Analyse complexe et équations différentielles: Exercices corrigés 9782759812226

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EXERCICES D’ANALYSE COMPLEXE ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

Luís Barreira, Clàudia Valls Traduit par les auteurs 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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Édition originale : Exercicios de análise complexa e equações diferