 z

n 3n /(4n

+ n) est

4n+1 + n + 1 3n · n→∞ 4n + n 3n+1 1 4 4 + (n + 1)/4n = lim = . n n→∞ 3 1 + n/4 3

R = lim

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IV.1. Séries entières

Exemple IV.1.6. Le rayon de convergence de la série

∞

n=0 z

n /n!

est

(n + 1)! = lim (n + 1) = +∞. n→∞ n→∞ n!

R = lim

Maintenant, on calcule R en utilisant la formule  R = 1/ lim sup n 1/n!. n→∞

On a n! = n(n − 1) · · · 2 · 1 ≥ 2n−1 ,

n ≥ 2,

n! = n(n − 1) · · · 3 · 2 · 1 ≥ 3

,

n−2

n ≥ 3,

··· n! = n(n − 1) · · · k(k − 1) · · · 2 · 1 ≥ kn−k+1 , Donc,

√ n

n! ≥

√ n

kn−k+1 → k

lorsque n → ∞. Puisque k est arbitraire, on conclut que n → ∞. Cela montre que R = +∞.

Exemple IV.1.7. Le rayon de convergence de la série R = 1/ lim sup

 n

∞

n ≥ k.

√ n

n! → +∞ lorsque

n n=1 [2 + (−1) ](z

− 4)n est

2 + (−1)n = 1.

n→∞

Dans ce cas, la limite dans (IV.2) n’existe pas, et donc on ne peut pas utiliser la proposition IV.1.4. En effet,  1/3 si n est pair, 2 − (−1)n cn+1 = = n cn 2 + (−1) 3 si n est impair. Le résultat suivant concerne la convergence des séries entières. On dénote la boule ouverte de rayon r > 0 centrée en a ∈ C (voir la Figure IV.1) par Br (a) = {z ∈ C : |z − a| < r}, et son adhérence par Br (a) = {z ∈ C : |z − a| ≤ r}. On continue à désigner par R le rayon de convergence. 87 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

r a

Figure IV.1. Boule Br (a).

Th´eor`eme IV.1.8. La série entière dans (IV.1) est : a) absolument convergente si z ∈ BR (a) ; b) divergente si z ∈ BR (a) ; c) uniformément convergente sur Br (a) pour tout r < R, c’est-à-dire, pour chaque r < R et ε > 0, il existe p ∈ N tel que

m

∞ n n

cn (z − a) − cn (z − a) < ε

n=0

n=0

pour tout m > p et z ∈ Br (a). Démonstration. Pour z ∈ Br (a), on a ∞

|cn (z − a) | ≤ n

n=0

∞

|cn |r n

n=0

D’autre part, en prenant ε > 0, il existe p ∈ N tel que  1 n |cn | < + ε R pour tout n ≥ p. Donc, ∞ n=p

|cn (z − a)n | ≤

∞  1 n=p

R

n + ε rn .

Si r < R, alors, en prenant ε suffisamment petit, on a  1 + ε r < 1, R 88 i

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IV.1. Séries entières

et la série entière dans (IV.1) est absolument convergente. Cela établit la première propriété. Pour la deuxième propriété, on remarque que, en prenant ε > 0, il existe une suite de nombres naturels kn  ∞ lorsque n → ∞ telle que 

kn

|ckn | >

1 − ε. R

Donc, si |z − a| > R, alors, en prenant ε suffisamment petit, on a |ckn (z − a)kn |1/kn >

1 R

 − ε |z − a| > 1.

Cela implique que la série dans (IV.1) est divergente. Finalement, en procédant comme dans la première propriété, si ρ = (1/R + ε)r < 1, alors

∞

|cn (z − a)n | ≤

n=m

∞ n=m

ρn =

ρm 1−ρ

pour tout m ≥ p. Cela montre que la convergence est uniforme.

Exemple IV.1.9. Prenons la série

∞

n=1 z

n /n.

R = 1/ lim sup

 n

Son rayon de convergence est

1/n = 1.

n→∞

Donc, la série est absolument convergente pour |z| < 1, divergente pour |z| > 1, et uniformément convergente dans chaque boule Br (0) avec r < 1. Pour les points avec un module |z| = 1 on peut avoir convergence ou divergence. Par exemple, pour z = 1 la série est divergente et pour z = −1 elle est convergente. On ne va pas décrire une méthode générale pour étudier ce qui se passe à la frontière de la région de convergence d’une série entière. Maintenant, on introduit la notion de fonction analytique.

D´efinition IV.1.10. Une fonction f : Ω → C est dite analytique dans un ensemble  ouvert Ω ⊂ C si, pour chaque boule Br (a) ⊂ Ω, il existe une série n entière ∞ n=0 cn (z − a) convergeant vers f (z) pour chaque z ∈ Br (a). 89 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exemple IV.1.11. La fonction f (z) = 1/(z − 1) est analytique dans C \ {1}. En effet, en prenant a ∈ C \ {1}, on peut écrire 1 1 = z−1 z − a − (1 − a) 1 1 = · a − 1 1 − (z − a)/(1 − a) ∞ ∞ (z − a)n 1  z − a n = − = a−1 1−a (1 − a)n+1 n=0

n=0

quand |(z − a)/(1 − a)| < 1, c’est-à-dire, pour |z − a| < |1 − a|. On remarque que les fonctions analytiques sont de classe C ∞ et donc, en particulier, elles sont holomorphes.

Th´eor`eme IV.1.12. Si f : Ω → C est analytique, alors f est de classe C ∞ et toutes ses dérivées f (k) sont aussi analytiques dans Ω, avec f

(k)

(z) =

∞ n=k

n! cn (z − a)n−k (n − k)!

(IV.3)

pour k ∈ N et z ∈ Br (a) ⊂ Ω. En outre, on a ck =

f (k) (a) , k!

k ∈ N ∪ {0}.

(IV.4)

Démonstration. On remarque qu’il suffit de montrer que (IV.3) est satisfaite pour k = 1. En effet, pour k > 1, l’identité (IV.3) suit alors par récurrence. En outre, en prenant z = a dans (IV.3), on obtient

f (k) (a) =

k! ck = k!ck , (k − k)!

ce qui établit (IV.4). Enfin, puisque lim sup n→∞

n





n!



= lim sup n n(n − 1) · · · (n − k + 1)|cn | c n

(n − k)!

n→∞  = lim sup n |cn |, n→∞

le rayon de convergence de la série entière dans (IV.3) coïncide avec le rayon de convergence de la série entière de f dans (IV.1). 90 i

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IV.1. Séries entières

Maintenant, on montre que (IV.3) est satisfaite pour k = 1. Soit g(z) =

∞

ncn (z − a)n−1 .

n=1

Pour w = z + h, on a

 ∞ (w − a)n − (z − a)n f (w) − f (z) n−1 − g(z) = − n(z − a) cn . h h n=1

On remarque que le premier terme de la série (pour n = 1) est nul. D’autre part, on peut montrer par récurrence que l’identité (w − a)n − (z − a)n − n(z − a)n−1 = h k(w − a)n−k−1 (z − a)k−1 h n−1

(IV.5)

k=1

est satisfaite pour n ≥ 2. En effet, pour n = 2, on a (w − z)(w + z − 2a) (w − a)2 − (z − a)2 − 2(z − a) = − 2(z − a) = h. h h En outre, en supposant que (IV.5) est satisfaite pour un n donné, on a (w − a)n+1 − (z − a)n+1 − (n + 1)(z − a)n h (w − a)[(w − a)n − (z − a)n ] + (z − a)n (w − z) − (n + 1)(z − a)n = h

 (w − a)n − (z − a)n − n(z − a)n−1 = (w − a) h + (w − a)n(z − a)n−1 + (z − a)n − (n + 1)(z − a)n = (w − a)h

n−1

k(w − a)n−k−1 (z − a)k−1 + n(w − a)(z − a)n−1 − n(z − a)n

k=1

=h =h

n−1 k=1 n

k(w − a)(n+1)−k−1 (z − a)k−1 + n(w − a − z + a)(z − a)n−1 k(w − a)(n+1)−k−1 (z − a)k−1 ,

k=1

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

ce qui établit l’identité (IV.5). Pour z, w ∈ Br (a), il résulte de (IV.5) que





∞



(w − a)n − (z − a)n

f (w) − f (z) n−1





− g(z) ≤ − n(z − a) |cn | ·



h h n=2 ≤

∞

|h| · |cn |

n=2

≤ |h| = |h|

∞ n=2 ∞

|cn |r |cn |

 lim sup n→∞

n

k|w − a|n−k−1 |z − a|k−1

k=1 n−1 n−2

k

k=1

n=2

Puisque

n−1

|cn |

n(n − 1) n−2 r . 2

(IV.6)

 n(n − 1) = lim sup n |cn | 2 n→∞

et Br (a) ⊂ Ω, on a r
0 tels que Br (a) ⊂ Ω, on considère la restric-

tion de f à la boule Br (a), qui est un ensemble ouvert convexe. On considère aussi le chemin γs : [0, 2π] → C donné par γs (t) = z + seit , avec s < r. Par le théorème II.7.1, pour chaque z ∈ Bs (a), on a  f (w) 1 dw, f (z) = 2πi γ w − z 92 i

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IV.1. Séries entières

puisque Indγ (z) = 1. D’autre part, pour chaque z ∈ Bs (a) et w ∈ C avec |w −a| = s, on a 1 1 = w−z w − a − (z − a) 1 1 · = w − a 1 − (z − a)/(w − a) ∞ (z − a)n , = (w − a)n+1 n=0 puisque |z − a| < |w − a| = s. Il résulte alors de la proposition III.4.10 que   ∞ f (w) 1 dw (z − a)n f (z) = 2πi γs (w − a)n+1

(IV.7)

n=0

pour z ∈ Bs (a). Par l’unicité des coefficients d’une série entière (voir (IV.4)), les coefficients de la série dans (IV.7) sont les mêmes pour tout s. Donc, lorsque s → r, on conclut que l’identité (IV.7) est satisfaite pour tout z ∈ Br (a), et donc f est analytique dans Ω. Donnons quelques exemples.

Exemple IV.1.14. En utilisant la formule pour les coefficients dans (IV.4), on obtient, par exemple, ∞ 1 n z , e = n! n=0

z ∈ C,

z

log(1 − z) = sin z = cos z =

∞

n=1 ∞

1 − zn, n

|z| < 1,

(−1)n 2n+1 z , (2n + 1)! n=0 ∞ (−1)n

n=0

(2n)!

z 2n ,

z ∈ C,

z ∈ C.

(IV.8)

En fait, les formules dans (IV.8) pour ez , sin z et cos z sont les définitions habituelles de ces fonctions (même dans R).

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exemple IV.1.15. En utilisant la série pour le sinus dans (IV.8), on obtient ∞

sin z (−1)n 2n = z z (2n + 1)! n=0

(IV.9)

pour z = 0. Puisque les fonctions analytiques (comme la série dans le membre de droite de (IV.9)) sont différentiables, et donc sont aussi continues, on obtient ∞

(−1)n sin z = 02n = 1, lim z→0 z (2n + 1)! n=0

parce que 00 = 1. De manière analogue, en utilisant la série pour le cosinus dans (IV.8), on obtient ∞ cos z − 1 (−1)n 2n−2 z = z2 (2n)! n=1 pour z = 0, et donc,

1 cos z − 1 =− . 2 z→0 z 2 lim

En particulier, il résulte du théorème IV.1.13 que toutes les fonctions holomorphes sont C ∞ . Par les théorèmes IV.1.12 et IV.1.13, on a le corollaire suivant.

Th´eor`eme IV.1.16. Une fonction est holomorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C si et seulement si elle est analytique dans Ω. En comparant (IV.4) avec (IV.7), on obtient également le résultat suivant.

Th´eor`eme IV.1.17 (Formules int´egrales de Cauchy pour les d´eriv´ees). Soit f une fonction holomorphe dans Ω. Si Br (z) ⊂ Ω et si γ est un lacet régulier par morceaux dans Br (z) \ {z}, alors f

(k)

k! (z) Indγ (z) = 2πi

 γ

f (w) dw, (w − z)k+1

k ∈ N ∪ {0}.

(IV.10)

On donne aussi deux applications de la formule intégrale de Cauchy pour la dérivée première.

Th´eor`eme IV.1.18 (Liouville). Si une fonction holomorphe f : C → C est bornée, alors elle est constante. 94 i

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IV.1. Séries entières Démonstration. Pour chaque z ∈ C, soit γ : [0, 2π] → C le chemin donné par

γ(t) = z + reit . Alors Indγ (z) = 1 et il résulte de (IV.10) avec k = 1 que  1 f (w)  f (z) = dw. 2πi γ (w − z)2 Donc,





1

f (w)

dw |f (z)| =

2π γ (w − z)2   |f (γ(t))| 1 Lγ sup : t ∈ [0, 2π] ≤ 2π |reit |2  1 = sup |f (γ(t))| : t ∈ [0, 2π] . r 

(IV.11)

D’autre part, puisque f est bornée, il existe L > 0 tel que  sup |f (γ(t))| : t ∈ [0, 2π] ≤ L. Il résulte alors de (IV.11) que |f  (z)| ≤

L →0 r

lorsque r → ∞ et f  (z) = 0 pour tout z ∈ C. Par la proposition II.2.14, on conclut que f est constante. Maintenant, on établit le théorème fondamental de l’algèbre, comme conséquence du théorème IV.1.18.

Th´eor`eme IV.1.19 (Th´eor`eme fondamental de l’alg`ebre). Tout polynôme non constant P (z) à coefficients dans C a des racines dans C. Démonstration. On fait un raisonnement par l’absurde. Si P (z) n’avait pas de racines dans C, alors f (z) = 1/P (z) serait une fonction holomorphe dans C. Maintenant on écrit

P (z) = z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 , où a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ C et n ∈ N. Lorsque r = |z| on obtient |P (z)| ≥ |z|n − |an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 |   ≥ r n − |an−1 |r n−1 + · · · + |a1 |r + |a0 |   ≥ r n−1 r − |an−1 | − · · · − |a1 | − |a0 | → +∞ 95 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

lorsque r → ∞. Cela montre que la fonction f est bornée. Il résulte alors du théorème IV.1.18 que f est constante, ce qui est faux. Donc, P doit avoir des racines dans C. On montre aussi, comme application du théorème IV.1.16, que la limite uniforme d’une suite de fonctions holomorphes est encore une fonction holomorphe.

Th´eor`eme IV.1.20. Soit (fn )n une suite de fonctions holomorphes convergeant uniformément sur un ensemble ouvert Ω ⊂ C. Alors, la fonction limite f est holomorphe dans Ω. Démonstration. Pour a ∈ Ω, prenons r > 0 tel que Br (a) ⊂ Ω. Puisque chaque fonction fn est holomorphe, il résulte du théorème II.5.11 que  fn = 0 γ

pour tout lacet régulier par morceaux γ dans la boule Br (a). Par la proposition III.4.5, on obtient alors   f = lim fn = 0. γ

n→∞ γ

En procédant comme dans la démonstration du théorème II.5.8, on peut montrer que f a pour primitive F dans (II.12) dans la boule Br (a). Ainsi, f est la dérivée d’une fonction holomorphe dans Br (a). Puisque les fonctions holomorphes sont analytiques, f est la dérivée d’une fonction analytique, et donc elle est aussi analytique. Enfin, puisque les fonctions analytiques sont holomorphes, on conclut que f est holomorphe.

IV.2. Zéros On montre dans cette section que les zéros d’une fonction analytique non nulle sont isolés.

Th´eor`eme IV.2.1. Soit f : Ω → C une fonction analytique non nulle dans un en semble ouvert connexe Ω ∈ C. Alors {z ∈ Ω : f (z) = 0 est un ensemble de points isolés. Démonstration. Supposons que l’ensemble

 A = z ∈ Ω : f (m) (z) = 0 pour m ∈ N ∪ {0} 96 i

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IV.2. Zéros

n’est pas vide. Pour z ∈ A ∩ Ω, il existe une suite (zn )n dans A qui converge vers z. On observe maintenant que par le théorème IV.1.12 la fonction f est C ∞ dans Ω, et donc, f (m) (z) = lim f (m) (zn ) = 0 n→∞

pour m ∈ N ∪ {0}. Cela montre que z ∈ A, c’est-à-dire, A ∩ Ω = A.

(IV.12)

D’autre part, pour chaque a ∈ A, prenons r > 0 tel que Br (a) ⊂ Ω. Puisque f est analytique, on a f (z) =

∞ f (n) (a) n=0

n!

(z − a)n = 0,

z ∈ Br (a).

Cela montre que Br (a) ⊂ A, et l’ensemble A est ouvert. Donc, si A = Ω alors A et Ω \ A sont des ensembles non vides avec Ω = A ∪ (Ω \ A), tels que A ∩ (Ω \ A) = (A ∩ Ω) \ (A ∩ A) = ∅ (par (IV.12)) et A ∩ Ω \ A = ∅, puisque A est ouvert. Mais cela est impossible, puisque l’ensemble Ω est connexe. Donc, A = ∅. Pour a ∈ Ω avec f (a) = 0, prenons r > 0 tel que Br (a) ⊂ Ω. Puisque f est analytique, on a ∞ cn (z − a)n , z ∈ Br (a) (IV.13) f (z) = n=0

pour certaines constantes cn ∈ C. Puisque A = ∅, il existe n ∈ N ∪ {0} tel que cn = 0 dans (IV.13). Soit m le plus petit entier avec cette propriété. Alors f (z) =

∞

cn (z − a)n = (z − a)m g(z)

n=m

pour z ∈ Br (a), où g(z) =

∞

cn (z − a)n−m .

n=m

Puisque g est analytique, d’après le théorème IV.1.12 elle est aussi continue. Ainsi, puisque g(a) = cm = 0, il existe s ≤ r tel que g(z) = 0 pour tout z ∈ Bs (a). Donc, la fonction f ne s’annule pas dans Bs (a) \ {a}, et le zéro a est isolé. 97 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exemple IV.2.2. L’ensemble des zéros de la fonction f (z) = sin(z/π) est Z. Exemple IV.2.3. Montrons que si f, g : C → C sont des fonctions analytiques et f = g dans R, alors f = g dans C. Il suffit de noter que la fonction analytique f − g a des zéros qui ne sont pas isolés, et donc f − g = 0 dans C.

IV.3. Séries de Laurent et singularités On considère dans cette section des fonctions qui ne sont pas nécessairement holomorphes. On commence par introduire la notion de singularité isolée d’une fonction.

D´efinition IV.3.1. Quand une fonction f est holomorphe dans Br (a) \ {a} avec r > 0, mais n’est pas holomorphe dans Br (a), le point a est appelé une singularité isolée de f . Donnons quelques exemples.

Exemple IV.3.2. La fonction f (z) = 1/z a une singularité isolée en z = 0. Exemple IV.3.3. La fonction f (z) = sin z/z a une singularité isolée en z = 0. Toutefois, la fonction  sin z/z si z = 0, f (z) = 1 si z = 0, qui peut être représentée par la série entière ∞

∞

1 (−1)n 2n+1 (−1)n 2n sin z = z z = z z n=0 (2n + 1)! (2n + 1)! n=0

(IV.14)

pour z = 0, est holomorphe. En effet, pour z = 0, la dernière série dans (IV.14) prend la valeur 1 (rappelons que z 0 = 1).

Exemple IV.3.4. La fonction  f (z) =

z si z = 3, 2 si z = 3

a une singularité isolée en z = 3. 98 i

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IV.3. Séries de Laurent et singularités

R r a

 Figure IV.2. Couronne z ∈ C : r < |z − a| < R .

On remarque que si a est une singularité isolée, alors il existe r > 0 tel que f est holomorphe dans Br (a) \ {a} (puisque l’ensemble Ω est ouvert). Dans ce cas, et plus généralement pour les fonctions holomorphes dans une couronne (voir la Figure IV.2), on peut montrer que f est donnée par une série de puissances positives et négatives.

Th´eor`eme IV.3.5 (S´erie de Laurent). Si f est holomorphe dans la couronne  A = z ∈ C : r < |z − a| < R , (IV.15) alors il existe des constantes uniques cn ∈ C pour n ∈ Z telles que cn (z − a)n , z ∈ A. f (z) =

(IV.16)

n∈Z

Avant de procéder à la démonstration du théorème, on remarque que la propriété (IV.16) signifie que, pour chaque z ∈ A, la suite fm (z) =

m

cn (z − a)n

n=−m

converge vers f (z) lorsque m → ∞, c’est-à-dire, on a f (z) = lim fm (z). m→∞

Démonstration du théorème IV.3.5. Prenons ρ1 , ρ2 ∈]r, R[ avec ρ1 < ρ2 . On définit les chemins γ1 , γ2 : [0, 2π] → C par

γj (t) = a + ρj eit ,

j = 1, 2 99

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

γ1

a

γ2

Figure IV.3. Chemins γ1 et γ2 .

(voir la Figure IV.3). Pour chaque z ∈ A tel que ρ1 < |z − a| < ρ2 , on considère la fonction g : A → C donnée par  (f (w) − f (z))/(w − z) si w ∈ A \ {z}, g(w) = si w = z. f  (z) Puisque f est holomorphe, par le théorème IV.1.13, la fonction g est donnée par une série entière dans chaque couronne Br (a) \ {z} ⊂ A \ {z}. Mais puisque g est continue dans A, elle est donnée par la même série entière dans la boule Br (a) (puisque les séries entières sont des fonctions continues). Par le théorème IV.1.12, on conclut que g est holomorphe dans A. Il résulte alors du théorème II.8.2 que   g= g, γ1

c’est-à-dire,

 γ1

γ2

f (w) − f (z) dw = w−z

 γ2

f (w) − f (z) dw. w−z

On a Indγ1 (z) = 0 et Indγ2 (z) = 1. Donc,   f (w) f (w) dw = dw − 2πif (z), γ1 w − z γ2 w − z et on obtient f (z) = f1 (z) + f2 (z), où

1 f1 (z) = 2πi

 γ2

f (w) dw w−z

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IV.3. Séries de Laurent et singularités

et



1 f2 (z) = − 2πi

γ1

f (w) dw. w−z

Maintenant, on remarque que ∞

(z − a)n 1 = w − z n=0 (w − a)n+1 et

pour |w − a| = ρ2 ,

∞

(w − a)n−1 1 =− w−z (z − a)n

pour

|w − a| = ρ1 .

n=1

Par le théorème IV.1.8 et la proposition III.4.10, on peut intégrer ces séries terme à terme pour obtenir ∞ cn (z − a)n , f1 (z) = n=0

avec cn =

1 2πi

 γ2

f (w) dw, (w − a)n+1

et f2 (z) =

∞

n ∈ N ∪ {0},

dn (z − a)−n ,

n=1

avec dn =

1 2πi

 f (w)(w − a)n−1 dw,

n ∈ N.

γ1

En prenant c−n = dn pour n ∈ N ∪ {0}, on obtient alors cn (z − a)n . f (z) = f1 (z) + f2 (z) = n∈Z

Il reste à établir l’unicité des constantes cn . Supposons que bn (z − a)n , z ∈ A f (z) =

(IV.17)

n∈Z

pour certaines autres constantes bn ∈ C pour n ∈ Z. Il résulte de (IV.16) et (IV.17) que ∞

(cn − bn )(z − a)n =

n=0

∞

(b−n − c−n )(z − a)−n .

(IV.18)

n=1

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Maintenant, on définit une fonction h : C → C par h(z) =

∞

(cn − bn )(z − a)n

n=0

pour |z − a| < R et par h(z) =

∞

(b−n − c−n )(z − a)−n

n=1

pour |z − a| > r. Il résulte de (IV.18) que h est bien définie, et donc elle est holomorphe dans C. En outre, puisque la seconde série dans (IV.18) n’a pas de terme d’ordre zéro, on a h(z) → 0 lorsque |z| → ∞. Cela montre que h est bornée, et il résulte du théorème IV.1.18 que h est constante. Donc, h = 0 puisque h(z) → 0 lorsque |z| → ∞. Il résulte alors de (IV.18) que cn − bn = 0 pour n ≥ 0, et b−n − c−n = 0 pour n ≥ 1. Cela établit l’unicité des constantes dans (IV.16). La série dans (IV.16) est appelée série de Laurent.

Exemple IV.3.6. Prenons la fonction f (z) =

1 1 = , z2 − z z(z − 1)

 qui est holomorphe dans C \ {0, 1}. Dans la couronne z ∈ C : 0 < |z| < 1 , on peut écrire 1 1 1 =− · −z z 1−z ∞ ∞ 1 n z = −z m , =− z

f (z) =

z2

n=0

(IV.19)

m=−1

  tandis que, dans la couronne z ∈ C : 1 < |z| < ∞ = z ∈ C : |z| > 1 , on a −2 ∞  1/z 1 1 n 1 = 2 = z −m . f (z) = · z 1 − 1/z z z m=−∞ n=0

Par l’unicité des coefficients dans le théorème IV.3.5, ceux-ci sont nécessairement les séries de Laurent de la fonction f dans chacune des couronnes. 102 i

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IV.3. Séries de Laurent et singularités

En prenant r = 0 dans le théorème IV.3.5, on conclut qu’une fonction holomorphe dans la couronne  z ∈ C : 0 < |z − a| < r (comme une fonction avec une singularité isolée en a, avec r > 0) a une représentation (unique) comme une série de Laurent. On utilise cette propriété dans la définition suivante.

D´efinition IV.3.7. Si a est une singularité isolée de f et si les cn pour n ∈ Z sont les coefficients de la série de Laurent dans (IV.16), on dit que : a) a est une singularité effaçable si cn = 0 pour tout n < 0 ; b) a est un pôle d’ordre m ∈ N si c−m = 0 et cn = 0 pour tout n < −m ; c) a est une singularité essentielle si cn = 0 pour un nombre infini de valeurs négatives de n.

Exemple IV.3.8. Il résulte de l’exemple IV.3.3 que z = 0 est une singularité effaçable de la fonction sin z/z. Exemple IV.3.9. Pour la fonction f (z) =

z2

1 , −z

il résulte de (IV.19) que z = 0 est un pôle d’ordre 1. On a aussi 1 1 1 = · z(z − 1) z − 1 1 + (z − 1) ∞ ∞ 1 n [−(z − 1)] = (−1)n (z − 1)n−1 , = z−1

f (z) =

n=0

n=0

et donc z = 1 est un pôle d’ordre 1. Plus généralement, on peut montrer que si f (z) =

(z − a1 )n1 · · · (z − ak )nk , (z − b1 )m1 · · · (z − bl )ml

avec k + l nombres différents aj et bj et avec k + l exposants nj , mj ∈ N, alors chaque point z = bj est un pôle d’ordre mj . 103 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exemple IV.3.10. La fonction f (z) = e1/z a une singularité essentielle en z = 0. En effet,

 ∞ 1 1 n , (IV.20) e1/z = n! z n=0 et la série de Laurent a un nombre infini de puissances négatives.

IV.4. Résidus Afin de calculer des intégrales de nombreuses fonctions non holomorphes le long d’un lacet de façon plus facile, on introduit la notion de résidu d’une singularité isolée.

D´efinition IV.4.1. Soit a une singularité isolée de f . Le nombre  1 f, Res(f, a) = 2πi γ où le chemin γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = a + reit avec r arbitrairement petit, est appelé le résidu de f au point a. Le résidu peut être calculé comme suit.

Proposition IV.4.2. Si a est une singularité isolée de f , alors Res(f, a) = c−1 , où c−1 est le coefficient du terme de degré −1 dans la série de Laurent dans (IV.16). Démonstration. D’une manière similaire à celle de la démonstration du théorème IV.1.8, on peut montrer que la série de Laurent dans (IV.16) converge uniformément sur l’ensemble



z ∈ C : ρ1 ≤ |z − a| ≤ ρ2 ,

quand ρ1 et ρ2 sont tels que 0 < ρ1 ≤ ρ2 < R (voir (IV.15)). Il résulte alors de la proposition III.4.10 que   1 1 f= cn (z − a)n dz Res(f, a) = 2πi γ 2πi γ n∈Z  1 cn (z − a)n dz, = 2πi γ n∈Z

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IV.4. Résidus

où le chemin γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = a + ρeit avec ρ ∈]ρ1 , ρ2 [ (on note que les intégrales ne dépendent pas de ρ). Pour n = −1, on a 

(z − a)n+1

z=γ(2π) (z − a) dz = = 0. n + 1 z=γ(0) γ n

(IV.21)

Donc, c−1 Res(f, a) = 2πi c−1 = 2πi

 

γ

dz z−a 2π

0

rieit dt = c−1 , reit

ce qui donne l’identité souhaitée.

Exemple IV.4.3. On calcule le résidu de la fonction f (z) =

z z = 1 + z2 (z − i)(z + i)

au pôle z = i. On a 1 z−i+i 1 z · = · z − i z + i z − i 2i + z−i 

1 1 i · = 1+ z − i 2i 1 + (z − i)/(2i)  

1 z − i (z − i)2 i 1− − + ··· = 1+ z − i 2i 2i 4 1 1 z−i 1 (z − i)2 z − i 1 + · + − − − + ··· = 2i 2 z − i 4 4i 8i 8 1 1 1 = (z − i)−1 + + (z − i) + · · · . 2 4i 8

f (z) =

Donc, z = i est un pôle d’ordre 1 avec Res(f, i) = 1/2. Plus généralement on a le résultat suivant.

Proposition IV.4.4. Si a est un pôle d’ordre m pour la fonction f , alors Res(f, a) = lim

z→a

1 [(z − a)m f (z)](m−1) . (m − 1)! 105

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Chapitre IV. Fonctions analytiques Démonstration. Si

f (z) =

∞

cn (z − a)n ,

n=−m

alors (z − a)m f (z) = c−m + c−m+1 (z − a) + · · · , et donc, [(z − a)m f (z)](m−1) = (m − 1)!c−1 + · · · . Cela établit le résultat souhaité.

Exemple IV.4.5. Pour la fonction f dans l’exemple IV.4.3, on a Res(f, i) = lim[(z − i)f (z)] z→i

i 1 z = = . z→i z + i 2i 2

= lim

Exemple IV.4.6. Pour la fonction f (z) = e1/z , on a obtenu la série de Laurent dans (IV.20). Il résulte de la proposition IV.4.2 que Res(f, 0) = 1.

IV.5. Fonctions méromorphes Maintenant, on introduit la notion de fonction méromorphe.

D´efinition IV.5.1. La fonction f est dite méromorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C s’il existe A ⊂ Ω tel que : a) f est holomorphe dans Ω \ A ; b) f a un pôle en chaque point de A ; c) A n’a pas des points d’accumulation dans Ω. Les fonctions holomorphes sont un cas particulier des fonctions méromorphes (elles correspondent à prendre A = ∅ dans la définition IV.5.1).

Exemple IV.5.2. Il résulte de l’exemple IV.3.9 que la fonction f (z) = 1/(z 2 − z) a seulement les singularités z = 0 et z = 1, qui sont des pôles. Donc, f est une fonction méromorphe. 106 i

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IV.5. Fonctions méromorphes

Plus généralement, on peut montrer que si f (z) = P (z)/Q(z) pour certains polynômes P et Q, alors f est méromorphe. Le résultat suivant permet de calculer l’intégrale d’une fonction méromorphe le long d’un lacet.

Th´eor`eme IV.5.3 (Th´eor`eme des r´esidus). Si f est une fonction méromorphe dans un ensemble ouvert simplement connexe Ω ⊂ C et si γ est un lacet régulier par morceaux dans Ω \ A, alors  1 f= Res(f, a) Indγ (a), 2πi γ a∈A

où A ⊂ Ω est l’ensemble des pôles de f . Démonstration. Prenons l’ensemble

 B = a ∈ A : Indγ (a) = 0 .

On rappelle que Indγ (a) = 0 pour a dans la composante connexe non bornée U du complément de la courbe définie par γ. Donc, B est contenue dans l’ensemble compact C \ U ⊂ Ω. Cela montre que B est fini. Sinon, il existerait une suite (an )n de points distincts de B. Étant bornée, cette suite aurait au moins un point d’accumulation dans C \ U et donc aussi dans Ω. Mais alors ce serait également un point d’accumulation de A dans Ω, ce qui, par hypothèse, n’existe pas. Soit maintenant Pa la somme des puissances négatives de la série de Laurent de f dans la couronne  R = z ∈ C : 0 < |z − a| < r , pour r suffisamment petit tel que R ⊂ Ω \ A. Alors Pa g=f− a∈B

a une singularité effaçable à chaque point de B. Puisque Ω est simplement connexe, par le théorème II.8.3 on conclut que    Pa . (IV.22) 0= g= f− γ

γ

a∈B

γ

On procède comme dans (IV.21), maintenant pour le chemin γ. En intégrant Pa terme à terme, d’après la proposition IV.4.2 on obtient   1 Res(f, a) 1 dz = Res(f, a) Indγ (a). Pa = 2πi γ 2πi γ z − a 107 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Il résulte alors de (IV.22) que  1 f= Res(f, a) Indγ (a) 2πi γ a∈B Res(f, a) Indγ (a), = a∈A

ce qui donne l’identité souhaitée.

Exemple IV.5.4. Prenons la fonction f (z) = z/(1 + z 2 ) et soit γ : [0, 2π] → C le chemin donné par γ(t) = i + eit . Par l’exemple IV.4.3, on a Res(f, i) = 1/2. Puisque Indγ (i) = 1 et Indγ (−i) = 0, on obtient    f = 2πi Res(f, i) Indγ (i) + Res(f, −i) Indγ (−i) = πi. γ

γ2 i −R

γ1

R

Figure IV.4. Chemin γ1 + γ2 .

Exemple IV.5.5. Prenons l’intégrale 

∞ 0

dx 1 + x2

x2 )

Puisqu’une primitive de 1/(1 + est Arctan x, on a  a  ∞ dx dx = lim 2 a→∞ 0 1 + x2 1+x 0 = lim (Arctan a − Arctan 0) = a→∞

π . 2

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IV.5. Fonctions méromorphes

Maintenant, on montre comment l’intégrale peut être calculée en utilisant le théorème des résidus. Prenons le chemin γ = γ1 + γ2 avec γ1 : [−R, R] → C et γ2 : [0, π] → C donnés respectivement (voir la Figure IV.4) par γ1 (t) = t et γ2 (t) = Reit . Pour R > 1 on a Indγ (i) = 1 et Indγ (−i) = 0. Donc, si f (z) = 1/(1 + z 2 ), alors  1 (IV.23) f = 2πi Res(f, i) Indγ (i) = 2πi = π, 2i γ puisque

1 z−i 1 = . = lim 2 z→i 1 + z z→i z + i 2i

Res(f, i) = lim D’autre part, 

 f=

f (t) dt + −R

γ

Puisque



R





R

f =2

f (t) dt + 0

γ2

f. γ2



  



1



: z ∈ γ2 ([0, π]) , f ≤ Lγ2 sup

|z 2 + 1| γ2

et |z 2 + 1| ≥ |z 2 | − 1 = |z|2 − 1 pour |z| > 1, on obtient





≤ πR 1

→0 f



R2 − 1 γ2

lorsque R → ∞. Donc, 

 γ



R

f =2



0

∞

f →2

f (t) dt + γ2

f (t) dt 0

lorsque R → ∞. Il résulte alors de (IV.23) que  ∞ π dx = . 2 1+x 2 0 L’exemple suivant sera utilisé plus tard dans l’étude de la transformée de Laplace. 109 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exemple IV.5.6. Prenons l’intégrale 

∞

0

sin x dx. x

Pour r, R > 0 avec r < R, on considère le chemin (voir la Figure IV.5) γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 , où γ1 : [r, R] → C, γ2 : [0, π] → C, γ3 : [−R, −r] → C et γ4 : [0, π] → C sont donnés par γ1 (t) = t, γ2 (t) = Reit , γ3 (t) = t et γ4 (t) = rei(π−t) .  Par le théorème IV.5.3, on a γ f = 0 pour la fonction f (z) =

eiz . 2iz

γ2 γ4 −R

−r

γ3

r

γ1

R

Figure IV.5. Chemin γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 .

On a aussi     f− f− f= γ

γ2

eix dx + 2ix

R

eix − e−ix 2ix

r

γ4

 =

r



R

−r

eix dx −R 2ix  R sin x dx = dx. x r

(IV.24)

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IV.5. Fonctions méromorphes

Maintenant, on remarque que d’après la proposition II.4.15,

 π





f

≤ |f (Reit )Rieit | dt

0 γ2   π/2 1 π −R sin t e dt = e−R sin t dt = 2 0 0  π/2 1 − πe−R/2 →0 e−Rt/π dt = ≤ R 0 lorsque R → +∞, puisque sin t ≥ 2t/π pour t ∈ [0, π/2] (il suffit de comparer les graphes de sin t et 2t/π). En outre, puisque z = 0 est une singularité effaçable de (eiz − 1)/z, on a



  iz 

e − 1

eiz − 1





dz ≤ πr sup

: |z| < 1

z z

γ4 pour r < 1, et  1 eiz − 1 + dz f = lim lim r→0 γ4 r→0 γ4 2iz 2iz  dz = 0 + lim r→0 γ 2iz 4  π π riei(π−t) dt = − . = lim − i(π−t) r→0 2 0 2ire 



Donc, lorsque R → +∞ et r → 0 dans (IV.24), on obtient    ∞ π sin x dx = − lim f − lim f = . r→0 γ R→∞ γ2 x 2 0 Par ailleurs, on remarque que 





sin x dx = +∞.

x

∞

0

En effet, on a  0



∞ 

sin x dx ≥

x

∞

≥





sin x dx

x

2πn+π/2

n=1 2πn+π/4 ∞

1 π √ · = +∞. 2πn + π/2 4 2 n=1 111

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

IV.6. Exercices Exercice IV.1. Écrire la fonction f comme une série entière centrée en zéro et indiquer le rayon de convergence : a) f (z) = 1/(1 + z 2 ). b) f (z) = 1/(1 − z)2 . c) f (z) = cos(z 3 ).

Exercice IV.2. Écrire la fonction f comme une série entière et indiquer le rayon de convergence : a) f (z) = 1/z au point a = 3. b) f (z) = z/[(z − 1)(z − 3)] au point a = 2. c) f (z) = z 3 au point a = 1.

Exercice IV.3. Calculer le rayon de convergence de la série : ∞ n a) n=1 (z/n) . ∞ n b) n=1 (nz) . ∞ n! c) n=0 z . ∞ n 5 d) n=0 (z − i) /(n + 2). Exercice IV.4. Soit u : R2 → R la fonction u(x, y) = e−y cos x + y(x − 1). a) Déterminer v telle que f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) soit holomorphe et f (0) = 1. b) Si γ est le cercle de rayon 2 centré à l’origine tournant deux fois dans le  sens positif, calculer l’intégrale γ f (z)/(z − i)2 dz.

Exercice IV.5. Déterminer et classifier les singularités de la fonction et calculer le rayon de convergence de sa série entière au point a : a) 1/(z 2 + 1), a = 1. b) z 2 /(z 2 − z − 2), a = 0. 2

c) e−z /(z − 2), a = 0.

Exercice IV.6. Classifier la singularité à l’origine de la fonction : a) (cos z − 1)/z. b) z cos(1/z). c) 1/(1 − ez ). d) 1/z − 1/ sin z. e) 1/(z − sin z). 112 i

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Exercices

Exercice IV.7. Déterminer la limite de la fonction lorsque z → 0 : a) log(1 − z)/z. b) (e2z − 1)/z. c) (e2z − e−z )/z.

Exercice IV.8. Obtenir les séries de Laurent des fonctions f (z) =

sin z z2

et g(z) =

1 3−z

dans les couronnes 0 < |z| < 3 et |z| > 3.

Exercice IV.9. Pour le polynôme f (z) = az 3 + bz 2 + cz + d et le chemin γ : [0, 4π] → C donné par γ(t) = eit , calculer l’intégrale  γ

f (z) dz. z3

Exercice IV.10. Pour le chemin γ : [0, 2π] → C donné par γ(t) = eit , calculer l’intégrale  az 8 + b sin(z 4 ) + c sin4 z dz. z4 γ Exercice IV.11. Pour le chemin γ : [0, 2π] → C donné par γ(t) = 5eit , calculer l’intégrale  ez dz. γ (z + 2)(z − 3) Exercice IV.12. On considère la fonction f (z) =

(ez

z . − 1)2

a) Déterminer et classifier les singularités de f . b) Calculer l’intégrale de f le long du cercle |z| = 2 tournant une fois dans le sens positif. 113 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exercice IV.13. On considère la fonction f (z) = z/(z 2 + sin3 z). a) Classifier la singularité z = 0 de f . b) Trouver les termes d’ordre −1 et −2 de la série de Laurent de f en z = 0.  2π Exercice IV.14. Calculer l’intégrale 0 1/(3 + 2 cos  t) dt. 2Suggestion : considérer it le chemin γ(t) = e avec t ∈ [0, 2π] et l’intégrale γ 1/(z + 3z + 1) dz.

Exercice IV.15. Calculer l’intégrale : ∞ a) 0 1/(1 + x4 ) dx. ∞ b) 0 1/(x2 + 9)2 dx. ∞ c) 0 (1 + x2 )/(1 + x4 ) dx. Exercice IV.16. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) Il n’existe pas de séries entières avec un rayon de convergence égal à zéro. b) Le rayon de convergence de la série entière ez / sin2 z en z = 2 est 2. c) La fonction f (z) = z/(ez − 1)2 +e1/(z−3) n’a pas de singularités essentielles. d) La fonction ee

1/z

a un pôle.

e) La fonction z/ sin z peut être écrite comme une série entière dans la couronne 0 < |z| < π.   n f) La frontière de l’ensemble z ∈ C : ∞ n=0 (1 + 1/z) est convergente est une ligne droite.

Exercice IV.17. Montrer que si f est analytique dans C et |f (n) (0)| ≤ 1 pour tout n ∈ N ∪ {0}, alors |f (z)| ≤ e|z| . Exercice IV.18. Montrer que si la fonction f = u + iv est holomorphe dans l’ensemble ouvert Ω ⊂ C, alors Δu = Δv = 0 dans Ω. Suggestion : noter que u et v sont de classe C 2 . Exercice IV.19. On considère la fonction ∞ (−1)n  z 2n . J(z) = (n!)2 2 n=0

Calculer le rayon de convergence de la série et vérifier que zJ  (z) + J  (z) + zJ(z) = 0.

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Solutions

Exercice IV.20. Soit f une fonction holomorphe dans l’ensemble ouvert Ω ⊂ C, avec f  (z0 ) = 0 en un point z0 ∈ Ω. Montrer que si γ(t) = z0 + reit avec t ∈ [0, 2π], alors pour tout r suffisamment petit on a  2πi dz = .  f (z0 ) γ f (z) − f (z0 ) Suggestion : vérifier que la fonction g(z) =

z − z0 f (z) − f (z0 )

a une singularité effaçable à z = z0 .

Solutions IV.1 a)

c)

∞

n=0 ∞ n=0

IV.2 a)

b)

(−1)n z 2n avec R = 1. b)

nz n−1 avec R = 1.

n=1

(−1)n 6n z avec R = +∞. (2n)!

∞ (−1)n n=0 ∞

3n+1

−

n=0

∞

(z − 3)n avec R = 3.

3 + (−1)n (z − 2)n avec R = 1. 2

c) 1 + 3(z − 1) + 3(z − 1)2 + (z − 1)3 avec R = +∞. IV.3 a) +∞. b) 0. c) 1. d) 1. IV.4 a) e−y sin x − (x2 − y 2 )/2 + x. b) −4π(1 + e−1 ) + 4πi. √ IV.5 a) z = ±i sont des pôles d’ordre 1 et R = 2. b) z = 2 et z = −1 sont des pôles d’ordre 1 et R = 1. c) z = 2 est un pôle d’ordre 1 et R = 2. IV.6 a) Singularité effaçable. b) Singularité essentielle. c) Pôle d’ordre 1. d) Singularité effaçable.

e) Pôle d’ordre 3.

IV.7 a) −1. b) 2. c) 3. 115 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

 n 2n−1 /(2n + 1)! pour 0 < |z| < 3 et pour |z| > 3. IV.8 f (z) = ∞ n=0 (−1) z ∞ n −n−1  n n+1 pour 0 < |z| < 3 et g(z) = − pour g(z) = ∞ n=0 z /3 n=0 3 z |z| > 3. IV.9 4πbi. IV.10 0. IV.11 2πi(e3 − e−2 )/5. IV.12 a) 0 est un pôle d’ordre 1, 2kπi avec k ∈ Z \{0} est un pôle d’ordre 2. b) 2πi. IV.13 a) Pôle d’ordre 1. b) 1 et 0. √ IV.14 2π/ 5. √ √ IV.15 a) π/(2 2). b) π/108. c) π/ 2. IV.16 a) Fausse. b) Fausse. c) Fausse. d) Fausse. e) Vraie. f) Vraie. IV.19 R = +∞.

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V ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

On présente dans ce chapitre la notion de solution d’une équation différentielle ordinaire. En plus d’établir l’existence et l’unicité des solutions, on étudie la classe des équations différentielles linéaires à coefficients constantes, ainsi que leurs perturbations. En particulier, on montre comment on peut résoudre les équations linéaires par le calcul des exponentielles de matrices et on établit la formule de variation des constantes pour ces équations.

V.1. Notions de base On considère dans ce chapitre les équations différentielles ordinaires x = f (t, x),

(V.1)

où f : D → Rn est une fonction continue dans un ensemble ouvert D ⊂ R × Rn . On commence par introduire la notion de solution.

D´efinition V.1.1. On dit qu’une fonction x : ]a, b[→ Rn de classe C 1 est une solution de l’équation différentielle (V.1) si (voir la Figure V.1) : a) (t, x(t)) ∈ D pour chaque t ∈]a, b[ ; b) x (t) = f (t, x(t)) pour chaque t ∈]a, b[.

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

D x

x(t0 )

t

t0

Figure V.1. Une solution de l’équation x = f (t, x).

Exemple V.1.2. Prenons l’équation x = x dans R. On remarque que x(t) est une solution si et seulement si (e−t x(t)) = −e−t x(t) + e−t x (t) = e−t (−x(t) + x (t)) = 0. Il est courant de ne pas écrire explicitement la dépendance des solutions en t, uniquement pour simplifier la notation : (e−t x) = −e−t x + e−t x = e−t (−x + x ) = 0. Cela montre qu’il existe k ∈ R tel que e−t x(t) = k, c’est-à-dire, x(t) = ket ,

t ∈ R.

(V.2)

Les solutions de l’équation x = x sont donc les fonctions dans (V.2).

Exemple V.1.3. On considère à nouveau l’équation x = x dans R et on décrit une méthode alternative pour trouver les solutions. Si x(t) est une solution non nulle, alors x = 1 ⇔ (log |x|) = 1, x et donc, log |x(t)| = t + c avec c ∈ R. On obtient ainsi |x(t)| = ec et ,

t ∈ R.

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V.1. Notions de base

Puisque x(t) ne s’annule pas et qu’elle est continue (parce qu’elle est de classe C 1 ), on conclut que x(t) est toujours positive ou toujours négative. Donc, x(t) = ket ,

t∈R

avec k = 0, car en faisant varier c ∈ R la fonction ec prend toutes les valeurs de R+ . Par substitution directe dans l’équation, on peut vérifier que la fonction nulle est aussi une solution.

Exemple V.1.4. Prenons l’équation (x, y) = (y, −x) dans R2 , qui peut être écrite sous la forme  x = y, y  = −x. Si (x(t), y(t)) est une solution, alors (x2 + y 2 ) = 2xx + 2yy  = 2xy + 2y(−x) = 0. Donc, il existe r ≥ 0 tel que x(t)2 + y(t)2 = r 2 . Soit x(t) = r cos θ(t) et y(t) = r sin θ(t), avec x = y. On obtient x (t) = −r sin θ(t) · θ  (t) = r sin θ(t). (On remarque que x ne serait pas différentiable si θ n’était pas différentiable.) Donc, θ  (t) = −1 et il existe c ∈ R tel que θ(t) = −t + c. On obtient ainsi (x(t), y(t)) = (r cos(−t + c), r sin(−t + c)),

t ∈ R.

Exemple V.1.5. Prenons l’équation x = 2tx + t

(V.3) 121

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

dans R. On peut écrire

x =t (V.4) 2x + 1 quand la solution x ne prend pas la valeur −1/2. Il résulte de (V.4) qu’il existe c ∈ R tel que 1 1 log |2x(t) + 1| = t2 + c, 2 2 c’est-à-dire 2 |2x(t) + 1| = et +2c . En procédant comme dans l’exemple V.1.3, on obtient 1 2 x(t) = − + ket , 2

t∈R

avec k ∈ R. Ce sont les solutions de l’équation (V.3).

V.2. Existence et unicité des solutions De la même manière qu’il est important de savoir qu’un polynôme a des racines, même quand on ne sait pas comment les calculer, il est également important de savoir quand une équation différentielle a des solutions, également quand on ne sait pas comment les calculer. On a le résultat suivant concernant l’existence et l’unicité des solutions.

Th´eor`eme V.2.1. Si f : D → Rn est une fonction de classe C 1 dans un ensemble ouvert D ⊂ R × Rn , alors pour chaque (t0 , x0 ) ∈ D il existe une unique solution de l’équation x = f (t, x) avec x(t0 ) = x0 , dans un certain intervalle ouvert contenant t0 . Plus généralement, on peut considérer des fonctions f qui ne sont pas nécessairement de classe C 1 .

D´efinition V.2.2. Une fonction f : D → Rn est dite localement lipschitzienne en x si, pour chaque ensemble compact K ⊂ D, il existe L > 0 tel que

f (t, x) − f (t, y) ≤ L x − y pour tout (t, x), (t, y) ∈ K. En utilisant le théorème de la moyenne, on peut montrer que les fonctions de classe C 1 sont localement lipschitziennes en x. Mais il y a beaucoup d’autres fonctions qui sont localement lipschitziennes. 122 i

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V.2. Existence et unicité des solutions

Exemple V.2.3. Pour chaque x, y ∈ R on a



|x| − |y| ≤ |x − y|. Cela montre que la fonction f (t, x) = |x| est localement lipschitzienne en x, avec L = 1. Donnons un exemple d’une fonction qui n’est pas localement lipschitzienne.  Exemple V.2.4. Pour la fonction f : R2 → R définie par f (t, x) = |x|, on a |f (x, t) − f (t, 0)| =



1 |x| =  |x − 0|. |x|

 Puisque 1/ |x| → +∞ lorsque x → 0, la fonction f n’est pas localement lipschitzienne dans tout ensemble ouvert D ⊂ R × R qui croise R × {0}. Le théorème V.2.1 est un cas particulier du résultat suivant.

Th´eor`eme V.2.5 (Picard-Lindel¨of). Si la fonction f : D → Rn est continue et localement lipschitzienne en x dans un ensemble ouvert D ⊂ R × Rn , alors pour chaque (t0 , x0 ) ∈ D il existe une unique solution de l’équation x = f (t, x) avec x(t0 ) = x0 , dans un certain intervalle ouvert contenant t0 . Démonstration. On observe tout d’abord qu’il existe une solution du problème

 x = f (t, x), x(t0 ) = x0

(V.5)

si et seulement s’il existe une fonction continue x : ]a, b[→ Rn dans un certain intervalle ouvert contenant t0 telle que  t f (s, x(s)) ds (V.6) x(t) = x0 + t0

pour tout t ∈]a, b[. En effet, il résulte de (V.5) que  t  t f (s, x(s)) ds = x0 + f (s, x(s)) ds x(t) = x(t0 ) + t0

t0

et la fonction x est continue (puisqu’elle est de classe C 1 ). D’autre part, si x est une fonction continue satisfaisant (V.6), alors la fonction s → f (s, x(s)) est aussi continue, puisqu’elle est une composition de fonctions continues. Donc, 123 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

t t → t0 f (s, x(s)) ds est de classe C 1 . En prenant la dérivée par rapport à t dans (V.6), on obtient alors x (t) = f (t, x(t)) pour tout t ∈]a, b[. Il résulte également de (V.6) que x(t0 ) = x0 . Pour a < t0 < b et β > 0 tels que [a, b] × Bβ (x0 ) ⊂ D, soit X = C(]a, b[) l’ensemble des fonctions continues x : ]a, b[→ Rn telles que

x(t) − x0 ≤ β pour t ∈]a, b[. On considère la transformation T définie pour chaque x ∈ X par  t

(T x)(t) = x0 +

f (s, x(s)) ds. t0

On remarque que T x est continue et que ! ! ! ! ! t ! !(T x)(t) − x0 ! ≤ ! f (s, x(s)) ds! ! ! t0

≤ |t − t0 |M ≤ (b − a)M, où

 M = sup f (t, x) : t ∈ [a, b], x ∈ Bβ (x0 )

et Bβ (x0 ) = {y ∈ Rn : y − x0 < β}. Puisque la fonction (t, x) → f (t, x) est continue et l’ensemble [a, b] × Bβ (x0 ) est compact, il résulte du théorème de Weierstrass que M est fini. Pour b − a suffisamment petit, on a (b − a)M ≤ β et donc T (X) ⊂ X. Maintenant, on remarque que ! ! ! ! ! ! t !(T x)(t) − (T y)(t)! ≤ ! [f (s, x(s)) − f (s, y(s))] ds! ! ! t

 t0



L x(s) − y(s) ds

≤

t0

≤ (b − a)L x − y ∞ pour tout x, y ∈ X, où



x − y ∞ = sup x(t) − y(t) : t ∈]a, b[ .

Donc,

T x − T y ∞ ≤ (b − a)L x − y ∞ . 124 i

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V.2. Existence et unicité des solutions

Prenons la suite m ∈ N,

xm = T xm−1 = T m x0 ,

où x0 ∈ X est la fonction constante égale à x0 . La suite est bien définie, puisque T (X) ⊂ X. Si nécessaire, on choisit a et b pour qu’on ait aussi c = (b − a)L < 1. Alors

xp − xq ∞ ≤ ≤

p−1 j=q ∞

xj+1 − xj ∞ ≤

∞

T j (T x0 ) − T j x0 ∞

j=q

cj T x0 − x0 ∞ =

j=q

cq

T x0 − x0 ∞ 1−c

pour p ≥ q. Pour chaque t ∈]a, b[, on a,

xp (t) − xq (t) ≤ xp − xq ∞ ≤

cq

T x0 − x0 ∞ , 1−c

(V.7)

et donc, (xm (t))m est une suite de Cauchy dans Rn . Donc, la suite est convergente et la limite x(t) = lim xm (t) m→∞

existe. Lorsque p → ∞ dans (V.7), on obtient

x(t) − xq (t) ≤

cq

T x0 − x0 ∞ . 1−c

(V.8)

Maintenant, on montre que x ∈ X et qu’il satisfait (V.6). On a

x(t) − x0 = lim xm (t) − x0 ≤ β. m→∞

En outre, pour chaque t, s ∈]a, b[,

x(t) − x(s) ≤ x(t) − xm (t) + xm (t) − xm (s) + xm (s) − x(s) .

(V.9)

En prenant ε > 0, il résulte de (V.8) qu’il existe p ∈ N tel que

xm (t) − x(t) < ε pour tout t ∈]a, b[ et m ≥ p. En prenant m = p, il résulte de (V.9) que

x(t) − x(s) < 2ε + xp (t) − xp (s) .

(V.10)

D’autre part, puisque xp est continue, il existe δ > 0 tel que

xp (t) − xp (s) < ε pour

|t − s| < δ, 125

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 126 — #136

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

et il résulte de (V.10) que

x(t) − x(s) < 3ε

pour |t − s| < δ.

Ceci montre que x est continue, et donc x ∈ X. Pour montrer que x satisfait également (V.6), on remarque que 

 t f (s, xm (s)) ds (V.11) x(t) = lim xm (t) = lim x0 + m→∞

et

m→∞

t0

 t

 t







[f (s, xm (s)) − f (s, x(s))] ds ≤

L x (s) − x(s) ds m





t0

t0

≤ (b − a)L xm − x ∞ → 0 lorsque m → ∞. Il résulte alors de (V.11) que x satisfait (V.6). Il reste à montrer que la solution x est unique. Supposons que y ∈ X est aussi une solution. Alors

x − y ∞ = T x − T y ∞ ≤ c x − y ∞ , parce que T x = x et T y = y. Mais puisque c < 1, on a nécessairement x− y ∞ = 0, et donc x = y.

Exemple V.2.6. Prenons l’équation x = |x|. Par l’exemple V.2.3 et le théorème V.2.5, on sait que pour chaque (t0 , x0 ) ∈ R2 il existe une unique solution de l’équation avec x(t0 ) = x0 . Il est évident que x(t) = 0 est une solution. D’autre part, lorsque x > 0, on obtient l’équation x = x, qui d’après l’exemple V.1.3 a les solutions x(t) = ket ,

t ∈ R,

maintenant avec k > 0 (pour que x(t) soit positif). Lorsque x < 0, on obtient l’équation x = −x dont les solutions satisfont (et x) = et x + et x = et (x + x ) = 0 et donc,

x(t) = ke−t ,

t ∈ R,

avec k < 0. On obtient ainsi les solutions ⎧ t avec k > 0, ⎪ ⎨ke x(t) = 0, ⎪ ⎩ −t avec k < 0. ke

(V.12)

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V.2. Existence et unicité des solutions

On peut vérifier facilement que, pour chaque (t0 , x0 ) ∈ R2 , il existe une solution avec x(t0 ) = x0 . D’autre part, d’après le théorème V.2.5, on sait que chacune de ces solutions est unique. Donc, chaque solution de l’équation x = |x| prend l’une des trois formes de (V.12). L’exemple suivant montre que, pour les fonctions f (t, x) qui ne sont pas localement lipschitziennes, les solutions peuvent ne pas être uniques.  Exemple V.2.7. Prenons la fonction f (t, x) = |x| dans l’exemple V.2.4. On peut vérifier facilement que x(t) = 0 et  si t ≥ 0, t2 /4 x(t) = 2 −t /4 si t ≤ 0  sont solutions de l’équation x = |x| définies dans R et satisfaisant la condition x(0) = 0. On vérifie aussi que chaque solution donnée par le théorème V.2.5 peut être étendue à un intervalle maximal d’une manière unique.

Th´eor`eme V.2.8. Si la fonction f : D → Rn est continue et localement lipschitzienne en x dans un ensemble ouvert D ⊂ R × Rn , alors pour chaque (t0 , x0 ) ∈ D il existe une unique solution ϕ : ]a, b[→ Rn du problème (V.5) telle que, pour toute solution x : Ix → Rn du même problème, on a Ix ⊂]a, b[ et x(t) = ϕ(t) lorsque t ∈ Ix .  Démonstration. Soit J = x Ix . On remarque que J est un intervalle ouvert, puisque l’union de toute famille d’intervalles ouverts contenant t0 est encore un intervalle ouvert. Maintenant, on définit une fonction ϕ : J → Rn comme suit. Pour chaque t ∈ Ix , on prend ϕ(t) = x(t). On montre que la fonction ϕ est bien définie, c’est-à-dire que ϕ(t) ne dépend pas de la fonction x. Soit alors x : Ix → Rn et y : Iy → Rn solutions du problème dans (V.5). Soit aussi I le plus grand intervalle ouvert contenant t0 où x = y. On veut montrer que I = Ix ∩ Iy . Sinon, il existerait une extrémité s de I qui n’est pas une extrémité de Ix ∩ Iy . Par la continuité de x et y dans l’intervalle Ix ∩ Iy , on aurait p := lim x(t) = lim y(t). t→s

t→s

Par le théorème V.2.5 avec la paire (t0 , x0 ) remplacée par (s, p), il existerait un intervalle ouvert ]s − α, s + α[⊂ Ix ∩ Iy où x = y. Puisque ]s − α, s + α[\I = ∅, cela contredit le fait que I est le plus grand intervalle contenant t0 où x = y. Donc, I = Ix ∩ Iy et x = y dans Ix ∩ Iy . Évidemment, la fonction ϕ : J → Rn est une solution du problème (V.5). Cela donne le résultat souhaité. 127 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Par le théorème V.2.8, on peut introduire de la manière suivante la notion d’intervalle maximal (d’existence) d’une solution.

D´efinition V.2.9. Sous les hypothèses du théorème V.2.8, on appelle intervalle maximal (d’existence) d’une solution x : I → Rn de l’équation x = f (t, x) le plus grand intervalle ouvert ]a, b[ où il existe une solution qui coïncide avec x dans I. Donnons quelques exemples.

Exemple V.2.10. Par l’exemple V.1.2, les solutions de l’équation x = x sont données par (V.2). Chaque solution a pour intervalle maximal R, puisqu’elle est définie pour t ∈ R. Exemple V.2.11. Par l’exemple V.2.6, les solutions de l’équation x = |x| sont données par (V.12). Donc, chaque solution a pour intervalle maximal R. On donne aussi un exemple où certaines solutions n’ont pas d’intervalle maximal R.

Exemple V.2.12. Prenons l’équation x = x2 . La fonction x(t) = 0 est une solution et a pour intervalle maximal R. On obtient les autres solutions à partir de x =1 x2

 1  − = 1. x

⇔

Donc, −

1 =t+c x(t)

⇔

x(t) = −

1 t+c

(V.13)

avec c ∈ R. L’intervalle maximal est donc ]−∞, −c[ ou ]−c, +∞[, selon que le temps initial t0 est contenu dans le premier ou le second. Par exemple, la solution avec x(2) = 3 est obtenue en prenant t = 2 dans (V.13) : on obtient x(2) = −

1 =3 2+c

⇔

7 c=− , 3

et donc, x(t) = −

3 1 = t − 7/3 7 − 3t

pour t ∈]−∞, 7/3[, puisque 2 ∈]−∞, 7/3[.

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V.3. Équations linéaires : cas scalaire

V.3. Équations linéaires : cas scalaire On considère dans cette section le cas particulier des équations dans R de la forme (V.14) x = a(t)x + b(t), où a, b : R → R sont des fonctions continues. On a la solution générale suivante.

Th´eor`eme V.3.1. Pour chaque (t0 , x0 ) ∈ R2 , la solution de l’équation (V.14) avec x(t0 ) = x0 est donnée par t

x(t) = e

t0

a(s) ds

 x0 +

t t

e

a(s) ds

u

b(u) du

t0

et a intervalle maximal R. Démonstration. On remarque d’abord que la fonction f (t, x) = a(t)x + b(t) est

continue et localement lipschitzienne en x. En effet, |f (t, x) − f (t, y)| = |a(t)| · |x − y| et puisque la fonction |a| est continue, elle a un maximum dans chaque compact, et donc f est localement lipschitzienne en x. Par le théorème V.2.5, pour chaque (t0 , x0 ) ∈ R2 il existe une unique solution de l’équation (V.14) avec x(t0 ) = x0 . Maintenant, on remarque que si x(t) est une solution avec x(t0 ) = x0 , alors 

−

t

x(t)e

t0

 a(s) ds 

−

t

t0

=e

−

t

=e

t0

a(s) ds

[x (t) − a(t)x(t)]

a(s) ds

b(t).

En intégrant, on obtient −

x(t)e

t

t0

a(s) ds

 − x0 =

t

−

u

e

t0

a(s) ds

b(u) du

t0

et

t

x(t) = e

t0

a(s) ds

 x0 +

t t

e

u

a(s) ds

b(u) du.

t0

Puisque les fonctions dans les intégrales sont continues, la solution est définie pour tout t ∈ R, et donc son intervalle maximal est R. 129 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exemple V.3.2. Par le théorème V.3.1, en prenant b(t) = 0 on conclut que la solution de l’équation x = a(t)x avec x(t0 ) = x0 est donnée par t

t0

x(t) = e

a(s) ds

(V.15)

x0

et a pour intervalle maximal R.

Exemple V.3.3. Prenons l’équation x = x cos t. La solution avec x(0) = 2 est donnée par (V.15), c’est-à-dire t

x(t) = e

0

cos s ds

2 = 2esin t .

Exemple V.3.4. Prenons l’équation x = 3x + t avec la condition x(1) = 0. Par le théorème V.3.1, la solution est donnée par  3(t−1)

t

e3(t−s) s ds 1 

s=t + = −e3(t−s)

3 9 s=1 t 1 4 = − − + e3(t−1) . 3 9 9

x(t) = e

0+ s

1

Exemple V.3.5. Prenons l’équation x =

t2

t x + t. +1

On remarque que les fonctions a(t) =

t2

t +1

et b(t) = t

sont continues. Maintenant, on trouve la solution de l’équation avec x(0) = 1. Puisque





t

a(s) ds

exp t0

= exp

s=t  1

log(s2 + 1)

= 2 s=t0

t2 + 1 , t20 + 1

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V.4. Équations linéaires : cas général

d’après le théorème V.3.1 la solution est donnée par   t 2 t2 + 1 t +1 1+ s ds x(t) = 2 0 +1 s2 + 1 0  t   s √ ds = t2 + 1 + t2 + 1 2 s +1 0

s=t   

2 2 2 = t + 1 + t + 1 s + 1

s=0   2 = t2 + 1 + t + 1 − t2 + 1 = t2 + 1 et a pour intervalle maximal R.

V.4. Équations linéaires : cas général Maintenant, on considère les équations dans Rn de la forme x = Ax + b(t),

(V.16)

où A est une matrice de dimension (n, n) à coefficients réels et b : R → Rn est une fonction continue. Intentionnellement, on ne considère pas dans ce livre le cas plus général des équations dans Rn de la forme x = A(t)x + b(t), où A(t) est une matrice de dimension (n, n) variant de façon continue avec t, puisque malgré le fait d’être extrêmement important, il est également de nature beaucoup plus complexe. On commence notre étude par le cas b(t) = 0, et donc avec l’équation x = Ax,

(V.17)

où A est une matrice de dimension (n, n) à coefficients réels. Puisque la fonction f (t, x) = Ax est de classe C 1 elle est aussi continue et localement lipschitzienne en x.

Exemple V.4.1. Prenons l’équation  

 0 1 x x = , −1 0 y y

(V.18) 131

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

qui peut être écrite sous la forme

 x = y, y  = −x.

C’est l’équation dans l’exemple V.1.4, qui a ainsi la solution

  x(t) r cos(−t + c) = y(t) r sin(−t + c) avec r ≥ 0 et c ∈ [0, 2π[. On peut écrire

  x(t) r cos c cos t + r sin c sin t = y(t) −r cos c sin t + r sin c cos t 



cos t sin t . = r cos c + r sin c cos t − sin t On conclut donc que l’ensemble des solutions de l’équation (V.18) est un espace vectoriel de dimension 2, engendré par les vecteurs



 cos t sin t et . − sin t cos t Afin de résoudre l’équation (V.17) dans le cas général, c’est-à-dire pour une matrice arbitraire A, on introduit la notion d’exponentielle d’une matrice.

D´efinition V.4.2. On définit l’exponentielle d’une matrice carrée A par ∞ 1 k A , e = k! A

(V.19)

k=0

avec la convention que A0 = Id. On montre d’abord que la série converge.

Proposition V.4.3. La série dans (V.19) est convergente, c’est-à-dire qu’il existe une matrice B de dimension (n, n) telle que m 1 k A →B k! k=0

coefficient par coefficient lorsque m → ∞. 132 i

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V.4. Équations linéaires : cas général Démonstration. Soit

A = sup x=0

Ax .

x

On a

Ak ≤ A k .

(V.20)

En effet,

Ak = sup x=0

Ak x

x

A(Ak−1 )x

x x=0, Ak−1 x=0 

A(Ak−1 x) Ak−1 x · = sup

Ak−1 x

x x=0, Ak−1 x=0 =

sup

≤ sup

Ay

Ak−1 x · sup

y x=0 x

y=0

= A · Ak−1 et on obtient (V.20) par induction. Donc, ∞ ! ∞ ! ! 1 k! 1

Ak ! A != k! k! k=0

≤

k=0 ∞ k=0

1

A k = eA < ∞. k!

(V.21)

Maintenant, on remarque que si les coefficients de A sont aij , avec i, j = 1, . . . , n et e1 , . . . , en est la base standard de Rn , alors

Aej = Aej

ej 1/2

n 2 aij ≥ |aij |. =

A ≥

i=1

 (k) (k) Il résulte donc de (V.21) que la série ∞ k=0 |aij |/k!,où aij sont les coefficients ∞ k de Ak , est convergente. Cela montre que la série k=0 A /k! est convergente coefficient par coefficient. 133 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 134 — #144

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exemple V.4.4. On a e0 = Id, puisqu’il résulte de 0k = 0 pour k ∈ N que ∞ 1 1 k 0 = 00 = Id . k! 0!

e0 =

k=0

Exemple V.4.5. On a eId = e Id, puisque eId =

∞ ∞ 1 k 1 Id = Id = e Id . k! k! k=0

k=0

Dans la section suivante, on décrit une méthode pour calculer aussi explicitement que possible l’exponentielle eA d’une matrice A. On montre ici que l’exponentielle est fondamentale pour résoudre les équations dans (V.17) et (V.16). On commence avec le résultat suivant.

Proposition V.4.6. On a (eAt ) = AeAt pour tout t ∈ R, où la dérivée est calculée coefficient par coefficient. Démonstration. On remarque que

eAt =

∞ 1 k k t A . k! k=0

Ainsi, chaque coefficient de eAt est une série entière en t avec un rayon de convergence égal à +∞, puisque d’après la proposition V.4.3 l’exponentielle est bien définie pour toute matrice. Puisque les séries entières sont différentiables (terme à terme) à l’intérieur de son domaine de convergence, on obtient ainsi (eAt ) =

∞ 1 k−1 k kt A k! k=1 ∞

=A

k=1

1 tk−1 Ak−1 (k − 1)!

= AeAt . Cela donne le résultat souhaité.

Exemple V.4.7. On montre qu’il n’existe pas de matrice A de dimension (2, 2) avec 

cos t et At . e = 0 1 134 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 135 — #145

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V.4. Équations linéaires : cas général

Sinon, on aurait



eAt t=0

=

 11 , 01

mais on a toujours eA0 = e0 = Id.

Exemple V.4.8. Déterminons la matrice A de dimension (2, 2) telle que

2t 2t  e te . eAt = 0 e2t On a

(eAt ) t=0 =

2t 2t   2e e + 2te2t 21 = . 0 2e2t 02

D’autre part, il résulte de la proposition V.4.6 que



(eAt ) t=0 = AeAt t=0 = Ae0 = A Id = A. Donc,

A=

 21 . 02

Le résultat suivant donne la solution générale de l’équation (V.16).

Th´eor`eme V.4.9 (Formule de variation des constantes). Pour (t0 , x0 ) ∈ R × Rn , la solution de l’équation x = Ax + b(t), avec x(t0 ) = x0 , est donnée par  t eA(t−s) b(s) ds (V.22) x(t) = eA(t−t0 ) x0 + t0

et a pour intervalle maximal R. Démonstration. Il suffit de vérifier que la fonction x(t) dans (V.22) satisfait

x(t0 ) = eA0 x0 = e0 x0 = Id x0 = x0 , et 

 A(t−t0 )

t

x0 + AeA(t−s) b(s) ds + eA(t−t) b(t) x (t) = Ae t0 

 t A(t−t0 ) A(t−s) x0 + e b(s) ds + e0 b(t) =A e t0

= Ax(t) + b(t). Puisque les fonctions dans les intégrales sont continues, la fonction x(t) est définie sur R. 135 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 136 — #146

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

La solution générale de l’équation x = Ax peut être obtenue comme un cas particulier du théorème V.4.9.

Proposition V.4.10. Pour (t0 , x0 ) ∈ R × Rn , la solution de l’équation x = Ax avec x(t0 ) = x0 est donnée par x(t) = eA(t−t0 ) x0 et a pour intervalle maximal R. En outre, l’ensemble des solutions de l’équation x = Ax est un espace vectoriel de dimension n. Démonstration. La première propriété résulte du théorème V.4.9 en prenant b(t) =

0. Pour la seconde, on remarque que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation x = Ax est encore une solution de cette équation. Donc, l’ensemble des solutions est un espace vectoriel, engendré par les colonnes de la matrice eA(t−t0 ) . Puisque

eA(t−t0 ) t=t0 = e0 = Id, les colonnes de la matrice eA(t−t0 ) sont linéairement indépendantes, parce qu’elles sont linéairement indépendantes pour une valeur particulière t. Donc, l’espace des solutions est de dimension n.

Exemple V.4.11. Prenons l’équation  x = 2x + y, y  = 2y + t. Par l’exemple V.4.8, pour la matrice

A= on a

At

e

=

 21 , 02

 e2t te2t . 0 e2t

Donc, la solution générale de l’équation est donnée par

x(t) y(t)



  x(t0 ) e2(t−t0 ) (t − t0 )e2(t−t0 ) = y(t0 ) 0 e2(t−t0 )    t 2(t−s) 2(t−s) (t − s)e e 0 ds. + 2(t−s) s 0 e t0

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 137 — #147

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V.4. Équations linéaires : cas général

Par exemple, lorsque t0 = 0, après quelques calculs, on obtient    t

 2t 2(t−s) s ds (t − s)e x(t) e x(0) + te2t y(0) + 0  t 2(t−s) = e2t y(0) y(t) s ds 0 e 

2t e x(0) + te2t y(0) + 14 (1 + t − e2t + te2t ) . = e2t y(0) − 14 (1 + 2t − e2t )

Exemple V.4.12. Maintenant, on montre que eA(t−s) = eAt e−As

(V.23)

pour tout t, s ∈ R. Pour v ∈ Rn , on considère les fonctions x(t) = eA(t−s) v

et y(t) = eAt e−As v.

Elles satisfont x(s) = eA0 v = Id v = v et

y(s) = eAs e−As v.

En outre,

x (t) = AeA(t−s) v = Ax(t)

et

y  (t) = AeAt e−As v = Ay(t).

Donc, si on montre que

eAs e−As = Id,

(V.24) x

= Ax que x(t) = y(t) pour il résulte de l’unicité des solutions de l’équation tout t ∈ R. Ainsi, eA(t−s) v = eAt e−As v pour tout t, s ∈ R et v ∈ Rn , ce qui établit (V.23). Maintenant, on montre que l’identité (V.24) est satisfaite. On remarque d’abord que d  As −As  e e = AeAs e−As − eAs Ae−As . ds On a aussi As

Ae

 ∞ 1 k k s A =A k! k=0 

∞ 1 k k s A A = eAs A, = k! k=0

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

puisque AAk = Ak A pour chaque k. On obtient ainsi d  As −As  e e = 0. ds Enfin, puisque

eAs e−As s=0 = e0 e−0 = Id2 = Id,

on conclut que l’identité (V.24) est satisfaite pour tout s ∈ R. En particulier, il résulte de (V.23) que eAt eAs = eAs eAt pour tout t, s ∈ R.

V.5. Calcul d’exponentielles de matrices On décrit dans cette section une méthode pour calculer l’exponentielle d’une matrice. On rappelle d’abord un résultat important d’algèbre linéaire.

Th´eor`eme V.5.1 (Repr´esentation de Jordan complexe). Soit A une matrice de dimension (n, n). Alors il existe une matrice inversible S de dimension (n, n) à coefficients dans C telle que ⎛ ⎞ R1 0 ⎜ ⎟ .. (V.25) S −1 AS = ⎝ ⎠, . 0 Rk où chaque bloc Rj est une matrice de dimension (nj , nj ), avec nj ≤ n, de la forme ⎛

λj 1 ⎜ .. ⎜ . Rj = ⎜ ⎜ ⎝ 0

0

⎞

⎟ ⎟ ⎟, ⎟ .. . 1 ⎠ λj ..

.

où chaque λj est une valeur propre de A.

Exemple V.5.2. Lorsque nj = 1, on obtient la matrice de dimension (1, 1) donnée par Rj = [λj ]. Dans ce cas, il n’y a pas des 1 au-dessus de la diagonale principale. 138 i

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V.5. Calcul d’exponentielles de matrices

Exemple V.5.3. On sait que si une matrice A de dimension (n, n) a des valeurs propres μ1 , . . . , μn différentes, alors elle est diagonalisable : il existe une matrice inversible S de dimension (n, n) (à coefficients dans C) telle que ⎛ ⎞ μ1 0 ⎜ ⎟ S −1 AS = ⎝ . . . ⎠ . 0 μn Exemple V.5.4. Prenons la matrice

A=

 0 −2 . 1 0

(V.26)

√ √ et −i 2. Prenant par exemple respectivement les Les valeurs propres √ sont i 2 √ vecteurs propres ( 2, −i) et ( 2, i), on peut considérer la matrice

√ √  2 2 , (V.27) S= −i i qui a pour inverse S

−1

On obtient ainsi S

−1

1 = √ i2 2

√  i −√ 2 . 2 i



√ i 2 0√ , AS = 0 −i 2

(V.28)

(V.29)

qui est la représentation de Jordan complexe de la matrice A.

Exemple V.5.5. Pour une matrice A de dimension (3, 3) avec toutes les valeurs propres égales à λ, la représentation de Jordan complexe est l’une des matrices ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ λ0 0 λ1 0 λ1 0 ⎝ 0 λ 0 ⎠ , ⎝ 0 λ 0 ⎠ et ⎝ 0 λ 1 ⎠ . (V.30) 0 0λ 0 0λ 0 0λ On remarque que si

alors

⎛

⎞ 001 S = ⎝0 1 0⎠ , 100 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ λ1 0 λ0 0 S −1 ⎝ 0 λ 0 ⎠ S = ⎝ 0 λ 1 ⎠ . 0 0λ 0 0λ

C’est pourquoi on n’a pas inclu cette matrice dans (V.30). 139 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Lorsque A a un seul bloc Rj dans sa représentation de Jordan complexe, on peut calculer facilement l’exponentielle eAt . Plus précisément, soit A la matrice de dimension (n, n) donnée par ⎛ ⎞ λ 1 0 ⎜ .. .. ⎟ ⎜ . . ⎟ ⎜ ⎟. A=⎜ (V.31) ⎟ .. ⎝ . 1⎠ 0 λ On écrit A = λ Id +N, ⎛ 0 1 0 ⎜ .. .. ⎜ . . N =⎜ ⎜ .. ⎝ .1 0 0

où

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

Proposition V.5.6. Pour la matrice A de dimension (n, n) dans (V.31), on a

 tn−1 t2 2 At λt n−1 N Id +tN + N + · · · + (V.32) e =e 2! (n − 1)! pour tout t ∈ R. Démonstration. Soit B(t) la matrice dans le membre de droite de (V.32). On a

 tn−1 n−1 N Id +tN + · · · + B (t) = λe (n − 1)!

 tn−2 λt 2 n−1 N N + tN + · · · + +e (n − 2)!

 tn−1 λt n−1 N Id +tN + · · · + = λe (n − 1)!

 tn−1 λt 2 n N N + tN + · · · + +e (n − 1)!

 tn−1 λt n−1 N Id +tN + · · · + , = (λ + N )e (n − 1)! 

puisque N n = 0. Donc,

λt

B  (t) = AB(t).

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V.5. Calcul d’exponentielles de matrices

Puisque B(0) = Id, on conclut que pour chaque v ∈ Rn la fonction x(t) = B(t)v est la solution de l’équation x = Ax avec x(0) = v. Mais la solution est aussi donnée par eAt v. Donc, B(t)v = eAt v pour tout v ∈ R, c’est-à-dire, B(t) = eAt .

Exemple V.5.7. Pour la matrice ⎛ ⎞ 210 A = ⎝0 2 1⎠ , 002 ⎛ ⎞ 010 N = ⎝0 0 1⎠ , 000

on a

et donc

eAt = e2t

⎛ ⎞ 001 N 2 = ⎝0 0 0⎠ 000

t2 Id +tN + N 2



et N 3 = 0,

⎛

⎞ e2t te2t 21 t2 e2t = ⎝ 0 e2t te2t ⎠ . 0 0 e2t

Par exemple, la solution de l’équation x = Ax avec x(0) = (3, 0, 1) est donnée par ⎛ ⎞ ⎛ 2t 1 2 2t ⎞ 3 3e + 2 t e ⎠. te2t x(t) = eAt ⎝0⎠ = ⎝ 2t e 1 Maintenant, on considère des matrices arbitraires.

Proposition V.5.8. Si A est une matrice carrée avec la représentation de Jordan complexe (V.25), alors ⎛ Rt ⎞ e 1 0 −1 ⎜ ⎟ −1 .. (V.33) eAt = Se(S AS)t S −1 = S ⎝ ⎠S . R t 0 e k pour tout t ∈ R. Démonstration. Considérons le changement de variables y = S −1 x. Si x = x(t) est

une solution de l’équation x = Ax, alors la fonction y satisfait y  = S −1 x = S −1 Ax = S −1 ASy.

Ainsi, y  = By où B = S −1 AS. Donc, y(t) = eBt y(0) = e(S

−1 AS)t

y(0).

(V.34) 141

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

D’autre part, puisque x(0) = Sy(0), on a aussi y(t) = S −1 x(t) = S −1 eAt x(0) = S −1 eAt Sy(0).

(V.35)

En comparant (V.34) et (V.35), on conclut que e(S

−1 AS)t

= S −1 eAt S,

ce qui établit la première identité dans (V.33). En outre, puisque S −1 AS est la représentation de Jordan complexe, on obtient ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

e(S

−1 AS)t

R1

0 ..

.

⎞ ⎟ ⎟ ⎟t ⎠

0

Rk ⎛ ⎞m 0 R1 ∞ 1 ⎜ ⎟ .. tm ⎝ = ⎠ . m! m=0 0 Rk ⎛ m ⎞ 0 R1 ∞ 1 ⎜ ⎟ .. tm ⎝ = ⎠, . m! m m=0 0 Rk =e

et donc, ⎛∞ e(S

−1 AS)t

1 m m m=0 m! t R1

⎜ =⎝

0 ..

.

∞

1 m m m=0 m! t Rk

0

⎞

⎛

⎟ ⎜ ⎠=⎝

eR1 t

0 ..

0

.

⎞ ⎟ ⎠.

eRk t

Ceci donne l’identité souhaitée.

Exemple V.5.9. Prenons la matrice ⎛

⎞ 510 A = ⎝0 5 0⎠ . 003 Puisque

⎛ ⎝

e

⎞

5 1⎠ t 05

5t

=e

  5t 5t  01 e te Id +t = , 0 e5t 00

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V.6. Exercices

⎛

on obtient

⎛ ⎝

⎜ eAt = ⎝e

⎞

5 1⎠ t 05 0

⎞

⎛ 5t 5t ⎞ e te 0 ⎟ ⎝ 5t 0 ⎠ . 0⎠= 0 e 0 0 e3t e3t

Exemple V.5.10. Prenons la matrice A dans (V.26). Il résulte de (V.27), (V.28) et (V.29) que  √  ei 2t 0√ At (S −1 AS)t −1 S =S S −1 . e = Se −i 2t 0 e En utilisant les formules √

√ ei cos( 2t) = on obtient At

e

2t

√

+ e−i 2

√

2t

et

√ ei sin( 2t) =

2t

√

− e−i 2i

2t

,

 √ 

√ √   i√2t e 0√ i −√ 2 2 2 −i i 2 i 0 e−i 2t  √ √ √ √ √ 2t )/2 i 2t − e−i 2t )/(2i) 2(e (e√i 2t + e−i √ √ √ √ = i 2t + e−i 2t )/2 √1 (ei 2t − e−i 2t )/(2 2i) (e 2 √ √  √

2 sin( cos(√ 2t)√ √ 2t) . = − sin( 2t)/ 2 cos( 2t) 1 = √ i2 2 

V.6. Exercices Exercice V.1. Déterminer la solution générale de l’équation : a) x = tx. b) x + xt cos t = 0. c) x + t2 x = t2 . d) x = 2tx/(1 + t2 ) + t2 − 1.

Exercice V.2. Montrer que si x : ]a, b[→ Rn est une solution de l’équation x = f (x), alors pour chaque c ∈ R la fonction y : ]a + c, b + c[→ Rn définie par y(t) = x(t − c) est aussi une solution de l’équation. Exercice V.3. Pour l’équation x = f (x), montrer que si cos t est une solution, alors − sin t est aussi une solution. Exercice V.4. Pour l’équation x = f (x), montrer que si 1/(1 + t) est une solution, alors 1/(1 − t) est aussi une solution. 143 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exercice V.5. Montrer qu’une fonction f (t, x) de classe C 1 est localement lipschitzienne en x.

 6 −2  Exercice V.6. Déterminer la solution générale de l’équation x = x. 2 1 Exercice V.7. Déterminer la solution du problème :



 11 4 x avec x(0) = . a) x = 01 0



 31 −1  x avec x(0) = . b) x = 01 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 410 0 c) x = ⎝0 4 0⎠ x avec x(0) = ⎝1⎠ . 002 3



 0 −7 3 x avec x(0) = . d) x = 7 0 1 Exercice V.8. Utiliser la formule de variation des constantes pour déterminer la solution du problème





 31 0 1 x + t , x(0) = . x = 03 e 1 Exercice V.9. Montrer que toutes les solutions de l’équation (x , y  ) = (yex , −xex ) sont bornées. Exercice V.10. Montrer que toutes les solutions de l’équation (x , y  ) = (y − x3 , −x − y 3 ) sont bornées pour t > 0.



 0 −1 1 −t At Exercice V.11. Montrer que si A = , alors e = . 0 0 0 1 Exercice V.12. Déterminer s’il existe une matrice A de dimension (2, 2) telle que : 

t e + e2t cos t At . a) e = 3t e − et cos t

2t −3t  e e At b) e = −3t 2t . e e 144 i

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Solutions

c)

eAt

=

 et e3t − 1 . sin t 1

Exercice V.13. Prenons la matrice

⎛

3 ⎜0 A=⎜ ⎝0 0

1 1 0 0

0 0 4 0

⎞ 0 0⎟ ⎟. −1⎠ 4

a) Calculer etA . b) Dire quelles solutions de l’équation x = Ax sont bornées pour t > 0.

Exercice V.14. Pour une matrice A de dimension (n, n), soit f : Rn \ {0} → R la fonction définie par 1 log eAt x . f (x) = lim t→+∞ t Montrer que f peut prendre au plus n valeurs distinctes. Exercice V.15. Montrer que si toutes les valeurs propres d’une matrice A sont à partie réelle négative, alors toutes les solutions de l’équation x = Ax convergent vers zéro lorsque t → +∞. Exercice V.16. Montrer que n

1 1/n2 = Id . lim n→∞ 0 1 Exercice V.17. Montrer que det eAt = et tr A . Suggestion : utiliser le théorème V.5.1. Exercice V.18. Utiliser l’exercice V.17 pour montrer que d (det eAt )|t=0 = tr A. dt

Solutions 2 /2

V.1 a) cet

avec c ∈ R. b) ce− cos t−t sin t avec c ∈ R. 3 /3

c) 1 + ce−t

avec c ∈ R. d) (1 + t2 )(c + t − 2 Arctan t) avec c ∈ R. 145

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

V.6

4e5t − e2t −2e5t + 2e2t 2e5t − 2e2t −e5t + 4e2t

V.7 a) (4et , 0).

  a avec a, b ∈ R. b

b) (−et , 2et ). c) (te4t , e4t , 3e2t ).

d) (3 cos(7t) − sin(7t), 3 sin(7t) + cos(7t)). V.8 ( 34 e3t + 32 te3t + 14 et , 32 e3t − 12 et ). V.12 a) N’existe pas. b) N’existe pas. c) N’existe pas. ⎞ 0 e3t 21 e3t − 12 et 0 ⎜0 0 0 ⎟ et ⎟. b) La solution x(t) = 0. V.13 a) ⎜ 4t ⎝0 0 e −te4t ⎠ 0 0 0 e4t ⎛

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VI RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

On présente dans ce chapitre plusieurs méthodes pour trouver les solutions de certaines classes d’équations différentielles. À savoir, on considère les équations exactes, les équations qui peuvent être réduites à des équations exactes, les équations scalaires d’ordre supérieur à 1, ainsi que les équations qui peuvent être résolues avec l’aide de la transformée de Laplace. On remarque que ce ne sont que quelques méthodes parmi beaucoup d’autres dans la théorie, qui est très vaste. On ne considère pas des méthodes adaptées à des classes très particulières d’équations différentielles.

VI.1. Équations exactes On considère dans cette section les équations dans R de la forme M (t, x) + N (t, x)x = 0,

(VI.1)

où M et N sont des fonctions continues, avec N = 0.

D´efinition VI.1.1. L’équation différentielle dans (VI.1) est dite exacte dans un ensemble ouvert S ⊂ R2 s’il existe une fonction différentiable Φ : S → R telle que ∂Φ ∂Φ (t, x) = M (t, x) et (t, x) = N (t, x) (VI.2) ∂t ∂x pour tout (t, x) ∈ S.

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exemple VI.1.2. Prenons l’équation −4t + (5x4 + 3)x = 0.

(VI.3)

On cherche une fonction différentiable Φ telle que ∂Φ = −4t et ∂t

∂Φ = 5x4 + 3. ∂x

Il résulte de la première équation que Φ(t, x) = −2t2 + C(x) pour une certaine fonction différentiable C, et ∂Φ = C  (x) = 5x4 + 3. ∂x Donc, on peut prendre C(x) = x5 + 3x et Φ(t, x) = −2t2 + x5 + 3x.

(VI.4)

En particulier, l’équation (VI.3) est exacte. L’importance des équations exactes est une conséquence de la propriété suivante.

Proposition VI.1.3. Si l’équation (VI.1) est exacte, alors chacune de ses solutions x(t) satisfait Φ(t, x(t)) = c (VI.5) pour un certain c ∈ R. Démonstration. En prenant la dérivée de Φ(t, x(t)) par rapport à t, on obtient

∂Φ ∂Φ d Φ(t, x(t)) = (t, x(t)) + (t, x(t))x (t) dt ∂t ∂x = M (t, x(t)) + N (t, x(t))x (t) = 0, ce qui implique (VI.5).

Exemple VI.1.4. Par (VI.4), chaque solution de l’équation (VI.3) est donnée implicitement par −2t2 + x(t)5 + 3x(t) = c pour un certain c ∈ R. 148 i

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VI.1. Équations exactes

On décrit une condition nécessaire et suffisante pour l’exactitude de l’équation (VI.1).

Th´eor`eme VI.1.5. Soient M et N deux fonctions de classe C 1 dans le rectangle ouvert S =]a, b[×]c, d[. Alors l’équation (VI.1) est exacte dans S si et seulement si ∂N ∂M = ∂x ∂t

dans

S.

(VI.6)

Démonstration. Si l’équation (VI.1) est exacte, alors il existe une fonction différentiable Φ satisfaisant (VI.2) dans S. Puisque M et N sont de classe C 1 , la fonction Φ est de classe C 2 . On obtient ainsi



 ∂ ∂Φ ∂ ∂Φ ∂N ∂M = = = ∂x ∂x ∂t ∂t ∂x ∂t

dans S, ce qui établit la propriété (VI.6). Maintenant, on suppose que (VI.6) est satisfaite. En intégrant par rapport à t, on obtient  t ∂M (s, x) ds = N (t, x) − N (t0 , x). (VI.7) t0 ∂x Prenons également la fonction  Φ(t, x) =



x

x0

On a

t

N (t0 , y) dy +

M (s, x) ds. t0

∂Φ (t, x) = M (t, x), ∂t

et il résulte de (VI.7) que ∂Φ (t, x) = N (t0 , x) + ∂x



t t0

∂M (s, x) ds = N (t, x). ∂x

Cela montre que l’équation (VI.1) est exacte.

Exemple VI.1.6. Prenons l’équation 3x + 2et + (3t + sin x)x = 0.

(VI.8)

Puisque M (t, x) = 3x + 2et

et N (t, x) = 3t + sin x, 149

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

on a

∂N ∂M = 3 et = 3. ∂x ∂t Donc, par le théorème VI.1.5, l’équation (VI.8) est exacte et il existe une fonction différentiable Φ telle que ∂Φ = 3x + 2et et ∂t Il résulte de la première équation que

∂Φ = 3t + sin x. ∂x

Φ(t, x) = 3xt + 2et + C(x) pour une certaine fonction différentiable C. Donc, ∂Φ = 3t + C  (x) = 3t + sin x ∂x et on obtient C  (x) = sin x. Alors, on peut prendre C(x) = − cos x et Φ(t, x) = 3xt + 2et − cos x. Par la proposition VI.1.3, chaque solution de l’équation (VI.8) satisfait Φ(t, x(t)) = c pour une certaine constante c ∈ R.

Exemple VI.1.7. Prenons l’équation x =

g(t) , f (x)

qui est appelée une équation séparable ou équation à variables séparables. Elle peut être écrite sous la forme M (t, x) + N (t, x)x = 0, où M (t, x) = g(t) et N (t, x) = −f (x). Puisque ∂N ∂M = = 0, ∂x ∂t l’équation est exacte et il existe une fonction différentiable Φ telle que ∂Φ = g(t) ∂t On peut prendre



t

Φ(t, x) = t0

et

∂Φ = −f (x). ∂x 

g(s) ds −

x

f (y) dy. x0

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VI.2. Les équations réductibles à des équations exactes

VI.2. Les équations réductibles à des équations exactes On considère dans cette section des équations qui ne sont pas exactes et on cherche une fonction μ(t, x) telle que l’équation (VI.1) devienne exacte lorsqu’elle est multipliée par cette fonction.

D´efinition VI.2.1. On dit que l’équation (VI.1) est réductible à une équation exacte dans le rectangle ouvert S =]a, b[×]c, d[ s’il existe une fonction différentiable μ : S → R telle que l’équation μ(t, x)M (t, x) + μ(t, x)N (t, x)x = 0

(VI.9)

soit exacte et ait les mêmes solutions que l’équation (VI.1). Dans ce cas, la fonction μ est dite facteur intégrant de l’équation (VI.1). Par le théorème VI.1.5, lorsque M , N et μ sont de classe C 1 , l’équation (VI.9) est exacte dans S si et seulement si ∂(μN ) ∂(μM ) = ∂x ∂t

(VI.10)

dans S. Mais il s’agit d’une équation aux dérivées partielles (car il a des dérivées par rapport à plus d’une variable), et intentionnellement, on ne considère que des cas particuliers.

Proposition VI.2.2. L’équation (VI.10) a une solution non nulle de la forme : a) μ(t, x) = μ(t) si

 ∂N 1 ∂M − N ∂x ∂t ne dépend pas de x, auquel cas μ satisfait

 1 ∂M ∂N − μ; μ = N ∂x ∂t

(VI.11)

(VI.12)

b) μ(t, x) = μ(x) si

 ∂N 1 ∂M − − M ∂x ∂t ne dépend pas de t, auquel cas μ satisfait

 1 ∂M ∂N  − μ. μ =− M ∂x ∂t 151

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles Démonstration. Lorsque μ(t, x) = μ(t), il résulte de (VI.10) que

μ c’est-à-dire

∂N ∂M = μ N + μ , ∂x ∂t

1 μ = N 

 ∂M ∂N − μ. ∂x ∂t

Puisque μ et μ ne dépendent pas de x, cette équation a des solutions si et seulement si l’expression dans (VI.11) ne dépend pas de x. La seconde propriété est obtenue d’une manière analogue.

Exemple VI.2.3. Prenons l’équation x2 e−t + 4x + 2(xe−t + 1)x = 0. On a

M (t, x) = x2 e−t + 4x

En particulier 1 N

(VI.13)

et N (t, x) = 2(xe−t + 1).

∂M ∂N − ∂x ∂t

 =2

et l’équation (VI.12) prend la forme μ = 2μ. Une solution non nulle est μ(t) = e2t . En multipliant (VI.13) par e2t , on obtient la solution exacte (x2 et + 4xe2t ) + 2(xet + e2t )x = 0. Il résulte de

∂Φ = x2 et + 4xe2t ∂t

que Φ(t, x) = x2 et + 2xe2t + C(x), pour une certaine fonction différentiable C. Donc, ∂Φ = 2xet + 2e2t + C  (x) = 2xet + 2e2t , ∂x et on obtient C  (x) = 0. Ainsi, on peut prendre C(x) = 0. On conclut que chaque solution x(t) de l’équation (VI.13) satisfait Φ(t, x(t)) = x(t)2 et + 2x(t)e2t = c pour un certain c ∈ R.

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VI.3. Équations scalaires d’ordre supérieur à 1

VI.3. Équations scalaires d’ordre supérieur à 1 On considère dans cette section les équations dans R de la forme x(n) + an−1 x(n−1) + · · · + a2 x + a1 x + a0 x = 0

(VI.14)

avec a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R.

Exemple VI.3.1. Prenons l’équation x + x = 0. En prenant y = x , on peut écrire cette équation sous la forme  

 0 1 x x = , −1 0 y y qui a la solution générale ⎛

⎞

0 1⎠ 

 ⎝ (t−t0 ) x(t0 ) x(t) −1 0 . =e y(t0 ) y(t) Néanmoins, on verra dans cette section que les équations de la forme (VI.14) peuvent être résolues en utilisant une méthode alternative qui est souvent plus pratique. On commence par écrire l’équation (VI.14) sous une autre forme. On introduit la notation Dx = x . Par exemple,

D 2 x = D(x ) = x .

L’équation (VI.14) peut alors s’écrire sous la forme   n D + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 x = 0. Maintenant, on considère le polynôme caractéristique p(λ) = λn + an−1 λn−1 + · · · + a2 λ2 + a1 λ + a0 . Comme il est bien connu, il résulte du théorème fondamental de l’algèbre (théorème IV.1.19) qu’il existe des constantes λ1 , . . . , λN ∈ C et m1 , . . . , mN ∈ N telles que (VI.15) p(λ) = (λ − λ1 )m1 (λ − λ2 )m2 · · · (λ − λN )mN , avec m1 + · · · + mN = n. 153 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Proposition VI.3.2. Soient λ1 , . . . , λN ∈ C et m1 , . . . , mN ∈ N des constantes satisfaisant (VI.15). Alors l’équation (VI.14) est équivalente à (D − λ1 )m1 (D − λ2 )m2 · · · (D − λN )mN x = 0.

(VI.16)

Démonstration. Il suffit de noter que

(λ − a)(λ − b) = λ2 − (a + b)λ + ab, et (D − a)(D − b)x = (D − a)(x − bx) = x − bx − ax + abx = x − (a + b)x + abx = (D 2 − (a + b)D + ab)x,

(VI.17)

c’est-à-dire, (D − a)(D − b) = D2 − (a + b)D + ab.

(VI.18)

Par récurrence sur le degré du polynôme caractéristique, on obtient alors le résultat souhaité. Il suffit donc de considérer les équations de la forme (VI.14) qui sont déjà écrites sous la forme (VI.16). On considère d’abord deux types particuliers d’équations. Considérons le premier type d’équations particulières.

Proposition VI.3.3. Soient λ ∈ R et m ∈ N. La solution générale de l’équation (D − λ)m x = 0 est x(t) =

m−1

ck tk eλt = c0 eλt + · · · + cm−1 tm−1 eλt

(VI.19)

(VI.20)

k=0

avec c0 , . . . , cm−1 ∈ R. Démonstration. On montre le résultat par récurrence. Pour m = 1, l’équation

prend la forme

(D − λ)x = x − λx = 0,

qui a les solutions x(t) = c0 eλt avec c0 ∈ R. Maintenant, on suppose que le résultat est vérifié pour m. Puisque (D − λ)m+1 x = (D − λ)m (D − λ)x = 0, 154 i

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VI.3. Équations scalaires d’ordre supérieur à 1

on a (D − λ)x = c0 eλt + c1 teλt + · · · + cm−1 tm−1 eλt avec c0 , . . . , cm−1 ∈ R. On obtient alors  −λt  e x = e−λt (Dx − λx) = e−λt (D − λ)x = c0 + c1 t + · · · + cm−1 tm−1 , et

c1 2 cm−1 m−1 t + ··· + t 2 m avec c ∈ R. Donc, la solution x(t) est donnée par (VI.20). e−λt x(t) = c + c0 t +

Exemple VI.3.4. Prenons l’équation x − 8x + 16x = 0. Le polynôme caractéristique est λ2 − 8λ + 16 = (λ − 4)2 et, d’après la proposition VI.3.3, la solution générale de l’équation est x(t) = ae4t + bte4t avec a, b ∈ R.

Exemple VI.3.5. Prenons l’équation (D − a)(D − b)x = 0

(VI.21)

avec a, b ∈ R et a = b. On remarque d’abord que par (VI.18) on a (D − a)(D − b) = (D − b)(D − a).

(VI.22)

D’autre part : a) si (D − b)x = 0, alors il résulte de (VI.21) que (D − a)(D − b)x = (D − a)0 = 0 et x est une solution de l’équation (VI.21) ; 155 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

b) si (D − a)x = 0, alors il résulte de (VI.22) que (D − a)(D − b)x = (D − b)(D − a)x = (D − b)0 = 0 et x est aussi une solution de l’équation (VI.21). En outre, on peut vérifier facilement que toute combinaison linéaire de solutions de l’équation (VI.21) est encore une solution de cette équation. Donc, x(t) = c1 eat + c2 ebt

(VI.23)

est une solution pour chaque c1 , c2 ∈ R, puisque c1 eat et c2 ebt sont respectivement les solutions générales de (D − a)x = 0 et (D − b)x = 0. On montre également qu’il n’y a pas d’autres solutions. On écrit l’équation (VI.21) sous la forme (voir (VI.17)) x − (a + b)x + abx = 0, ce qui est la même chose que  

 0 1 x x = . −ab a + b y y

(VI.24)

Par la proposition V.4.10, l’espace vectoriel des solutions de l’équation (VI.24) est de dimension 2. Donc, l’espace vectoriel des solutions de l’équation (VI.21) est au plus de dimension 2, puisqu’il est obtenu à partir de la première composante de la solution de l’équation (VI.24). Mais puisque les fonctions dans (VI.23) engendrent déjà un espace de dimension 2, on conclut que ce sont toutes les solutions. Maintenant, on considère le second type d’équations particulières.

Proposition VI.3.6. Soit λ = a + ib avec b = 0 et m ∈ N. La solution générale de l’équation ¯ mx = 0 (VI.25) (D − λ)m (D − λ) est x(t) =

m−1



 ck tk eat cos(bt) + dk tk eat sin(bt)

k=0

avec c0 , d0 , . . . , cm−1 , dm−1 ∈ R. 156 i

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VI.3. Équations scalaires d’ordre supérieur à 1 Démonstration. En répétant la démonstration de la proposition VI.3.3, on conclut

que la solution générale dans C de l’équation (VI.19), aussi pour λ ∈ C, est donnée par m−1 ak tk eλt x(t) = k=0

avec a0 , . . . , am−1 ∈ C. De la même manière, la solution générale dans C de l’équation (D − λ)m x = 0 est donnée par x(t) =

m−1

bk tk eλt

k=0

avec b0 , . . . , bm−1 ∈ C. Maintenant, on remarque que (VI.17) est aussi satisfaite pour a, b ∈ C, et donc, (D − a)(D − b) = (D − b)(D − a) pour tout a, b ∈ C. Il résulte par récurrence que (D − λ)m (D − λ)m = (D − λ)m (D − λ)m . D’autre part, en procédant comme dans la démonstration de la proposition V.4.10 on conclut que le sous-espace vectoriel de Cn = R2n formé par les solutions de l’équation x = Ax est de dimension réelle 2n. On peut alors procéder comme dans l’exemple VI.3.5 pour montrer que la solution générale dans C de l’équation (VI.25) est donnée par x(t) =

m−1



ak tk eλt + bk tk eλt



k=0

avec a0 , b0 , . . . , am−1 , bm−1 ∈ C. Maintenant, on prend 2ak = ck − idk

et 2bk = ck + idk

pour k = 0, . . . , m − 1. Alors x(t) =

=

m−1  1  (ck − idk )tk e(a+ib)t + (ck + idk )tk e(a−ib)t 2

k=0 m−1



 ck tk eat cos(bt) + dk tk eat sin(bt) ,

k=0

ce qu’il fallait démontrer. 157 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exemple VI.3.7. Prenons l’équation x + 5x = 0. Le polynôme caractéristique est √ √ λ2 + 5 = (λ − i 5)(λ + i 5), et, d’après la proposition VI.3.6, la solution générale de l’équation est √ √ x(t) = a cos( 5t) + b sin( 5t), avec a, b ∈ R.

Exemple VI.3.8. Prenons l’équation (D + 2)(D − 3i)2 (D + 3i)2 x = 0.

(VI.26)

D’une manière analogue à celle de l’exemple VI.3.5, on considère séparément les équations (D + 2)x = 0 et (D − 3i)2 (D + 3i)2 x = 0. Les espaces de solutions de ces équations sont engendrés respectivement par les fonctions e−2t et cos(3t),

t cos(3t),

sin(3t),

t sin(3t).

Comme dans l’exemple VI.3.5, on peut montrer que l’équation (VI.26) donne lieu à une équation x = Ax dans R5 , qui a donc un espace de solutions de dimension 5. Puisque les fonctions obtenues antérieurement engendrent déjà un espace de dimension 5, la solution générale de l’équation (VI.26) est x(t) = c1 e−2t + c2 cos(3t) + c3 t cos(3t) + c4 sin(3t) + c5 t sin(3t) avec c1 , c2 , c3 , c4 , c5 ∈ R. On considère aussi ce qu’on appelle le cas non homogène, c’est-à-dire, les équations de la forme x(n) + an−1 x(n−1) + · · · + a2 x + a1 x + a0 x = h(t)

(VI.27)

avec a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R, pour une fonction h non nulle. 158 i

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VI.3. Équations scalaires d’ordre supérieur à 1

Exemple VI.3.9. Prenons l’équation x + 2x − x = t.

(VI.28)

On peut l’écrire sous la forme  x = y, y  = x − 2y + t, ou encore

  

 0 1 x 0 x = + . 1 −2 y t y

On peut alors utiliser la formule de variation des constantes pour obtenir ⎛

⎞

⎛

⎞

0 1⎠

   t ⎝ 0 1 ⎠ (t−s)  ⎝ (t−t0 ) x(t) x(t0 ) 0 1 −2 1 −2 =e + e ds. y(t) y(t0 ) s t0 Toutefois, on peut aussi obtenir la solution générale de l’équation (VI.28) en utilisant une méthode alternative plus automatique. On commence par écrire (VI.28) sous la forme (D 2 + 2D − 1)x = t.

(VI.29)

Puisque D2 t = 0, on a D2 (D2 + 2D − 1)x = 0, c’est-à-dire D2 (D + 1 −

√

2)(D + 1 +

√

2)x = 0.

En procédant comme dans l’exemple VI.3.8, on peut montrer que la solution générale de cette équation est x(t) = a + bt + ce(−1+

√

2)t

+ de(−1−

√

2)t

avec a, b, c, d ∈ R. Toutefois, ces fonctions ne sont pas toutes nécessairement des solutions de l’équation (VI.28). En substituant x(t) dans (VI.29), on obtient (D2 + 2D − 1)x = (D2 + 2D − 1)(a + bt) = t, puisque ce(−1+ On a

√

√ 2)t +de(−1− 2)t

est une solution de l’équation (D 2 +2D −1)x = 0.

(D2 + 2D − 1)(a + bt) = 2b − a − bt = t, 159 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

et donc −b = 1 et 2b − a = 0, c’est-à-dire a = −2 et b = −1. La solution générale de l’équation (VI.29) est donc x(t) = −2 − t + ce(−1+

√

2)t

+ de(−1−

√

2)t

avec c, d ∈ R.

Exemple VI.3.10. Prenons l’équation x − 2x = et cos(2t),

(VI.30)

(D − 2)x = et cos(2t).

(VI.31)

c’est-à-dire On remarque que (D − 1 − 2i)(D − 1 + 2i)(D − 2)x = 0 a la solution générale x(t) = ae2t + bet cos(2t) + cet sin(2t) avec a, b, c ∈ R. En substituant x(t) dans (VI.31), on obtient   (D − 2) bet cos(2t) + cet sin(2t) = et cos(2t), c’est-à-dire bet cos(2t) − 2bet sin(2t) + cet sin(2t) + 2cet cos(2t) = et cos(2t). Ainsi, b + 2c = 1 et

− 2b + c = 0,

et donc b = 1/5 et c = 2/5. On conclut que tion (VI.30) est 1 x(t) = ae2t + et cos(2t) + 5 avec a ∈ R.

la solution générale de l’équa2 t e sin(2t) 5

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VI.4. Transformée de Laplace

VI.4. Transformée de Laplace On décrit dans cette section une méthode alternative pour trouver les solutions d’une classe d’équations dans R de la forme (VI.27), basée sur la transformée de Laplace. À savoir, on considère les équations de la forme x(n) + an−1 x(n−1) + · · · + a2 x + a1 x + a0 x = f (t),

(VI.32)

avec a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R, pour une fonction non nulle f dans R+ 0 = [0, +∞[. On commence par introduire la notion de transformée de Laplace. À cet effet, on considère la famille F de toutes les fonctions f : R+ 0 → R telles que : a) f a au plus un nombre fini de discontinuités ; b) f a des limites à gauche et à droite à tous les points de R+ 0.

D´efinition VI.4.1. Soit f ∈ F une fonction. On définit la transformée de Laplace F = Lf de f par  ∞ e−tz f (t) dt (VI.33) F (z) = 0

dans le sous-ensemble de C où elle est définie. L’intégrale impropre dans (VI.33) est définie par 

∞

−tz

e 0

 f (t) dt = lim

R→∞ 0

R

e−tz f (t) dt,

(VI.34)

quand la limite existe. On remarque que, puisque f a au plus un nombre fini de discontinuités, pour chaque R > 0 et z ∈ C, la fonction t → e−tz f (t) est intégrable au sens de Riemann dans l’intervalle [0, R], et donc l’intégrale dans le membre de droite de (VI.34) est bien définie. On remarque également que L(af + bg) = aLf + bLg pour tout a, b ∈ C, dans l’ensemble où les deux transformées de Laplace Lf et Lg sont définies. Donnons quelques exemples. 161 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exemple VI.4.2. Pour f = 1, on a  R  ∞ −tz e dt = lim e−tz dt (Lf )(z) = R→∞ 0 0

e−tz

t=R 1 − e−Rz = lim , = lim R→∞ −z t=0 R→∞ z et donc (Lf )(z) = 1/z pour z > 0.

Exemple VI.4.3. Pour f (t) = eat avec a ∈ R, on a  R e−tz eat dt (Lf )(z) = lim R→∞ 0 eR(a−z)

= lim

R→∞

−1 , a−z

et donc (Lf )(z) = 1/(z − a) pour z > a.

Exemple VI.4.4. Pour f (t) = cos(at) et g(t) = sin(at) avec a ∈ R, on a  ∞ e−tz cos(at) dt (Lf )(z) = 0



et

∞

(Lg)(z) =

e−tz sin(at) dt.

0

Pour calculer les deux transformées de Laplace, on remarque d’abord que  ∞ 1 eR(ia−z) − 1 = e−tz eiat dt = lim R→∞ ia − z z − ia 0 et 

∞

1 eR(−ia−z) − 1 = , R→∞ −ia − z z + ia

e−tz e−iat dt = lim

0

pour z > 0. Donc,



∞

(Lf )(z) = 

0

∞

e−tz cos(at) dt

eiat + e−iat dt 2 0

 1 1 z 1 + = 2 = 2 z − ia z + ia z + a2 =

e−tz

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VI.4. Transformée de Laplace

et 

∞

(Lg)(z) = 

0

∞

e−tz sin(at) dt

eiat − e−iat dt 2i 0

 1 1 1 a = − = 2 , 2i z − ia z + ia z + a2 =

e−tz

aussi pour z > 0. Le résultat suivant donne des conditions pour l’existence de la transformée de Laplace. Pour c > 0, soit Fc la famille des fonctions f ∈ F pour lesquelles il existe D > 0 tel que |f (t)| ≤ Dect , t > 0.

Th´eor`eme VI.4.5. Si f ∈ Fc , alors la transformée de Laplace de f est définie et est holomorphe pour z > c, avec 



∞

(Lf ) (z) = −

te−tz f (t) dt.

(VI.35)

0

R

Démonstration. L’existence de l’intégrale 0 e−tz f (t) dt pour chaque R > 0 résulte

de l’intégrabilité au sens de Riemann des fonctions de F dans chaque intervalle borné. En outre, pour z > c et R > r, on a  r



e−tz f (t) dt ≤

R



R

e−t z Dect dt r

et(c− z)

t=R =D c − z t=r =D

eR(c− z) − er(c− z) Der(c− z) → c − z z − c

r lorsque R → +∞. Donc, 0 n e−tz f (t) dt est une suite de Cauchy lorsque rn  +∞, et donc, la transformée de Laplace de f est définie pour z > c. Pour montrer que F = Lf est holomorphe, on considère les fonctions  Fn (z) =

n

e−tz f (t) dt.

0

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

On a



|Fn (z) − F (z)| =

≤

∞

−tz

e



f (t) dt

n

Det(c−z) t=∞

Den(c−z)

=

c − z t=n z−c

et donc la suite (Fn )n converge uniformément vers F . Maintenant, on montre que chaque fonction Fn est holomorphe. On observe tout d’abord qu’il existe C ≥ 1 tel que

−z  

e − 1 + z ≤ |z|2 e− z + |z| + C (VI.36) pour tout z ∈ C. En effet, il résulte de 1 e−z − 1 + z = 2 z→0 z 2 lim

qu’il existe C ≥ 1 tel que

−z  

e − 1 + z ≤ C|z|2 ≤ |z|2 e− z + |z| + C pour |z| ≤ 1. Pour |z| ≥ 1, on a aussi

−z  

e − 1 + z ≤ e− z + |z| + 1 ≤ |z|2 e− z + |z| + C . En prenant ε > 0, il résulte de (VI.36) que

−ht

e   −1

≤ |h|t2 e−( h)t + |ht| + C

+ t



h   ≤ |h|t2 eεt + εt + C pour |h| < ε. Donc,

 n −th



  n





Fn (z + h) − Fn (z) −1 e −tz −tz



+ + t e f (t) dt

ze f (t) dt =

h h 0 0  n   t2 eεt + εt + C |e−tz f (t)| dt ≤ |h| 0

(VI.37) pour |h| < ε. Lorsque h → 0, on obtient alors  n  te−tz f (t) dt Fn (z) = − 0

et, en particulier, la fonction Fn est holomorphe. Il résulte du théorème IV.1.20 que F est holomorphe pour z > c. En outre, lorsque n → ∞ dans (VI.37) et alors h → 0, on obtient l’identité (VI.35) pour z > c. 164 i

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VI.4. Transformée de Laplace

Maintenant, on montre que dans des conditions suffisamment générales, il est possible de récupérer la fonction qui définit une transformée de Laplace. Autrement dit, il existe l’inverse de la transformée de Laplace.

Th´eor`eme VI.4.6. Si f ∈ Fc est de classe C 1 , alors pour chaque t ∈ R+ on a  1 etz (Lf )(z) dz, (VI.38) f (t) = lim R→∞ 2πi γR où le chemin γR : [−R, R] → C est donné par γR (y) = x + iy pour tout x > c. Plus généralement, on a le résultat suivant.

Th´eor`eme VI.4.7. Pour f ∈ Fc et t ∈ R+ , s’il existe C, δ > 0 tels que |f (u) − f (t)| ≤ C|u − t|

(VI.39)

pour u ∈]t − δ, t + δ[∩R+ , alors l’identité (VI.38) est satisfaite. Démonstration. Pour x > c, on a



∞

(Lf )(x + iy) =

e−u(x+iy) f (u) du.

0

Puisque f ∈ Fc , on a aussi |e(t−u)(x+iy) f (u)| ≤ e(t−u)x Decu = Detx e(c−x)u . Donc,



R



−R

∞

|e(t−u)(x+iy) f (u)| du dy < ∞

0

pour chaque x > c et R > 0. Par le théorème de Fubini, on obtient alors  R et(x+iy) (Lf )(x + iy) dy −R





R

∞

e(t−u)(x+iy) f (u) du dy

= −R



tx

0 ∞

−ux

e

=e

 f (u)

0



∞

R

ei(t−u)y dy du

−R i(t−u)R e

− e−i(t−u)R du i(t − u) 0  ∞ sin[(t − u)R] du. e−ux f (u) = 2etx t−u 0 tx

=e

e−ux f (u)

(VI.40) 165

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 166 — #176

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

On établit aussi un résultat qui est d’intérêt indépendant. Une fonction h : I → R dans un intervalle borné ou non borné I ⊂ R est dite absolument intégrable au sens de Riemann (dans I) si h est intégrable au sens de Riemann dans I et  I |h| < ∞. On remarque que dans un intervalle borné toute fonction intégrable au sens de Riemann est aussi absolument intégrable au sens de Riemann.

Lemme VI.4.8 (Riemann-Lebesgue). Si h : I → R est absolument intégrable au sens de Riemann dans l’intervalle I, alors   lim h(u) cos(tu) du = lim h(u) sin(tu) du = 0. (VI.41) t→+∞ I

t→+∞ I

Démonstration du lemme. On considère seulement la fonction sinus, puisque l’ar-

gument pour le cosinus est tout à fait analogue. On commence par supposer que h est une fonction en escalier dans un intervalle borné. On a donc h=

N

cj χIj

j=1

pour certaines constantes cj ∈ R, où les intervalles Ij forment une partition de l’intervalle I et où  1 si u ∈ Ij , χIj (u) = 0 si u ∈ Ij . Donc, en prenant Ij = [aj , bj ], on obtient  h(u) sin(tu) du = I

N

 cj

sin(tu) du aj

j=1

=

N j=1

cj

bj

cos(taj ) − cos(tbj ) →0 t

(VI.42)

lorsque t → +∞. Soit maintenant h une fonction absolument intégrable au sens de Riemann dans un intervalle borné I. Pour δ > 0, il existe une fonction en escalier g : I → R telle que  |h − g| < δ. I

Alors













h(u) sin(tu) du ≤ [h(u) − g(u)] sin(tu) du + g(u) sin(tu) du







I



I  I



≤ |h − g| +

g(u) sin(tu) du

. I

I

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VI.4. Transformée de Laplace

Puisque g est une fonction en escalier, il résulte de (VI.42) que  g(u) sin(tu) du = 0 lim t→+∞ I

et donc,







h(u) sin(tu) du < 2δ



I

quand t est suffisamment grand. Puisque δ est arbitraire, on conclut que la limite  h(u) sin(tu) du = 0 (VI.43) lim t→+∞ I

existe. Maintenant, on suppose que l’intervalle I n’est pas borné. Puisque h est absolument intégrable  au sens de Riemann, en prenant δ > 0 il existe un intervalle borné J ⊂ I tel que I\J |h| < δ. Alors











h(u) sin(tu) du ≤ h(u) sin(tu) du + |h|





I J I\J





≤

h(u) sin(tu) du

+ δ. J

D’autre part, il résulte de (VI.43) avec I remplacé par J que  h(u) sin(tu) du = 0. lim t→+∞ J

Puisque δ est arbitraire, on conclut encore que l’identité (VI.43) est satisfaite. Maintenant, on sépare la dernière intégrale dans (VI.40) en 3 intégrales, à savoir dans les intervalles [0, t − δ], [t − δ, t + δ] et [t + δ, +∞[. On observe que la fonction e−ux f (u) h(u) = t−u est absolument intégrable au sens de Riemann dans [0, t − δ] et [t + δ, +∞[, puisqu’elle est continue et De(c−x)u . |h(u)| ≤ |t − u| Il résulte alors de (VI.41) que  lim

R→∞ 0

t−δ

 h(u) sin[(t − u)R] du = lim

∞

R→∞ t+δ

h(u) sin[(t − u)R] du = 0, (VI.44) 167

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

puisque sin[(t − u)R] = sin(tR) cos(uR) − cos(tR) sin(uR). D’autre part, il résulte de (VI.39) que |e−ux f (u) − e−tx f (t)| ≤ e−ux |f (u) − f (t)| + |e−ux − e−tx | · |f (t)| ≤ e(−t+δ)x C|u − t| + xe(−t+δ)x |f (t)| · |u − t| ≤ (C + x|f (t)|)|u − t| pour u ∈]t − δ, t + δ[, avec t − δ ≥ 0. Prenant K = C + x|f (t)|, on obtient

sin[(t − u)R]

du

[e f (u) − e f (t)] t−u t−δ  t+δ



sin[(t − u)R] du ≤ 2Kδ. ≤K







t+δ

−ux

−tx

t−δ

Par le changement de variable v = (t − u)R, cela donne







t+δ

h(u) sin[(t − u)R] du − e−tx f (t)



t−δ

Par l’exemple IV.5.6, on a



∞

−∞

et on obtient ainsi







t+δ

δR −δR

sin v

dv ≤ 2Kδ. v

sin x dx = π, x

−tx

h(u) sin[(t − u)R] du − e

t−δ



f (t)π

≤ 3Kδ,

(VI.45)

pour R suffisamment grand. D’autre part, il résulte de (VI.40) et (VI.44) que



e (Lf )(x + iy) dy − 2e h(u) sin[(t − u)R] du

−R t−δ

 t−δ  ∞



tx

h(u) sin[(u − t)R] du + h(u) sin[(u − t)R] du

< δ, = 2e







R



t(x+iy)

tx

0

t+δ

t+δ

quand R est suffisamment grand (pour chaque δ donné). Par (VI.45), on obtient







R

t(x+iy)

e −R



(Lf )(x + iy) dy − 2πf (t)

≤ δ + 6Kδetx

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 169 — #179

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VI.4. Transformée de Laplace

pour R suffisamment grand. Lorsque R → +∞ et alors δ → 0, on conclut que  ∞ et(x+iy) (Lf )(x + iy) dy = 2πf (t), −∞

ce qui est équivalent à  lim

R

R→∞ −R

 etγR (y) F (γR (y))γR (y) dy = 2πif (t).

Ceci donne la résultat souhaité. Parfois, il est possible d’utiliser le théorème des résidus pour obtenir une fonction f à partir de sa transformée de Laplace. On établit un résultat particulier qui est suffisant pour les applications dans cette section aux équations différentielles de la forme (VI.32).

Th´eor`eme VI.4.9. Soit f ∈ Fc une fonction de classe C 1 telle que : a) Lf est méromorphe et a un nombre fini de pôles ;

b) il existe des constantes K, b, R > 0 tels que |(Lf )(z) ≤ K/|z|b pour |z| > R. Alors, pour chaque t ∈ R+ , on a f (t) =



Res(Gt , p),

(VI.46)

p∈A

où Gt (z) = etz (Lf )(z) et où A est l’ensemble de pôles de Lf . Démonstration. Par le théorème VI.4.6, on sait qu’il existe l’inverse de la transformée de Laplace. Il suffit donc de montrer que si g : R+ 0 → R est la fonction donnée par le membre de droite de (VI.46), alors Lg = Lf pour z > c. Pour a > c, soient γr+ et γr− des lacets réguliers par morceaux (voir la Figure VI.1) tournant une fois dans le sens positif, respectivement sur les frontières des ensembles

Br (0) ∩ {z ∈ C : z > a} et Br (0) ∩ {z ∈ C : z < a}. Par le théorème IV.5.3, pour r suffisamment grand on a  1 Res(Gt , p) = etw F (w) dw, g(t) = 2πi γr− p∈A

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

γr− γr+ a

a

Figure VI.1. Chemins γr+ et γr− .

où F = Lf . D’autre part, par la proposition III.4.5, pour z > a, on a 1 lim (Lg)(z) = 2πi R→∞ 1 lim = 2πi R→∞



R

−tz



e 

0

γr−

F (w)

etw F (w) dw dt

γr−  R

et(w−z) dt dw

0 R(w−z) e

 −1 1 lim dw F (w) = 2πi R→∞ γr− w−z  F (w) 1 dw, =− − 2πi γr w − z puisque

|eR(w−z) | = eR( w− z) ≤ eR(a− z) → 0

lorsque R → +∞. Par le théorème II.7.1, on obtient alors

   F (w) F (w) 1 dw + dw + F (z) (Lg)(z) = − 2πi γ− w − z γr+ w − z  r F (w) 1 dw + F (z), =− 2πi γr w − z

(VI.47)

où le chemin γr : [0, 2π] → C est donné par γr (θ) = reiθ , puisque les intégrales le long des segments de γr− et γr+ dans la ligne droite z = a s’annulent. D’autre part, 170 i

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VI.4. Transformée de Laplace







γr



2πrK F (w) dw

≤ b →0 w−z r (r − |z|)

lorsque r → +∞ et il résulte de (VI.47) que Lg = Lf pour z > a. Lorsque a → c, on obtient le résultat souhaité.

Exemple VI.4.10. Soit F (z) =

1 (z − 1)(z − 2)(z − 3)

la transformée de Laplace d’une fonction f de classe C 1 . Par le théorème VI.4.9, on a alors f (t) =

3

Res(Gt , p)

p=1









etz etz etz



+ + =



(z − 2)(z − 3) z=1 (z − 1)(z − 3) z=2 (z − 1)(z − 2) z=3 1 1 = et − e2t + e3t . 2 2 Maintenant, on commence l’étude de la relation entre la transformée de Laplace et les équations différentielles dans (VI.32).

Proposition VI.4.11. Si f  ∈ Fc , alors L(f  )(z) = z(Lf )(z) − f (0+ ),

z > c.

(VI.48)

Démonstration. On remarque d’abord que, puisque f  ∈ Fc , on a



 t

+

f (u) du

|f (t)| ≤ f (0 ) + 0  t Decu du ≤ |f (0+ )| + 0

D = |f (0+ )| + (ect − 1) ≤ c

 D ct e |f (0 )| + c +

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

et donc aussi f ∈ Fc . On obtient alors  R  e−tz f  (t) dt L(f )(z) = lim R→∞ 0



t=R −tz

= lim e f (t) t=0 + z R→∞

= lim

R→∞

R

−tz

e

 f (t) dt

0



−Rz

e



f (R) − f (0 )) + z lim +

R

R→∞ 0

e−tz f (t) dt

= −f (0+ ) + z(Lf )(z) pour z > c, ce qui donne l’identité souhaitée.

Exemple VI.4.12. Maintenant, on considère la dérivée seconde. Lorsque f  ∈ Fc , on peut utiliser deux fois la proposition VI.4.11 pour obtenir L(f  )(z) = z 2 (Lf )(z) − zf (0+ ) − f  (0+ ),

z > c.

(VI.49)

En effet, lorsque g = f  on obtient L(f  )(z) = L(g )(z) = zL(g)(z) − g(0+ ) = zL(f  )(z) − f  (0+ ) = z[z(Lf )(z) − f (0+ )] − f  (0+ ) = z 2 (Lf )(z) − zf (0+ ) − f  (0+ ).

Exemple VI.4.13. Prenons l’équation x − 3x + 2x = e3t avec les conditions x(0) = 0 et x (0) = 0. Il résulte de (VI.48) et (VI.49) que si X = Lx, alors L(x )(z) = zX(z) − x(0) = zX(z) et

L(x )(z) = z 2 X(z) − zx(0) − x (0) = z 2 X(z)

Donc, L(x − 3x + 2x)(z) = z 2 X(z) − 3zX(z) + 2X(z) = (z 2 − 3z + 2)X(z). Par l’exemple VI.4.3, on a L(e3t )(z) =

1 , z−3

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VI.4. Transformée de Laplace

et donc, 1 (z − 3)(z 2 − 3z + 2) 1 = . (z − 1)(z − 2)(z − 3)

X(z) =

Puisque la solution x(t) est de classe C 1 , il résulte de l’exemple VI.4.10 que 1 1 x(t) = et − e2t + e3t 2 2 est la solution du problème. Alternativement, on peut noter que 1 1 1 1 1 · − + · 2 z−1 z−2 2 z−3 1 1  = L et − e2t + e3t (z). 2 2 On décrit également des propriétés supplémentaires qui sont utiles dans le calcul de la transformée de Laplace. X(z) =

Proposition VI.4.14. Si f ∈ Fc , alors : a) pour la fonction g(t) = eat f (t), avec a ∈ R, on a (Lg)(z) = (Lf )(z − a),

z > a + c ;

b) pour la fonction g(t) = −tf (t), on a (Lg)(z) = (Lf ) (z),

z > c.

Démonstration. Dans la première propriété, on a g ∈ Fa+c et



∞

(Lg)(z) = 0 ∞ =

e−tz eat f (t) dt e−t(z−a) f (t) dt = (Lf )(z − a).

0

La seconde propriété résulte immédiatement de (VI.35).

Exemple VI.4.15. Pour f (t) = e3t et g(t) = −te3t , on a  1  1 =− . (Lg)(z) = (Lf ) (z) = z−3 (z − 3)2 Pour f (t) = sin t et g(t) = −t sin t, on a  (Lg)(z) = (Lf ) (z) =

1  2z =− 2 . 2 z +1 (z + 1)2 173

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exemple VI.4.16. Pour f (t) = cos(7t) et g(t) = e5t cos(7t), on a (Lg)(z) = (Lf )(z − 5) =

z−5 . (z − 5)2 + 49

Exemple VI.4.17. On considère l’équation x + x = cos t

(VI.50)

avec les conditions x(0) = 0 et x (0) = 1. En prenant X = Lx, on obtient L(x )(z) = z 2 X(z) − zx(0) − x (0) = z 2 X(z) − 1 et

L(x + x)(z) = (z 2 + 1)X(z) − 1.

Il résulte de (VI.50) que (z 2 + 1)X(z) − 1 =

z2

z +1

et z 1 + z 2 + 1 (z 2 + 1)2   1 1  1  1 − t sin t (z). = 2 = L sin t + z + 1 2 z2 + 1 2

X(z) =

On conclut donc que 1 x(t) = sin t + t sin t 2 est la solution du problème.

VI.5. Exercices Exercice VI.1. Déterminer la solution générale de l’équation : a) x − x − x = 0. b) x(4) − 2x + x = 0.

Exercice VI.2. Résoudre le problème : a) x − x + x − x = 0 avec x(0) = x (0) = x (0) = 1. b) x + 4x + x = 0 avec x(0) = x (0) = x (0) = 0. 174 i

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Exercices

Exercice VI.3. Prenons l’équation x + x + x = 0. a) Déterminer la solution générale. b) Dire s’il existe des solutions bornées.

Exercice VI.4. Déterminer la solution générale de l’équation x + x = sin t. Exercice VI.5. Déterminer la solution de l’équation : a) x − x = et avec x(0) = x (0) = 0. b) x + x = t avec x(0) = x (0) = 1.

Exercice VI.6. Prenons l’équation (D2 + 1)(D + 1)x = h(t). a) Déterminer toutes les solutions avec h(t) = 0. b) Déterminer toutes les solutions avec h(t) = t telles que x (0) = 0. c) Dire quelles solutions avec h(t) = 0 ont une limite lorsque t → +∞.

Exercice VI.7. Montrer que la méthode de la section VI.3 ne peut pas être utilisée 2 pour résoudre l’équation x + x = et . Exercice VI.8. Montrer que la méthode de la section VI.3 peut être utilisée pour résoudre l’équation x − x = cos2 t. Exercice VI.9. Déterminer la solution de l’équation (1 − x)x = sin(2t) avec x(0) = 0. Exercice VI.10. Montrer que l’équation différentielle

 t x + log x + + log t x = 0 t x est exacte, et trouver le plus explicitement possible la solution avec x(1) = 1.

Exercice VI.11. Déterminer la solution de l’équation (2x + t)x + x = 0 avec x(0) = 1. Exercice VI.12. Déterminer la solution générale de l’équation xx = (x )2 . Suggestion : calculer la dérivée (x /x) . Exercice VI.13. Déterminer si l’équation x x = x x a des solutions telles que la fonction x /x soit bornée. Suggestion : noter que (x /x) = (x x − x x )/x2 . Exercice VI.14. Prenons l’équation x = p(t)x2 + q(t)x + r(t), où p, q et r sont des fonctions continues avec p = 0. a) Vérifier que si x(t) est une solution, alors la fonction y(t) = p(t)x(t) satisfait l’équation y  = y 2 + Q(t)y + R(t), 175 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

où Q(t) = q(t) +

p (t) p(t)

et R(t) = p(t)r(t).

b) Vérifier que la fonction z(t) = e−Y (t) , où Y (t) est une primitive de y(t), satisfait l’équation z  − Q(t)z  + R(t)z = 0.

Exercice VI.15. Déterminer la transformée de Laplace de la fonction : a) t2 sin t. b) t2 + e−t .

Exercice VI.16. Déterminer la fonction avec transformée de Laplace : a) z/(z 2 − 1). b) (z + 1)/(z 3 − 1).

Exercice VI.17. Déterminer la transformée de Laplace de la solution de l’équation x + 2x + x = e−t avec x(0) = 1 et x (0) = 3. Exercice VI.18. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : √ a) L’équation x + x = 3 t a des solutions. b) L’équation x + x = et a des solutions périodiques non constantes. c) L’équation (D 2 + 1)(D − 1)x = 0 a des solutions non nulles avec une limite lorsque t → +∞. d) L’équation x = 1 + x2 a des solutions périodiques non constantes. e) L’équation x + x = 0 a des solutions périodiques non constantes.

Exercice VI.19. Montrer que si f ∈ Fc , alors  ∞ (n) n tn e−tz f (t) dt, (Lf ) (z) = (−1)

z > c.

0

Solutions VI.1 a) ae(1+

√

5)t/2

+ be(1−

√

5)t/2

avec a, b ∈ R.

b) aet + btet + ce−t + dte−t avec a, b, c, d ∈ R. 176 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 177 — #187

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Solutions

VI.2 a) x(t) = et . b) x(t) = 0. √ √ VI.3 a) a + be−t/2 cos( 3t/2) + ce−t/2 sin( 3t/2) avec a, b, c ∈ R. b) Oui, il existe des solutions bornèes. VI.4 a cos t + b sin t − 12 t cos t avec a, b ∈ R. VI.5 a) − 14 et + 12 tet + 14 e−t . b) t + cos t. VI.6 a) a cos t + b sin t + ce−t avec a, b, c ∈ R. b) a cos t + b sin t + (b + 1)e−t − 1 + t avec a, b ∈ R. c) ce−t avec c ∈ R.  VI.9 1 − cos(2t) avec t ∈]−π/4, π/4[. VI.10 La solution satisfait tx(t) x(t)t = 1. √ VI.11 (−t + t2 + 4)/2. √ VI.12 x(t) = ± ct + d avec c, d ∈ R. VI.13 Oui, elle a des solutions. VI.15 a) (6z 2 − 2)/(z 2 + 1)3 pour z > 0. b) 2/z 3 + 1/(z + 1) pour z > 0. √ VI.16 a) 12 et + 12 e−t . b) 23 et − 23 e−t/2 cos( 3t/2). VI.17 (z + 5)/(z + 1)2 + 1/(z + 1)3 . VI.18 a) Vraie.

b) Fausse. c) Fausse. d) Fausse. e) Fausse.

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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VII SÉRIES DE FOURIER

On présente dans ce chapitre la notion de série de Fourier d’une fonction. On étudie également la convergence et plusieurs autres propriétés des séries de Fourier. En particulier, on montre comment développer une fonction suffisamment régulière en une série de cosinus ou en une série de sinus. Comme un sous-produit de la théorie, on obtient plusieurs identités exprimant π et d’autres valeurs comme séries de nombres réels.

VII.1. Un exemple Comme motivation pour l’étude des séries de Fourier, on considère l’équation de la chaleur ∂2u ∂u = α2 2 , (VII.1) ∂t ∂x où α ∈ R \ {0}, avec t ≥ 0 et x ∈ [0, l], pour un certain l > 0. Cette équation modélise l’évolution de la température u(t, x) à l’instant de temps t et à la position x d’une barre de longueur l. On suppose que u(t, 0) = u(t, l) = 0,

t ≥ 0,

(VII.2)

c’est-à-dire que les extrémités de la barre sont conservées en permanence à la température zéro. On commence par chercher des solutions de la forme u(t, x) = T (t)X(x), qui est la première étape de la méthode dite de séparation des variables. En remplaçant dans (VII.1), on obtient T  X = α2 T X  ,

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Chapitre VII. Séries de Fourier

et donc,

X  T = α2 T X quand T X = 0. On remarque que dans cette identité le membre de gauche ne dépend pas de x et le membre de droite ne dépend pas de t. Donc, il existe une constante λ ∈ R telle que X  T = = −λ, α2 T X c’est-à-dire T  = −λα2 T et X  + λX = 0. La première équation a la solution générale 2t

T (t) = ce−λα

(VII.3)

qui ne s’annule pas pour c = 0. D’autre part, il résulte de (VII.2) que t ≥ 0,

T (t)X(0) = T (t)X(l) = 0, ce qui est équivalent à X(0) = X(l) = 0. Il reste donc à résoudre le problème X  + λX = 0,

X(0) = X(l) = 0.

On considère trois cas : a) Lorsque λ = 0, on a X  = 0, et donc, (VII.4)

X(x) = a + bx

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Donc, X(l) = bl = 0, et on a b = 0. Ainsi, X(x) = 0. b) Lorsque λ < 0, l’équation X  + λX = (D2 + λ)X = (D − a la solution générale



|λ|)(D +

√ √ X(x) = ae |λ|x + be− |λ|x



|λ|)X = 0

(VII.5)

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a + b = 0. Donc, √   √ (VII.6) X(l) = a e |λ|l − e− |λ|l = 0. √ √  Puisque |λ|l > 0, on a e |λ|l > 1 et e− |λ|l < 1. Il résulte alors de (VII.6) que a = 0 et on a aussi b = 0. Donc, X(x) = 0. 180 i

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VII.1. Un exemple

c) Lorsque λ > 0, l’équation X  + λX = (D2 + λ)X = 0 a la solution générale √ √ X(x) = a cos( λx) + b sin( λx)

(VII.7)

√ avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Donc, X(l) = b sin( λl) = 0 et b = 0 ou √ (VII.8) sin( λl) = 0. √ Il résulte de (VII.8) que λl = nπ, c’est-à-dire λ=

n2 π 2 , l2

On obtient alors X(x) = b sin

n ∈ N.

 nπx  l

,

n ∈ N.

(VII.9)

En combinant (VII.3) et (VII.9), on obtient les solutions de l’équation de la chaleur (VII.1) données par  nπx  2 2 2 2 , n ∈ N, cn ∈ R. u(t, x) = cn e−n π α t/l sin l Par construction, ces solutions satisfont la condition (VII.2). On a également la propriété suivante.

Proposition VII.1.1. Si u1 et u2 sont solutions de l’équation (VII.1), alors la fonction c1 u1 + c2 u2 est aussi une solution pour tout c1 , c2 ∈ R. En outre, si u1 et u2 satisfont la condition (VII.2), alors c1 u1 + c2 u2 aussi satisfait (VII.2) pour tout c1 , c2 ∈ R. Démonstration. On a

∂u1 ∂u2 ∂ (c1 u1 + c2 u2 ) = c1 + c2 ∂t ∂t ∂t 2 2 2 ∂ u1 2 ∂ u2 + c α = c1 α 2 ∂x2 ∂x2 2 ∂ = α2 2 (c1 u1 + c2 u2 ), ∂x ce qui établit la première propriété. La seconde propriété est immédiate. 181 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

Il résulte de la proposition VII.1.1 que chaque fonction u(t, x) =

N

cn e−n

2 π 2 α2 t/l2

sin

 nπx  l

n=1

(VII.10)

,

avec N ∈ N et c1 , . . . , cN ∈ R, est solution de l’équation (VII.1) et satisfait la condition (VII.2). On veut aussi supposer la condition supplémentaire u(0, x) = f (x),

x ∈ [0, l],

(VII.11)

où f : [0, l] → R est une fonction donnée. Pour la solution dans (VII.10), il résulte de (VII.11) que N  nπx  = f (x), (VII.12) cn sin u(0, x) = l n=1 et donc la question est de savoir s’il existe des constantes cn telles que la seconde identité dans (VII.12) soit satisfaite. Par exemple, pour  3πx   πx  + 2 sin , f (x) = sin l l on peut prendre

⎧ ⎪ ⎨1 si n = 1, cn = 2 si n = 2, ⎪ ⎩ 0 si n > 2,

et on obtient la solution u(t, x) = e−π

2 α2 t/l2

sin

 πx  l

+ 2e−9π

2 α2 t/l2

sin

 3πx  l

.

Malheureusement, en général, c’est-à-dire, pour une fonction arbitraire f , il n’est pas possible de choisir des constantes cn telles que (VII.12) soit satisfaite. Toutefois, on vérifie dans les sections suivantes, que pour une large classe de fonctions f , cela est possible en prenant N = ∞, c’est-à-dire en considérant la série u(t, x) =

∞

cn e−n

2 x2 α2 t/l2

n=1

sin

 nπx  . l

On devra d’abord discuter la convergence de la série u(0, x) =

∞ n=1

cn sin

 nπx  . l

(VII.13)

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 183 — #193

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VII.2. Séries de Fourier

VII.2. Séries de Fourier On discute dans cette section la convergence de la série dans (VII.13). À cet effet, on introduit d’abord une classe de fonctions définies sur l’intervalle [−l, l].

D´efinition VII.2.1. On désigne par Dl la famille des fonctions f : [−l, l] → R telles que : a) f a au plus un nombre fini de discontinuités ; b) f a des limites à gauche et à droite en tous les points de [−l, l] ; c) pour chaque intervalle ]a, b[⊂ [−l, l] où la fonction f est continue, le prolongement (qui est une fonction continue) g : [a, b] → R définie par ⎧ + ⎪ ⎨f (a ) si x = a, g(x) = f (x) si x ∈]a, b[, ⎪ ⎩ − f (b ) si x = b

(VII.14)

a des dérivées (finies) à gauche et à droite à tous les points de [a, b].

Maintenant, on définit les coefficients de Fourier.

D´efinition VII.2.2. On définit les coefficients de Fourier d’une fonction f ∈ Dl par   nπx  1 l dx, n ∈ N ∪ {0}, f (x) cos an = l −l l et 1 bn = l



l

f (x) sin −l

 nπx  l

dx,

n ∈ N.

On remarque que chaque fonction f ∈ Dl est intégrable au sens de Riemann, et donc les coefficients an et bn sont bien définis. 183 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

D´efinition VII.2.3. On définit la série de Fourier d’une fonction f ∈ Dl par ∞ (  nπx   nπx ) a0 + + bn sin , an cos F (x) = 2 l l n=1

lorsqu’elle est convergente. Le résultat suivant établit la convergence ponctuelle des séries de Fourier.

Th´eor`eme VII.2.4. Pour chaque fonction f ∈ Dl , on a F (x) =

f (x+ ) + f (x− ) 2

pour

x ∈]−l, l[,

(VII.15)

et

f (−l+ ) + f (l− ) pour x ∈ {−l, l}. 2 Démonstration. Les sommes partielles  )

n ( a0 kπx kπx + + bk sin ak cos Sn (x) = 2 l l F (x) =

(VII.16)

(VII.17)

k=1

satisfont

 1 l f (y) dy Sn (x) − 2l −l 







 n kπx kπy kπx kπy 1 l cos + sin sin dy f (y) cos = l −l l l l l k=1 

 n kπ(y − x) 1 l dy, f (y) cos = l −l l k=1

où n k=1

cos

kπ(y − x) l



n

1 − einπ(y−x)/l iπ(y−x)/l = e = e 1 − eiπ(y−x)/l k=1 

iπ(y−x)/(2l) − ei(n+1/2)π(y−x)/l e = e−iπ(y−x)/(2l) − eiπ(y−x)/(2l) 

iπ(y−x)/(2l) − ei(n+1/2)π(y−x)/l e = −2i sin(π(y − x)/(2l)) 1 sin((n + 1/2)π(y − x)/(2l)) . =− + 2 sin(π(y − x)/(2l))



ikπ(y−x)/l

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 185 — #195

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VII.2. Séries de Fourier

Lorsque Dn (y) =

sin((n + 1/2)πy/(2l)) , sin(πy/(2l))

Sn (x) =

1 l

=

1 l

on a alors



l

−l  l −l

f (y)Dn (y − x) dy g(y + x)Dn (y) dy,

(VII.18)

où la fonction g : R → R est donnée par g(x) = f (x − 2kl)

(VII.19)

lorsque x − 2kl ∈ [−l, l[ avec k ∈ Z. D’autre part, si f = 1, alors an = bn = 0 pour n ∈ N, et il résulte de (VII.17) et (VII.18) que  1 l Dn (y) dy, n ∈ N. 1= l −l Donc,



 g(x+ ) + g(x− )  Dn (y) dy g(y + x) − 2 −l  1 0 [g(y + x) − g(x− )]Dn (y) dy = l −l  1 l [g(y + x) − g(x+ )]Dn (y) dy. (VII.20) + l 0

g(x+ ) + g(x− ) 1 = Sn (x) − 2 l

l

Maintenant, on utilise le lemme VI.4.8 pour montrer que les intégrales dans (VII.20) convergent vers zéro lorsque n → ∞. Pour y ∈ [−l, 0[, on a [g(y + x) − g(x− )]Dn (y) =

g(y + x) − g(x− ) sin[(n + 1/2)πy/(2l)] · . y sin(πy/(2l))/y

On remarque que la fonction χ : [−l, l] → R définie par  sin(πy/(2l))/y si y = 0, χ(y) = 1 si y = 0 est continue, non nulle et bornée. D’autre part, la fonction f ∈ Dl a des dérivées à gauche en tout point, et la fonction ψ : [−l, 0] → R définie par  [g(y + x) − g(x− )]/y si y = 0, ψ(y) = si y = 0 g (x− ) 185 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

a au plus un nombre fini de discontinuités, et a des limites à gauche et à droite en tous les points de [−l, 0]. Donc, ψ est intégrable au sens de Riemann dans [−l, 0] (et elle est donc absolument intégrable au sens de Riemann, puisque l’intervalle est borné). La même chose arrive avec la fonction h = ψ/χ, et donc il résulte du lemme VI.4.8 que 

0 −l



−

[g(y + x) − g(x )]Dn (y) dy =

0

h(y) sin((n + 1/2)πy/(2l)) dy −l  0

h(y) sin

=

 πy 

−l



0

h(y) cos

+

cos

4l  πy 

−l

4l

 nπy 

dy 2l  nπy  sin dy → 0 2l

lorsque n → ∞. On peut montrer d’une manière analogue que  lim

n→∞ 0

l

[g(y + x) − g(x+ )]Dn (y) dy = 0.

Il résulte alors de (VII.20) que Sn (x) →

g(x+ ) + g(x− ) 2

(VII.21)

lorsque n → ∞. L’identité (VII.15) suit immédiatement de (VII.21), puisque g = f dans ]−l, l[. Pour x ∈ {−l, l}, on remarque que g(l− ) = g(−l− ) = f (l− ) et g(l+ ) = g(−l+ ) = f (−l+ ), ce qui établit l’identité (VII.16). La propriété suivante est une conséquence immédiate du théorème VII.2.4.

Proposition VII.2.5. Si la fonction f ∈ Dl est continue en un point x ∈]−l, l[, alors F (x) = f (x). Maintenant, on donne quelques exemples.

Exemple VII.2.6. Prenons la fonction  0 si −1 ≤ x < 0, f (x) = 1 si 0 ≤ x ≤ 1. 186 i

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VII.2. Séries de Fourier

Puisque l = 1, on obtient  a0 = et

 an =

1

f (x) dx = 1, −1



1

1

f (x) cos(nπx) dx = −1

cos(nπx) dx = 0 0

pour n ∈ N. On obtient également  1  f (x) sin(nπx) dx = bn = −1

1

sin(nπx) dx 0

1 − (−1)n 1 (1 − cos(nπ)) = nπ nπ pour n ∈ N. La série de Fourier de f est alors =

2 2 2 1 + sin(πx) + sin(3πx) + sin(5πx) + · · · . 2 π 3π 5π D’autre part, d’après le théorème VII.2.4, on a  f (x) si x ∈]−1, 0[∪]0, 1[, F (x) = 1/2 si x ∈ {−1, 0, 1}. F (x) =

En particulier, lorsque x = 1/2 on obtient 1= c’est-à-dire

2 2 2 1 + − + − ··· , 2 π 3π 5π

1 1 1 π = 1 − + − + ··· . 4 3 5 7

Exemple VII.2.7. Prenons la fonction f : [−1, 1] → R donnée par f (x) = |x|. En prenant l = 1, on obtient  1 |x| dx = 1, a0 = −1

et

 an =

1

−1



1

|x| cos(nπx) dx = 2

x cos(nπx) dx 0

 sin(nπx) cos(nπx) 

x=1

+ =2 x nπ (nπ)2 x=0 cos(nπ) − 1 (−1)n − 1 =2 = 2 (nπ)2 (nπ)2 187 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

pour n ∈ N. On obtient également  1 |x| sin(nπx) dx = 0 bn = −1

pour n ∈ N. La série de Fourier de f est alors 

 3πx   πx  4 1 1 + 2 cos + ··· . F (x) = − 2 cos 2 π 2 3 2

(VII.22)

Par le théorème VII.2.4, on a F (x) = |x| pour tout x ∈ [−1, 1]. En particulier, lorsque x = 0, on obtient  4 1 1 1 0 = − 2 1 + 2 + 2 + ··· , 2 π 3 5 c’est-à-dire 1 1 π2 = 1 + 2 + 2 + ··· . 8 3 5

Exemple VII.2.8. Prenons la fonction  −x si −2 ≤ x < 0, f (x) = 1 si 0 ≤ x ≤ 2. En prenant l = 2, on obtient 1 a0 = 2 et 1 an = 2



2

f (x) cos −2



2

f (x) dx = 2 −2

 nπx  2

dx

   nπx   nπx  1 2 1 0 dx + dx x cos cos 2 −2 2 2 0 2 2[(−1)n − 1] 2 (cos(nπ) − 1) = = (nπ)2 (nπ)2 =−

pour n ∈ N. On obtient également   nπx  1 2 dx f (x) sin bn = 2 −2 2    nπx   nπx  1 2 1 0 dx + dx x sin sin =− 2 −2 2 2 0 2 1 + (−1)n 1 = − (1 + cos(nπ)) = − nπ nπ 188 i

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VII.2. Séries de Fourier

pour n ∈ N. Donc,

et

 0 si n est pair, an = 2 2 −4/(n π ) si n est impair,  0 si n est impair, bn = −2/(nπ) si n est pair.

La série de Fourier de f est alors 

 πx  1  3πx  4 + 2 + ··· F (x) = 1 − 2 cos π 2 3 2

 1 2 sin(πx) + sin(2πx) + · · · . − π 2 Par le théorème VII.2.4, on a

⎧ ⎪ 3/2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨−x F (x) = ⎪ 1/2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1

si si si si

x = −2 ou x = 2, −2 < x < 0, x = 0, 0 < x < 2.

Donnons une condition pour la convergence uniforme de la série de Fourier.

Th´eor`eme VII.2.9. Si f : [−l, l] → R est la restriction à l’intervalle [−l, l] d’une fonction 2l-périodique g : R → R de classe C 1 , alors la série de Fourier converge uniformément vers f sur [−l, l]. Plus généralement, on a le résultat suivant.

Th´eor`eme VII.2.10. Soit f : [−l, l] → R une fonction continue avec f (−l) = f (l). S’il existe des points −l = x0 < x1 < · · · < xm = l tels que la restriction de f à ]xi , xi+1 [ a un prolongement de classe C 1 à un certain intervalle ouvert contenant [xi , xi+1 ], pour i = 0, . . . , m − 1, alors la série de Fourier converge uniformément vers f sur [−l, l]. Démonstration. On remarque que f ∈ Dl et on utilise la même notation que dans

la démonstration du théorème VII.2.4. Pour ε > 0 et x ∈ [−l, l], on définit une fonction hx : [−l, l] \ [−ε, ε] → R par hx (y) =

g(y + x) − g(x) , sin(πy/(2l)) 189

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Chapitre VII. Séries de Fourier

avec g comme dans (VII.19). Soit kn = (n + 1/2)π/(2l). On a alors  −ε  −ε [g(y + x) − g(x)]Dn (y) dy = hx (y) sin(kn y) dy −l

−l

hx (y) cos(kn y)

y=−ε =−

kn y=−l  −ε  hx (y) cos(kn y) + dy → 0 kn −l

(VII.23)

uniformément en x sur l’intervalle ]−l, −ε[ lorsque n → ∞, avec un résultat analogue pour l’intervalle ]ε, l[. D’autre part, par les hypothèses sur f , il existe C > 0 tel que |g(y + x) − g(x)| ≤ C|y| pour y ∈ [−ε, ε]. Donc,







ε −ε



[g(y + x) − g(x)]Dn (y) dy

≤

ε −ε

8lCε C|y| dy ≤ |sin(πy/(2l))| π

(VII.24)

pour tout ε suffisamment petit, indépendamment de x et n, puisque lim

y→0

2l y = . sin(πy/(2l)) π

Pour δ > 0, soit ε > 0 tel que 8lCε/π < δ. Par (VII.23) et par le résultat analogue dans l’intervalle ]ε, l[, pour ce ε il existe p ∈ N tel que





0 tels que

|f (x)| > ε pour

x ∈ J :=]x0 − δ, x0 + δ[.

Sans perte de généralité, on peut supposer que f est de signe constant dans J. Maintenant, on considère les fonctions gn : [−l, l] → R définies par

 πδ n  π(x − x )  0 − cos gn (x) = 1 + cos l l pour n ∈ N. On remarque que chaque gn est une combinaison linéaire des fonctions  mπx   mπx  , sin , m ∈ N. 1, cos l l Il résulte alors de (VII.25) que 1 l



l

−l

f (x)gn (x) dx = 0,

n ∈ N.

D’autre part, on remarque que gn (x) > 1 pour x ∈ J, et que |gn (x)| ≤ 1 pour x ∈ J.

(VII.26)

En outre, dans l’intervalle K = [x0 − δ/2, x0 + δ/2], on a

 πδ n  πδ  − cos → +∞ inf gn (x) = gn (x0 ± δ/2) = 1 + cos x∈K 2l l 191 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 192 — #202

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Chapitre VII. Séries de Fourier

lorsque n → ∞, puisque cos(πδ/2l) > cos(πδ/l). Maintenant on écrit    l f (x)gn (x) dx = f (x)gn (x) dx + f (x)gn (x) dx. 0= −l

[−l,l]\J

Par (VII.26), on a







[−l,l]\J

J



f (x)gn (x) dx

≤

l

|f (x)| dx < +∞.

−l

D’autre part,









≥ δε inf gn (x) → +∞

f (x)gn (x) dx ≥

f (x)g (x) dx n





x∈K J

K

lorsque n → ∞ (parce que f est de signe constant dans J). Donc,  l f (x)gn (x) dx → +∞ 0= −l

lorsque n → ∞. Cette contradiction montre que f = 0. Ce résultat implique que les coefficients de Fourier déterminent de façon unique la fonction qui les définit.

Th´eor`eme VII.3.2. Soient f, g ∈ Dl . Si f et g ont les mêmes coefficients de Fourier, alors f = g. Démonstration. On remarque que les coefficients de Fourier de f −g sont tous nuls.

En effet, 1 l



l −l

[f (x) − g(x)] cos

 nπx  l

1 dx = l



1 − l

l

f (x) cos

 nπx 

−l



l

g(x) cos −l

l

dx

 nπx  l

dx = 0

pour n ≥ 0, et    nπx   nπx  1 l 1 l dx = dx [f (x) − g(x)] sin f (x) sin l −l l l −l l   nπx  1 l dx = 0 g(x) sin − l −l l pour n ≥ 1. Il résulte alors du théorème VII.3.1 que f − g = 0. 192 i

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VII.3. Unicité et orthogonalité

Maintenant, on examine brièvement un point de vue différent sur les séries de Fourier. En prenant deux fonctions f, g ∈ Dl , on introduit le produit scalaire f, g =

1 l



l

f (x)g(x) dx. −l

Il est facile de vérifier qu’en effet il s’agit d’un produit scalaire : a) les fonctions f → f, g et g → f, g sont linéaires ; b) f, f  ≥ 0 et f, f  = 0 si et seulement si f = 0 ; c) f, g = g, f . En particulier, la série de Fourier d’une fonction f ∈ Dl peut être écrite sous la forme ∞  nπx   nπx  1 + f, vn  sin , f, un  cos f, 1 + 2 n=1 l l où un = cos

 nπx  l

et vn = sin

 nπx  . l

Comme d’habitude, la norme d’une fonction f ∈ Dl est définie par

f = f, f 

1/2

 l 1/2 1 2 = f (x) dx . l −l

Maintenant, on rappelle la notion d’orthogonalité.

D´efinition VII.3.3. Deux fonctions f et g sont dites orthogonales si f, g = 0. On a le résultat suivant.

Proposition VII.3.4. Les fonctions 1 √ , 2

un ,

vn ,

n∈N

(VII.27)

ont pour norme 1 et sont orthogonales. 193 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 194 — #204

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Chapitre VII. Séries de Fourier Démonstration. Pour n, m ∈ N ∪ {0}, on a les identités



 1 (n − m)πx 1 (n + m)πx cos = cos + cos , cos l l 2 l 2 l



  mπx  1  nπx  (n − m)πx 1 (n + m)πx sin = cos − cos , sin l l 2 l 2 l



  mπx  1  nπx  (n + m)πx 1 (n − m)πx sin = sin − sin . (VII.28) cos l l 2 l 2 l  nπx 

 mπx 

En intégrant, on obtient 

l

cos −l  l

sin −l  l

cos −l

 nπx  l

 nπx  l

 nπx  l

cos sin sin

 mπx  l

 mπx  l

 mπx  l

dx = 0, dx = 0, dx = 0

pour n, m ∈ N ∪ {0} avec n = m. Cela montre que les fonctions dans (VII.27) sont orthogonales. En outre, ! !  ! 1 !2 1 l 1 !√ ! = dx = 1. ! 2! l −l 2 Il résulte également de (VII.28) avec n = m ∈ N que

 1 1 2nπx = + cos , cos l 2 2 l

  nπx  1 1 2nπx = − cos , sin2 l 2 2 l 2

ce qui donne

 nπx 

! !  ! 1 !2 1 l 1 !√ ! = dx = 1, ! 2! l −l 2   nπx  1 l dx cos2

un = l −l l

 2nπx 

x=l 1 x

+ sin =1 =

2l 4nπ l x=−l 2

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VII.3. Unicité et orthogonalité

et

  nπx  1 l dx sin2

vn = l −l l

 2nπx 

x=l 1 x

− sin = 1. =

2l 4nπ l x=−l 2

Ceci établit le résultat souhaité. Le théorème VII.3.1 peut alors être reformulé comme suit.

Th´eor`eme VII.3.5. Si f ∈ Dl est orthogonale à toutes les fonctions dans (VII.27), alors f = 0. On conclut cette section avec une discussion à propos de la norme d’une fonction. On commence avec le résultat suivant.

Th´eor`eme VII.3.6 (In´egalit´e de Bessel). Si f ∈ Dl , alors  ∞ 1 l a20 2 + (an + b2n ) ≤ f (x)2 dx. 2 l −l n=1

(VII.29)

Démonstration. On considère la suite des sommes partielles m (  nπx   nπx ) a0 + + bn sin an cos Sm (x) = 2 l l n=1 ( m  nπx   nπx ) * 1 + 1 + f, vn  sin . (VII.30) f, un  cos = f, √ √ + l l 2 2 n=1

Par la proposition VII.3.4, on peut vérifier facilement que a2 2 (an + b2n ).

Sm = 0 + 2 m

2

(VII.31)

n=1

Maintenant, on remarque que f − Sm est orthogonale aux fonctions 1 √ , 2

un ,

vn ,

n ≤ m.

En effet, si g est l’une de ces fonctions, alors d’après la proposition VII.3.4 et (VII.30), on a f − Sm , g = f, g − Sm , g = f, g − f, g = 0. 195 i

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 196 — #206

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Chapitre VII. Séries de Fourier

Il résulte de (VII.31) que

f 2 = f − Sm + Sm , f − Sm + Sm  = f − Sm 2 + 2f − Sm , Sm  + Sm 2 = f − Sm 2 + Sm 2 m a2 2 = f − Sm 2 + 0 + (an + b2n ) 2 a20

≥

+

2

m

n=1

(a2n + b2n ).

(VII.32)

n=1

Lorsque m → +∞, on obtient l’inégalité (VII.29). En fait, l’inégalité de Bessel est une identité. Ici on considère seulement une classe particulière de fonctions. ´ Th´eor`eme VII.3.7 (Egalit´ e de Parseval). Soit f : [−l, l] → R une fonction continue avec f (−l) = f (l). S’il existe des points −l = x0 < x1 < · · · < xm = l tels que la restriction de f à ]xi , xi+1 [ a un prolongement de classe C 1 à un certain intervalle ouvert contenant [xi , xi+1 ], pour i = 0, . . . , m − 1, alors 1 l



l

∞

f (x)2 dx =

−l

a20 2 + (an + b2n ). 2

(VII.33)

n=1

Démonstration. Par le théorème VII.2.10, sous ces hypothèses, la série de Fourier de f converge uniformément vers f sur [−l, l]. Autrement dit, si Sm est la somme partielle dans (VII.30), alors

sup |f (x) − Sm (x)| = 0.

lim

m→∞ x∈[−l,l]

D’autre part, 1

f − Sm = l 2



l

[f (x) − Sm (x)]2 dx   ≤ 2 sup |f (x) − Sm (x)|2 −l

x∈[−l,l]

2

= 2 sup |f (x) − Sm (x)| , x∈[−l,l]

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 197 — #207

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VII.4. Fonctions paires et impaires

et il résulte de (VII.31) et (VII.32) que a2 2 (an + b2n )

f − Sm = f − 0 − 2 n=1 m

2

2

2

= f − Sm 2 → 0 lorsque m → ∞. Ceci établit l’identité (VII.33).

VII.4. Fonctions paires et impaires On considère dans cette section le cas particulier des fonctions paires et des fonctions impaires.

D´efinition VII.4.1. Une fonction f : [−l, l] → R est dite paire si f (−x) = f (x) pour tout

x ∈ [−l, l]

et est dite impaire si f (−x) = −f (x) pour tout

x ∈ [−l, l].

Exemple VII.4.2. Les fonctions 1 et cos(nπx/l) sont paires, et les fonctions sin(nπx/l) sont impaires, pour chaque n ∈ N. Exemple VII.4.3. La fonction f (x) = |x| est paire. Exemple VII.4.4. La fonction f (x) = x3 + 3x est impaire. On montre que les séries de Fourier des fonctions paires sont des séries de cosinus et que les séries de Fourier des fonctions impaires sont des séries de sinus.

Proposition VII.4.5. Pour une fonction f ∈ Dl : a) si f est paire, alors bn = 0 pour n ∈ N ; b) si f est impaire, alors an = 0 pour n ∈ N ∪ {0}. Démonstration. On a

1 bn = l 1 = l



l

f (x) sin

 nπx 

−l



0

f (x) sin −l

l

dx

 nπx  l



l

dx +

f (x) sin 0

 nπx  l

 dx .

(VII.34) 197

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Chapitre VII. Séries de Fourier

Lorsque f est paire, par le changement de variables y = −x dans la première intégrale, on obtient 

0

f (x) sin

 nπx 

−l

l



 nπy  dy f (−y) sin − l l  l  nπy  =− dy, f (y) sin l 0

dx = −

0

et il résulte de (VII.34) que bn = 0. La deuxième propriété peut être obtenue d’une manière analogue.

Exemple VII.4.6. Prenons la fonction impaire f (x) = x dans l’intervalle [−l, l]. Par la proposition VII.4.5, on a an = 0 pour n ∈ N ∪ {0}. En outre,   nπx  1 l dx x sin bn = l −l l

 nπx   nπx 

x=l l 2l x

cos + 2 2 sin = − (−1)n = −

nπ l n π l nπ x=−l pour n ∈ N. Donc, x=

∞

(−1)n+1

n=1

 nπx  2l sin nπ l

(VII.35)

pour x ∈]−l, l[.

VII.5. Séries de cosinus et séries de sinus Maintenant, on considère une fonction f : [0, l] → R satisfaisant les mêmes conditions que les fonctions dans Dl avec −l remplacé par 0 dans l’intervalle [−l, l]. Autrement dit, on suppose que : a) f a au plus un nombre fini de discontinuités ; b) f a des limites à gauche et à droite en tous les points de [0, l] ; c) pour chaque intervalle ]a, b[⊂ [0, l] où f est continue, la fonction g : [a, b] → R définie par (VII.14) a des dérivées (finies) à gauche et à droite en tous les points de [a, b]. On montre qu’il est toujours possible d’écrire f comme une série de cosinus et comme une série de sinus. 198 i

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VII.5. Séries de cosinus et séries de sinus

Th´eor`eme VII.5.1. Les fonctions ∞  nπx  a0 an cos + G(x) = 2 l n=1 où an =

2 l



f (x) cos

 nπx 

0

2 l



l

f (x) sin 0

satisfont G(x) = H(x) =

H(x) =

bn sin

 nπx 

n=1

l

et bn =

et

∞

l

dx,

 nπx  l

f (x+ ) + f (x− ) 2

l

,

(VII.36)

n ∈ N ∪ {0},

(VII.37)

n ∈ N,

(VII.38)

dx,

pour

x ∈]0, l[,

et G(x) = f (x)

et

H(x) = 0

pour

x ∈ {0, l}.

Démonstration. On considère deux fonctions auxiliaires g, h : [−l, l] → R définies

par

et

 f (x) si 0 ≤ x ≤ l, g(x) = f (−x) si −l ≤ x < 0, ⎧ ⎪ si 0 < x ≤ l, ⎨f (x) h(x) = 0 si x = 0, ⎪ ⎩ −f (−x) si −l ≤ x < 0.

On peut vérifier facilement que g est paire et que h est impaire. En outre, par les hypothèses sur la fonction f , on a g, h ∈ Dl . Par la proposition VII.4.5, la série de Fourier de g est alors la fonction G dans (VII.36), où   nπx  1 l dx g(x) cos an = l −l l

 0  l  nπx   nπx   1 dx + dx . g(x) cos f (x) cos = l l l −l 0 Par le changement de variables y = −x dans la première intégrale, puisque g est paire, on obtient  0  0  nπx   nπy  dx = − dy g(x) cos f (−y) cos − l l −l l  l  nπy  dy, f (y) cos = l 0 199 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

et donc an est donné par (VII.37). Il résulte également de la proposition VII.4.5 que la série de Fourier de h est la fonction H dans (VII.36), où   nπx  1 l dx h(x) sin bn = l −l l

 0  l  nπx   nπx   1 dx + dx . h(x) sin f (x) sin = l l l −l 0 Par le changement de variables y = −x dans la première intégrale, puisque h est impaire, on obtient (VII.38). Toutes les propriétés suivent alors du théorème VII.2.4.

D´efinition VII.5.2. Les séries dans (VII.36) sont appelées respectivement série de cosinus et série de sinus de la fonction f . Maintenant, on donne quelques exemples.

Exemple VII.5.3. Prenons la fonction f : [0, π] → R donnée par f (x) = 1. Il résulte de (VII.38) que  2 π 2 (1 − (−1)n ) sin(nx) dx = bn = π 0 nπ pour n ∈ N. Donc, 1=

∞ n=1

 4 1 1 sin x + sin(3x) + sin(5x) + · · · bn sin(nx) = π 3 5

(VII.39)

pour x ∈]0, π[ (on remarque que l’identité n’est pas satisfaite pour x = 0 et x = π, comme on le sait aussi par le théorème VII.5.1). En prenant x = π/4 dans (VII.39), on obtient  1 1 1 1 1 1 4 1 √ + · √ − · √ − · √ + ··· , 1= π 2 3 2 5 2 7 2 c’est-à-dire

1 1 1 1 1 π √ =1+ − − + + − ··· . 3 5 7 9 11 2 2

Exemple VII.5.4. Prenons la fonction f : [0, 1] → R donnée par f (x) = x. Il résulte de (VII.37) que  1 x dx = 1, a0 = 2 0

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VII.6. Intégration et différentiation terme à terme

et

 an = 2

1

x cos(nπx) dx = 2 0

(−1)n − 1 (nπ)2

pour n ∈ N. On obtient également  1 2(−1)n x sin(nπx) dx = − bn = 2 nπ 0 pour n ∈ N. Donc, pour chaque x ∈]0, 1[, on a  2 1 1 x = − 2 cos(πx) + 2 cos(3πx) + · · · , 2 π 3 et  1 1 2 sin(πx) − sin(2πx) + sin(3πx) − · · · . x= π 2 3 Par exemple, en prenant x = 1/4 dans de la première série, on obtient  1 2 1 1 1 1 1 1 = − 2 √ − 2 · √ − 2 · √ + ··· , 4 2 π 2 3 2 5 2 c’est-à-dire

1 1 1 1 π2 √ = 1 − 2 − 2 + 2 + 2 − ··· . 3 5 7 9 4 2

VII.6. Intégration et différentiation terme à terme On montre dans cette section qu’une série de Fourier peut être intégrée et différenciée terme à terme. Autrement dit, l’intégrale et la dérivée d’une fonction (dans une certaine classe appropriée) peut être calculée en prenant respectivement les intégrales ou les dérivées terme à terme de la série de Fourier de cette fonction. On commence par l’intégration.

Th´eor`eme VII.6.1. Soit f : [−l, l] → R une fonction ayant au plus un nombre fini de discontinuités, et avec les limites à gauche et à droite en tout point. Pour chaque intervalle [a, b] ⊂ [−l, l], on a  b a0 f (x) dx = (b − a) 2 a ∞ an [sin(nπb/l) − sin(nπa/l)] − bn [cos(nπb/l) − cos(nπa/l)] . + nπ/l n=1 (VII.40) 201 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier Démonstration. On remarque que f est intégrable au sens de Riemann et on consi-

dère la fonction g : [−l, l] → R définie par  x a0  dy. f (y) − g(x) = 2 −l

On observe que g ∈ Dl et qu’elle est continue. En outre, g(−l) = 0 et  l  l a0  dy = g(l) = f (y) dy − a0 l = 0. f (y) − 2 −l −l Par le théorème VII.2.4, on a alors ∞ (  nπx   nπx ) A0 + + Bn sin An cos g(x) = 2 l l n=1

pour tout x ∈ [−l, l], où An pour n ≥ 0 et Bn pour n ≥ 1 sont les coefficients de Fourier de la fonction g. Maintenant, on observe que, pour n ≥ 1, on a   nπx  1 l dx g(x) cos An = l −l l  nπx 

x=l 1

g(x) sin = nπ l x=−l  l  nπx  1 bn a0  sin dx = − (VII.41) − f (x) − nπ −l 2 l nπ/l et 1 Bn = l



l

g(x) sin

 nπx  l

−l

dx

 nπx 

x=l 1

= − g(x) cos nπ l x=−l  l  nπx  1 an a0  cos dx = . + f (x) − nπ −l 2 l nπ/l

(VII.42)

On conclut donc que ∞

g(x) =

A0 an sin(nπx/l) − bn cos(nπx/l) + , 2 nπ/l n=1

c’est-à-dire  x ∞ a0 (x + l) A0 an sin(nπx/l) − bn cos(nπx/l) + + f (y) dy = 2 2 nπ/l −l

(VII.43)

n=1

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VII.6. Intégration et différentiation terme à terme

pour tout x ∈ [−l, l]. Puisque   b f (y) dy =

b

−l

a

 f (y) dy −

a

f (y) dy, −l

l’identité (VII.40) résulte immédiatement de (VII.43). On remarque que l’on ne suppose pas dans le théorème VII.6.1 que f ∈ Dl . Maintenant, on considère la différenciation des séries de Fourier.

Th´eor`eme VII.6.2. Si f : [−l, l] → R est la restriction à l’intervalle [−l, l] d’une fonction 2l-périodique g : R → R de classe C 1 telle que g a des dérivées (finies) à gauche et à droite en tout point, alors ∞ (  nπx  nπ  nπx ) nπ bn cos − an sin f  (x) = l l l l n=1 pour x ∈]−l, l[. Plus généralement, on a le résultat suivant.

Th´eor`eme VII.6.3. Si f : [−l, l] → R est la restriction à [−l, l] d’une fonction g : R → R de classe C 1 telle que g a des dérivées (finies) à gauche et à droite en tout point, alors ∞ (   nπx  nπ  nπx ) c  nπ  n bn + (−1) c cos − an sin (VII.44) f (x) = + 2 l l l l n=1 pour x ∈]−l, l[, où c = [f (l) − f (−l)]/l. Démonstration. Puisque g  est continue et que sa restriction à [−l, l] est dans Dl ,

on a f  (x) =

∞ (  nπx   nπx ) α0 + + βn sin αn cos 2 l l n=1

pour tout x ∈]−l, l[, où αn pour n ≥ 0 et βn pour n ≥ 1 sont les coefficients de Fourier de la fonction g . On remarque que  1 l  f (l) − f (−l) = c, f (x) dx = α0 = l −l l et donc, ∞ (  nπx   nπx ) c + βn sin αn cos f (x) − = 2 l l 

(VII.45)

n=1

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Chapitre VII. Séries de Fourier

pour x ∈]−l, l[. Maintenant, on considère la fonction h : [−l, l] → R définie par  x c c f  (y) − dy = f (x) − f (−l) − (x + l). h(x) = 2 2 −l Par (VII.41) et (VII.42), les coefficients de Fourier de h sont An = −

βn nπ/l

et Bn =

αn nπ/l

pour n ≥ 1. Il résulte alors de (VII.35) que la série de Fourier de f est donnée par cl A0 f (x) = f (−l) + + 2 2 ∞ (  nπx   α l   nπx ) βn l n n+1 cl cos + + (−1) sin , − + nπ l nπ nπ l n=1

où A0 =

1 l



l

h(x) dx. −l

Donc, an = −

βn l nπ

et bn =

αn l cl + (−1)n+1 , nπ nπ

c’est-à-dire

nπ nπ bn + (−1)n c et βn = − an l l pour n ∈ N. L’identité (VII.44) résulte alors de (VII.45). αn =

VII.7. Exercices Exercice VII.1. Déterminer la série de Fourier de la fonction :  −1 si − 1 ≤ x < 0, a) f (x) = pour |x| ≤ 1. 1 si 0 ≤ x ≤ 1 b) f (x) = sin(x/2) pour |x| ≤ π. c) f (x) = e2x pour |x| ≤ π. d) f (x) = (x + |x|)/2 pour |x| ≤ 2.

Exercice VII.2. Écrire la fonction

 0 si 0 < x ≤ 1, f (x) = 1 si 1 < x < 2

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Exercices

comme : a) série de sinus pour 0 < x < 2 ; b) série de cosinus pour 0 < x < 2.

Exercice VII.3. Pour a ∈ R \ Z vérifier que : a) la série de Fourier de la fonction sin(ax) dans [−π, π] est ∞

n sin(nx) 2 sin(ax) (−1)n 2 ; π a − n2 n=1

b) la série de Fourier de la fonction cos(ax) dans [−π, π] est 

∞ 2 sin(ax) 1 n a cos(nx) . + (−1) π 2a n=1 a2 − n2

Exercice VII.4. Prenons la fonction f : [−π, π] → R donnée par f (x) = x2 . a) Vérifier que la série de Fourier de f est ∞

π 2 4(−1)n + cos(nx). 3 n2 n=1

b) Utiliser la série de Fourier de f pour montrer que ∞ π2 1 . = n2 6

n=1

c) Déterminer la série de sinus de f dans [0, π].

Exercice VII.5. Prenons la fonction f : [0, π] → R donnée par f (x) = x(π − x). a) Déterminer la série de sinus de f . b) Utiliser la série pour montrer que ∞ n=0

π3 (−1)n . = (2n + 1)3 32

Exercice VII.6. Soit f : R → R une fonction de classe C 1 . a) Utiliser une intégration par parties pour montrer que, pour n ∈ N, les coefficients an dans la définition VII.2.2 sont donnés par    nπx  1 dx. f  (x) sin an = − nπ −  205 i

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Chapitre VII. Séries de Fourier

b) Vérifier que si f est de classe C 2 , alors nan → 0 lorsque n → ∞.

Exercice VII.7. Montrer que |sin x| =

∞ 4 cos(2nx) 2 − π π n=1 4n2 − 1

pour tout x ∈ R.

Solutions VII.1 a)

∞ ∞ 4 sin((2n + 1)πx) 2 4n sin(nx) . b) (−1)n . π 2n + 1 π 1 − 4n2 n=0

n=1

 ∞ 1 (−1)n 2 + [2 cos(nx) − n sin(nx)] . c) sh(2π) π 4 n=1 4 + n2 ∞

1 d) + 2

n=1

 nπx   nπx  2(−1)n 2[(−1)n − 1] − sin . cos n2 π 2 2 nπ 2

∞  nπ    nπx  2  cos − (−1)n sin . VII.2 a) nπ 2 2 n=1

∞

1 2(−1)n cos b) + 2 (2n − 1)π

n=1

 (2n − 1)πx . 2

2  ∞ 2[(−1)n − 1] 2 n+1 π + (−1) sin(nx). VII.4 c) π n=1 n n3 VII.5 a)

∞ 8 sin[(2n + 1)x] . π (2n + 1)3 n=0

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VIII ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

Dans ce chapitre, on étudie certaines classes d’équations aux dérivées partielles. Cela inclut l’équation de la chaleur, l’équation de Laplace, et l’équation de propagation des ondes. En particulier, à l’aide de l’étude des séries de Fourier du chapitre précédent, on trouve des solutions de ces équations pour plusieurs types de conditions aux limites. On utilise principalement la méthode de séparation des variables. Contrairement à ce qui se passe dans tous les chapitres précédents, on ne prouve pas tout ici, car cela nécessiterait des techniques supplémentaires. Une exception notable est la preuve de l’existence et de l’unicité des solutions de l’équation de la chaleur, sous certaines hypothèses.

VIII.1. Équation de la chaleur et modifications On considère à nouveau l’équation de la chaleur ∂2u ∂u = α2 2 , ∂t ∂x

(VIII.1)

où α ∈ R\{0}, avec t ≥ 0 et x ∈ [0, l]. Comme on l’a montré dans la section VII.1, avec la condition u(t, 0) = u(t, l) = 0, t ≥ 0, (VIII.2) l’équation (VIII.1) a la famille de solutions u(t, x) =

N n=1

cn e−n

2 π 2 α2 t/l2

sin

 nπx  l

,

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

avec c1 , . . . , cN ∈ R. Maintenant, on considère la condition supplémentaire u(0, x) = f (x),

x ∈ [0, l],

(VIII.3)

et on montre que, pour une certaine classe de fonctions f , il existe des constantes cn telles que la fonction u(t, x) =

∞

cn e−n

2 π 2 α2 t/l2

sin

 nπx 

n=1

l

(VIII.4)

soit une solution et satisfasse les conditions (VIII.2) et (VIII.3).

Proposition VIII.1.1. Si f : [0, l] → R est une fonction continue avec f (0) = f (l) = 0 et s’il existe des points 0 = x0 < x1 < · · · < xm = l tels que la restriction de f à ]xi , xi+1 [ a un prolongement de classe C 1 à un certain intervalle ouvert contenant [xi , xi+1 ], pour i = 0, . . . , m − 1, alors la fonction u(t, x) dans (VIII.4) avec   nπx  2 l dx, n ∈ N (VIII.5) f (x) sin cn = l 0 l est l’unique fonction ayant les propriétés suivantes : a) u est continue dans R+ 0 × [0, l] ; b) u satisfait l’équation (VIII.1) dans R+ ×]0, l[, qui comprend notamment l’existence des dérivées ∂u/∂t et ∂ 2 u/∂x2 ; c) u satisfait les conditions (VIII.2) et (VIII.3). En outre, la fonction u est de classe C ∞ dans R+ ×]0, l[. Démonstration. On montre d’abord que la série dans (VIII.4) converge. En prenant

2 I= l



l

|f (x)| dx,

0

il résulte de (VIII.5) que |cn | ≤ I pour n ∈ N. Donc, pour t ≥ τ > 0, on a ∞

−n2 π 2 α2 t/l2

|cn |e

≤I

n=m

≤I =I

∞ n=m ∞

e−n

2 π 2 α2 τ /l2

e−nπ

2 α2 τ /l2

n=m 2 2 2 e−mπ α τ /l

1 − e−π2 α2 τ /l2

→0

(VIII.6)

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VIII.1. Équation de la chaleur et modifications

lorsque m → ∞ et la première série dans (VIII.6) est uniformément convergente sur [τ, +∞[ pour chaque τ > 0. Par l’exercice III.11, on conclut que la série dans (VIII.4) est uniformément convergente sur [τ, +∞[×[0, l] et que la fonction u est continue dans cet ensemble. Donc, u est aussi continue dans R+ × [0, l]. Pour chaque p, q ∈ N ∪ {0}, on considère la série

p+q  nπx 

∂ −n2 π 2 α2 t/l2



|cn | · p q e sin

∂t ∂x l

∞ n=1

≤I

∞ 2 2 2 p  nπ q n π α

l2

n=1

l

e−n

2 π 2 α2 t/l2

.

(VIII.7)

 2p+q z n a un rayon de convergence R = 1, il résulte du Puisque la série ∞ n=1 n théorème IV.1.8 que pour chaque p ∈ N et τ > 0 la dernière série dans (VIII.7) est uniformément convergente sur l’intervalle [τ, +∞[. Par l’exercice III.11, il résulte par récurrence que u est C ∞ dans R+ ×]0, l[, avec

2 2 2 p ∞  nπx  q n π α ∂ p+q u −n2 π 2 α2 t/l2 ∂ = c e sin − n ∂tp ∂xq l2 ∂xq l n=1

pour chaque p, q ∈ N ∪ {0}. En particulier,

2 2 2 ∞  nπx  n π α ∂u −n2 π 2 α2 t/l2 = cn − sin e ∂t l2 l n=1

et

 nπx  ∂ 2 u  nπ 2 −n2 π2 α2 t/l2 , = c e sin n ∂x2 l l ∞

n=1

ce qui montre que u satisfait l’équation (VIII.1) dans R+ ×]0, l[. Pour établir l’unicité de la solution, on prouve le résultat suivant.

Lemme VIII.1.2 (Principe du maximum faible). Si v : R+ 0 ×[0, l] → R est une fonc2 tion continue de classe C satisfaisant l’équation (VIII.1) dans R+ ×]0, l[, alors pour chaque τ > 0 on a  v(t, x) ≤ sup v(s, y) : (s, y) ∈ {0} × [0, l] ∪ [0, τ ] × {0, l}

(VIII.8)

pour (t, x) ∈]0, τ [×]0, l[. 209 i

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles Démonstration du lemme. On fait un raisonnement par l’absurde. Supposons que

le maximum de v dans [0, τ ] × [0, l] soit atteint en un point (s, y) dans ]0, τ [×]0, l[ ou dans {τ } × [0, l]. On a alors u(s, y) > L, où L est le maximum dans (VIII.8). En prenant ε > 0, on considère la fonction w(t, x) = v(t, x) + ε(x − y)2 .

On remarque que  sup w(t, x) : (t, x) ∈ {0} × [0, l] ∪ [0, τ ] × {0, l} ≤ L + εl2 < u(s, y) pour ε suffisamment petit. D’autre part, on a w(s, y) = v(s, y), et donc, la fonction w a un maximum plus grand ou égal à v(s, y) en un point p ∈]0, s]×]0, l[. On peut vérifier facilement que si p ∈]0, s[×]0, l[, alors ∂w (p) = 0 et ∂t

∂2w (p) ≤ 0, ∂x2

et que si p ∈ {s}×]0, l[, alors ∂w (p) ≥ 0 et ∂t

∂2w (p) ≤ 0. ∂x2

Dans tous les cas, on a ∂2w ∂w (p) − α2 2 (p) ≥ 0. ∂t ∂x On a aussi ∂v ∂2w ∂2v ∂w (p) − α2 2 (p) = (p) − α2 2 (p) − 2ε = −2ε < 0, ∂t ∂x ∂t ∂x et cette contradiction donne le résultat souhaité. ∞ Soit maintenant u, v : R+ 0 × [0, l] → R des fonctions continues de classe C dans R+ ×]0, l[ satisfaisant l’équation (VIII.1) dans R+ ×]0, l[, et les conditions

u(t, 0) = u(t, l) = v(t, 0) = v(t, l) = 0,

t≥0

et u(0, x) = v(0, x) = f (x),

x ∈ [0, l].

∞ et satisfait La fonction w = u − v est continue dans R+ 0 × [0, l], et est de classe C + l’équation (VIII.1) dans R ×]0, l[. Elle satisfait aussi les conditions

w(t, 0) = w(t, l) = 0,

t≥0

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VIII.1. Équation de la chaleur et modifications

et w(0, x) = 0,

x ∈ [0, l].

Il résulte alors du lemme VIII.1.2 que  |w(t, x)| ≤ sup |w(s, y)| : s = 0 ou y ∈ {0, l} = 0 et donc w = 0. Cela montre que u = v. On montre aussi que u est continue pour t = 0. Par le théorème VII.2.10, la série ∞  nπx  cn sin l n=1

est uniformément convergente sur [0, l] (puisque le prolongement impair de f à [−l, l] a une série de Fourier uniformément convergente). Soit maintenant Sm (x) =

m

cn sin

 nπx  l

n=1

la suite correspondante des sommes partielles. En prenant ε > 0, il existe p ∈ N tel que |Sm (x) − f (x)| < ε pour x ∈ [0, l] et m ≥ p. On considère aussi les fonctions Sm (t, x) =

m

cn e−n

2 π 2 α2 t/l2

n=1

sin

 nπx  . l

On remarque que pour chaque m, n ≥ p la fonction de classe C ∞ définie par v(t, x) = Sm (t, x) − Sn (t, x) satisfait l’équation (VIII.1) dans R+ ×]0, l[ et les conditions v(t, 0) = v(t, l) = 0,

t ≥ 0,

et |v(0, x)| = |Sm (0, x) − Sn (0, x)| ≤ |Sm (0, x) − f (x)| + |Sn (0, x) − f (x)| < 2ε pour x ∈ [0, l]. Il résulte alors du lemme VIII.1.2 que |Sm (t, x) − Sn (t, x)| ≤ 2ε 211 i

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

pour m, n ≥ p, t ≥ 0 et x ∈ [0, l]. Cela montre que la série de fonctions continues dans (VIII.4) est uniformément convergente sur R+ 0 × [0, l], et il résulte de l’exercice III.11 que u est aussi continue dans R+ × [0, l]. 0 Enfin, il résulte de (VIII.4) que u(t, 0) = u(t, l) = 0, c’est-à-dire que la condition (VIII.2) est satisfaite. En outre, u(0, x) =

∞

cn sin

n=1

 nπx  . l

Par le théorème VII.5.1, en prenant les constantes cn dans (VIII.5), la condition (VIII.3) est satisfaite (la condition f (0) = f (l) = 0 garantit que (VIII.3) est satisfaite pour x = 0 et x = l).

Exemple VIII.1.3. Prenons l’équation ∂2u ∂u = ∂t ∂x2

(VIII.9)

avec t ≥ 0 et x ∈ [0, π]. Prenons également la fonction f : [0, π] → R définie par f (x) = x(π − x). On peut vérifier facilement que  2 π x(1 − x) sin(nx) dx cn = π 0  0 si n est pair, = 3 8/(n π) si n est impair. Donc, d’après la proposition VIII.1.1, la solution de l’équation (VIII.9) satisfaisant les conditions (VIII.2) et (VIII.3) est donnée par u(t, x) =

∞

2

cn e−n t sin(nx).

n=1

Maintenant, on considère une modification du problème précédent.

Exemple VIII.1.4. Prenons l’équation de la chaleur (VIII.1) avec les conditions ∂u ∂u (t, 0) = (t, l) = 0, ∂x ∂x

t>0

(VIII.10)

et (VIII.3), où f : [0, l] → R satisfait les hypothèses de la proposition VIII.1.1. 212 i

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VIII.1. Équation de la chaleur et modifications

Comme dans la section VII.1, on a d’abord obtenu des solutions de l’équation (VIII.1) de la forme u(t, x) = T (t)X(x). En répétant les arguments dans cette section, on peut montrer qu’il existe λ ∈ R tel que 2t

T (t) = ce−λα

et X  + λX = 0,

avec c = 0. D’autre part, il résulte de (VIII.10) que T (t)X  (0) = T (t)X  (l) = 0, ce qui est équivalent à

t > 0,

X  (0) = X  (l) = 0.

Donc, on a besoin de résoudre le problème X  + λX = 0,

X  (0) = X  (l) = 0.

On considère trois cas : a) Lorsque λ = 0, on a les solutions dans (VII.4). Il résulte de X  (0) = 0 que b = 0, et donc X(x) = a avec a = 0, qui satisfait X  (l) = 0. b) Lorsque λ < 0, on a les solutions dans (VII.5). Puisque √ √   X  (x) = a |λ|e |λ|x − b |λ|e− |λ|x , on a

  X  (0) = a |λ| − b |λ|.

Il résulte de X  (0) = 0 que a = b, et donc, √    √ X  (l) = a |λ| e |λ|l − e− |λ|l = 0. √ √ Puisque e |λ|l > 1 et e− |λ|l < 1, on a a = b = 0. Ainsi, X(x) = 0. c) Lorsque λ > 0, on a les solutions dans (VII.7). Puisque √ √ √ √ X  (x) = −a λ sin( λx) + b λ cos( λx), √ on obtient X  (0) = b λ. Il résulte de X  (0) = 0 que b = 0, et √ √ X  (l) = −a λ sin( λl). Donc, a = 0 ou

√ sin( λl) = 0,

et donc, n2 π 2 , n ∈ N. l2 On obtient alors X(x) = a cos(nπx/l), n ∈ N. λ=

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 214 — #224

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

Maintenant, on cherche des solutions (formelles) de la forme u(t, x) =

∞

cn e−n

2 π 2 α2 t/l2

cos

 nπx  l

n=0

.

On remarque que u(0, x) =

∞

cn cos

n=0

=

2c0 + 2

 nπx  l

∞

cn cos

n=1

 nπx  . l

(VIII.11)

Par le théorème VII.5.1, afin que (VIII.3) soit satisfaite, on prend c0 = et 2 cn = l



1 l



l

f (x) cos 0

l

f (x) dx 0

 nπx  l

dx,

n ∈ N.

D’après les conditions satisfaites par f , il résulte du théorème VII.2.10 que la série dans (VIII.11) est uniformément convergente sur [0, l] (puisque le prolongement pair de f à [−l, l] a une série de Fourier uniformément convergente dans [−l, l]). En outre, en procédant comme dans la démonstration de la proposition VIII.1.1, on peut montrer que u est continue dans R+ × [0, l], est C ∞ dans R+ ×]0, l[ et satisfait l’équation (VIII.1). On peut aussi montrer que la fonction u est continue dans R+ 0 × [0, l] et qu’elle est l’unique solution du problème, mais seulement avec des techniques supplémentaires.

Exemple VIII.1.5. Prenons maintenant l’équation ∂2u ∂u = + u, ∂t ∂x2

(VIII.12)

avec les conditions t>0

(VIII.13)

x ∈]0, π[.

(VIII.14)

u(t, 0) = u(t, π) = 0, et u(0, x) = sin(2x),

Il est facile de montrer que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VIII.12) satisfaisant la condition (VIII.13) est encore une solution de cette 214 i

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VIII.1. Équation de la chaleur et modifications

équation et satisfait (VIII.13). Maintenant, on cherche des solutions de la forme u(t, x) = T (t)X(x). En remplaçant dans (VIII.12), on obtient T  X = T X  + T X et donc,

X  T = + 1 = −λ T X pour une certaine constante λ ∈ R (lorsque T et X ne sont pas identiquement nulles). On obtient alors les équations T  = −λT

et X  + (λ + 1)X = 0.

La première a la solution générale T (t) = ce−λt avec c ∈ R. La seconde peut être écrite sous la forme X  + μX = 0 avec μ = λ + 1. Il résulte de la discussion dans la section VII.1 qu’il existe des solutions non nulles seulement quand μ=

n2 π 2 = n2 l2

pour un certain n ∈ N (puisque l = π), c’est-à-dire lorsque λ = n2 − 1. Donc, on cherche des solutions (formelles) de la forme u(t, x) =

∞

cn e(1−n

2 )t

sin(nx).

(VIII.15)

n=1

Afin que (VIII.14) soit satisfaite, on prend 2 cn = π



π 0

 1 si n = 2, sin(2x) sin(nx) dx = 0 si n = 2,

et on obtient ainsi la solution u(t, x) = e−3t sin(2x).

Exemple VIII.1.6. On présente également un autre argument pour obtenir une solution du problème dans l’exemple VIII.1.5. Prenons la fonction v = ue−t , c’est-à-dire v(t, x) = u(t, x)e−t . En substituant u = vet dans (VIII.12), on obtient ∂2v t ∂v t e + vet = e + vet , ∂t ∂x2 215 i

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

ce qui est la même chose que ∂2v ∂v = . ∂t ∂x2 Ainsi, v satisfait l’équation de la chaleur. D’autre part, il résulte de (VIII.13) que v(t, 0) = v(t, π) = 0,

t > 0,

et donc, conformément à la discussion dans la section VII.1, on obtient les solutions ∞ 2 cn e−n t sin(nx). v(t, x) = n=1

Donc, u(t, x) = v(t, x)et =

∞

cn e(1−n

2 )t

sin(nx),

n=1

comme on l’a déjà obtenu dans (VIII.15).

VIII.2. Équation de Laplace Maintenant, on considère l’équation de Laplace Δu =

∂2u ∂2u + 2 =0 ∂x2 ∂y

(VIII.16)

avec (x, y) ∈ [0, a] × [0, b]. Par exemple, les parties réelle et imaginaire d’une fonction holomorphe satisfont l’équation de Laplace (voir l’exercice IV.18).

Exemple VIII.2.1. Soit f : [0, b] → R une fonction. On considère les conditions u(x, 0) = u(x, b) = 0,

(VIII.17)

et u(0, y) = 0,

u(a, y) = f (y),

(VIII.18)

pour (x, y) ∈]0, a[×]0, b[. En substituant u(x, y) = X(x)Y (y) dans (VIII.16), on obtient X  Y + XY  = 0 et donc,

Y  X  =− =λ X Y

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VIII.2. Équation de Laplace

avec λ ∈ R (quand les fonctions X et Y ne sont pas identiquement nulles). On obtient ainsi les équations X  − λX = 0 et Y  + λY = 0. Il résulte également de (VIII.17) et (VIII.18) que Y (0) = Y (b) = 0 et X(0) = 0. En particulier, on sait déjà que le problème Y  + λY = 0,

Y (0) = Y (l) = 0

 nπy  , n ∈ N, b pour λ = n2 π 2 /b2 . Maintenant, on résout le problème a les solutions

Y (y) = sin

X  − λX = 0,

X(0) = 0.

Puisque λ > 0, on a √

X(x) = ce

λx

+ de−

√

λx

c, d ∈ R.

,

Il résulte de X(0) = 0 que c + d = 0. Donc, √  √  √ X(x) = c e λx − e− λx = 2c sh( λx). On cherche des solutions (formelles) de l’équation de Laplace de la forme u(x, y) =

∞

cn sh

 nπx  b

n=1

sin

 nπy  . b

(VIII.19)

En substituant x = a, on obtient u(a, y) =

∞

cn sh

 nπa  b

n=1

et donc, cn sh

 nπa  b

2 = b



sin

 nπy 

b

f (y) sin 0

b

= f (y),

 nπy  b

dy

pour chaque n ∈ N. En substituant les constantes cn dans (VIII.19), on obtient une solution (formelle) de l’équation de Laplace qui satisfait les conditions (VIII.17) et (VIII.18). 217 i

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

Exemple VIII.2.2. On peut considérer d’autres conditions et obtenir de nouveau des solutions (formelles) de l’équation (VIII.16). Par exemple, prenons les conditions ∂u ∂u (x, 0) = (x, b) = 0, ∂y ∂y et ∂u ∂u (0, y) = 0, (a, y) = f (y), (VIII.20) ∂x ∂x pour (x, y) ∈]0, a[×]0, b[ et une fonction f : [0, b] → R telle que  b f (y) dy = 0. 0

En substituant u(x, y) = X(x)Y (y) dans l’équation de Laplace, on obtient les systèmes   Y  + λY = 0, X  − λX = 0, et (VIII.21) X  (0) = 0 Y  (0) = Y  (b) = 0. Par l’exemple VIII.1.4, on obtient Y (y) = cos

 nπy  b

n ∈ N,

,

pour λ = n2 π 2 /b2 . Maintenant, on résout le premier système dans (VIII.21). Puisque λ > 0, on a √

X(x) = ce

λx

+ de−

√

λx

,

c, d ∈ R,

et il résulte de X  (0) = 0 que c = d. Donc, √

X(x) = 2c

e

λx

+ e− 2

√

λx

√ = 2c ch( λx),

et on cherche des solutions (formelles) de la forme u(x, y) =

∞ n=0

cn ch

 nπx  b

cos

 nπy  b

.

Si la dérivée ∂u/∂x peut être calculée terme à terme, alors on a  nπy   nπa  nπ ∂u (a, y) = cn sh cos . ∂x b b b ∞

n=1

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VIII.3. Équation de propagation des ondes

Afin que la condition (VIII.20) soit satisfaite, on prend les constantes cn telles que  nπa  2  b  nπy  nπ f (y) cos cn sh = dy b b b 0 b pour chaque n ∈ N. On remarque que la constante c0 est arbitraire.

VIII.3. Équation de propagation des ondes On considère dans cette section l’équation de propagation des ondes 2 ∂2u 2∂ u = c , ∂t2 ∂x2

(VIII.22)

où c ∈ R \ {0}, avec les conditions u(0, x) = f (x),

∂u (0, x) = g(x) ∂t

(VIII.23)

pour x ∈]0, l[, et u(t, 0) = u(t, l) = 0,

t > 0,

(VIII.24)

pour certaines fonctions f, g : [0, l] → R.

Exemple VIII.3.1. Supposons que f est la restriction à [0, l] d’une fonction de classe C 2 dans R et que g est la restriction à [0, l] d’une fonction de classe C 1 à nouveau dans R. On écrit r = x − ct et s = x + ct, et on considère la fonction v(r, s) = u(t, x). Lorsque u est de classe C 2 , on a ∂v ∂r ∂v ∂s ∂u = + ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x ∂v ∂v + = ∂r ∂s et ∂ 2 v ∂r ∂ 2 v ∂s ∂ 2 v ∂r ∂ 2 v ∂s ∂2u + + + = ∂x2 ∂r 2 ∂x ∂s∂r ∂x ∂r∂s ∂x ∂s2 ∂x ∂2v ∂2v ∂2v + 2. = 2 +2 ∂r ∂r∂s ∂s 219 i

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

On peut montrer d’une manière analogue que 2 2 2 ∂2u 2∂ v 2 ∂ v 2∂ v + c = c − 2c . ∂t2 ∂r 2 ∂r∂s ∂s2 Donc, l’équation (VIII.22) est équivalente à

∂2v = 0, ∂r∂s dont la solution générale est v(r, s) = p(r) + q(s), où p et q sont des fonctions arbitraires de classe C 2 . Donc, u(t, x) = p(x − ct) + q(x + ct) est la solution générale de l’équation (VIII.22). D’autre part, il résulte de (VIII.23) que p(x) + q(x) = f (x) et − cp (x) + cq  (x) = g(x), c’est-à-dire

1 G(x) c pour une certaine primitive G de g dans [0, l]. On conclut donc que  1 1 f (x) + G(x) q(x) = 2 c et  1 1 f (x) − G(x) p(x) = 2 c pour x ∈ [0, l]. Maintenant, on remarque que par (VIII.24), p(x) + q(x) = f (x) et

− p(x) + q(x) =

p(−ct) + q(ct) = p(l − ct) + q(l + ct) = 0,

t ≥ 0.

(VIII.25)

Donc, q(t) = −p(−t),

t≥0

et les fonctions p et q sont déterminées dans [−l, l]. En outre, il résulte de (VIII.25) que p(l − ct) = −q(l + ct) = p(−l − ct), t ≥ 0. Cela montre que les fonctions p et q sont 2l-périodiques. Donc, elles sont définies sur R, et on obtient la solution  1  1 1 1 f (x − ct) − G(x − ct) + f (x + ct) + G(x + ct) u(t, x) = 2 c 2 c   1 x+ct 1 g(s) ds. = f (x − ct) + f (x + ct) + 2 2c x−ct 220 i

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VIII.3. Équation de propagation des ondes

Exemple VIII.3.2. On peut aussi chercher des solutions (formelles) de l’équation (VIII.22) par la méthode de séparation des variables et en utilisant à nouveau les séries de Fourier. On observe tout d’abord que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VIII.22) satisfaisant (VIII.24) est encore une solution de cette équation et satisfait (VIII.24). En substituant u(t, x) = T (t)X(x) dans (VIII.22), on obtient T  X = c2 T X  , et donc,

T  X  = = −λ c2 T X

avec λ ∈ R (lorsque T et X ne sont pas identiquement nulles). On obtient alors les équations (VIII.26) T  + λc2 T = 0 et X  + λX = 0. Il résulte de (VIII.24) que T (t)X(0) = T (t)X(l) = 0,

t > 0,

ce qui est équivalent à (VIII.27)

X(0) = X(l) = 0

(même si on ne connaît pas encore explicitement la fonction T (t), on suppose que cette fonction ne s’annule pas partout). Par la discussion dans la section VII.1, on sait qu’avec la condition dans (VIII.27), la seconde équation dans (VIII.26) a les solutions  nπx  , n ∈ N, X(x) = sin l pour λ = n2 π 2 /l2 . La première équation prend alors la forme T  +

n2 π 2 c2 T = 0, l2

dont la solution générale est T (t) = an cos

 nπct  l

+ bn sin

 nπct  , l

avec an , bn ∈ R. On cherche alors des solutions (formelles) de la forme ∞ (  nπx   nπct   nπct ) + bn sin sin . an cos u(t, x) = l l l n=1

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Chapitre VIII. Équations aux dérivées partielles

On a u(0, x) =

∞

an sin

n=1

 nπx  , l

et, si la dérivée ∂u/∂t peut être calculée terme à terme, on a aussi ∞  nπx  nπc ∂u (0, x) = bn sin . ∂t l l n=1

On peut alors prendre 2 an = l



et 2 bn = nπc

l

f (x) cos

 nπx 

0



l

g(x) sin 0

l

dx,

 nπx  l

dx,

n∈N

n ∈ N.

VIII.4. Exercices Exercice VIII.1. Déterminer une solution du problème :  u(0, x) = x − sin(πx/2), 0 < x < 1, ∂2u ∂u = , a) 2 ∂t ∂x u(t, 0) = u(t, 1) = 0, t > 0.  u(0, x) = sin(4x) − 3 sin(6x), 0 < x < π, ∂2u ∂u = , b) 2 ∂t ∂x u(t, 0) = u(t, π) = 0, t > 0.  u(0, x) = x sin x, 0 < x < π, ∂2u ∂u = + u, c) ∂t ∂x2 u(t, 0) = u(t, π) = 0, t > 0.  u(0, x) = e−x sin(4x), 0 < x < π, ∂2u ∂u ∂u = , + 2 d) ∂t ∂x2 ∂x u(t, 0) = u(t, π) = 0, t > 0.  u(0, x) = 5e−2x sin(8x), 0 < x < π, ∂2u ∂u ∂u = , + 4 e) ∂t ∂x2 ∂x u(t, 0) = u(t, π) = 0, t > 0. Exercice VIII.2. Montrer que toutes les solutions de l’équation ∂u ∂u =c ∂t ∂x sont de la forme u(t, x) = v(x + ct) pour une certaine fonction v. 222 i

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Solutions

Exercice VIII.3. Déterminer une solution du problème  2u u(0, x) = 0, (∂u/∂t)(0, x) = 1, 0 < x < 1, ∂ ∂2u = c2 2 , 2 ∂t ∂x u(t, 0) = u(t, 1) = 0, t > 0. Exercice VIII.4. Déterminer une solution du problème  (∂u/∂y)(x, 0) = (∂u/∂y)(x, 1) = 0, 0 < x < 1, ∂2u ∂2u + 2 = 0, ∂x2 ∂y u(0, y) = 0, u(1, y) = y − 1/2, 0 < y < 1. Exercice VIII.5. Dire si la méthode de séparation des variables peut être utilisée pour résoudre l’équation, en obtenant les solutions comme des combinaisons linéaires de solutions de la forme T (t)X(x) : a) ∂u/∂t − cos t∂ 2 u/∂x2 = 0. b) t∂ 2 u/∂t2 + ∂u/∂x = 0. c) t∂ 2 u/∂x2 + u∂u/∂t = 0.

Solutions

VIII.1 a)

∞

2(−1)n 2 2 e−n π t sin(nπx). 2 − 1)π n(4n n=1

b) e−16t sin(4x) − 3e−36t sin(6x). ∞ 16n 2 e(1−4n )t sin(2nx). d) e−17t e−x sin(4x). − c) (4n2 − 1)2 π n=1

e) 5e−68t e−2x sin(8x). VIII.3

∞ n=1

VIII.4

∞ n=1

4 sin[(2n − 1)πct] sin[(2n − 1)πx]. (2n − 1)2 π 2 c −

4 (2n −

1)2 π 2 sh[(2n

− 1)π]

cos[(2n − 1)πy].

VIII.5 a) Oui. b) Oui. c) Non.

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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BIBLIOGRAPHIE

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“barreira_analyse” — 2011/6/9 — 9:18 — page 226 — #236

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INDEX

A adhérence, 28 argument, 6 C Cauchy formule intégrale, 52, 94 règle, 74 suite, 65 théorème, 49 chemin, 34 régulier, 35 régulier par morceaux, 36 chemins équivalents, 40 coefficient de Fourier, 183 complexe fonction, 12 nombre, 3 représentation de Jordan, 138 composante connexe, 28 conjugué, 10 connexe, 28 par arcs, 57 convergente série, 67 suite, 65 convexe, 44 cosinus, 14 courbe, 34 D dérivée, 22

divergente série, 67 suite, 65 E égalité de Parseval, 196 ensemble connexe, 28 connexe par arcs, 57 convexe, 44 non connexe, 28 simplement connexe, 57 équation aux dérivées partielles, 207 de la chaleur, 179, 207 de Laplace, 216 de propagation des ondes, 219 différentielle ordinaire, 119 exacte, 147 linéaire, 129, 131 réductible à exacte, 151 séparable, 150 équations de Cauchy-Riemann, 25, 26 exponentielle, 13 F facteur intégrant, 151 fonction absolument intégrable, 166 analytique, 89 complexe, 12 continue, 22 différentiable, 22

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Analyse complexe et équations différentielles

harmonique, 56 harmonique conjuguée, 56 holomorphe, 23 impaire, 197 localement lipschitzienne, 122 méromorphe, 106 paire, 197 forme cartésienne, 7 polaire, 7 formule de variation des constantes, 135 intégrale de Cauchy, 52, 94 Fourier coefficient, 183 série, 184 I indice, 49 inégalité de Bessel, 195 intégrale, 37 intervalle maximal, 128 L lacet, 43 lacets homotopes, 53 Laplace équation, 216 transformée, 161 lemme de Riemann-Lebesgue, 166 limite, 21, 65 supérieure, 74 localement lipschitzienne, 122 logarithme, 15 longueur, 36 M matrice exponentielle, 132 module, 6 N nombre complexe, 3 non connexe, 28

P partie imaginaire, 5, 12 réelle, 5, 12 pôle, 103 polynôme caractéristique, 153 primitive, 42 principe du maximum faible, 209 R rayon de convergence, 85 règle de Cauchy, 74 de d’Alembert, 73 de Leibniz, 75 de Weierstrass, 78 représentation de Jordan complexe, 138 résidu, 104 S série absolument convergente, 68 convergente, 67 de cosinus, 198, 200 de Fourier, 184 de Laurent, 102 de sinus, 198, 200 divergente, 67 entière, 85 normalement convergente, 78 somme, 67 uniformément convergente, 78 simplement connexe, 57 singularité effaçable, 103 essentielle, 103 isolée, 98 sinus, 14 solution, 119 somme de la série, 67

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Index

suite, 65 convergente, 65 de Cauchy, 65 divergente, 65 uniformément convergente, 76

des résidus, 107 fondamental de l’algèbre, 95 transformée de Laplace, 161

T

unité imaginaire, 4

théorème de Cauchy, 49 de Liouville, 94 de Picard-Lindelöf, 123

V

U

valeur principale du logarithme, 15

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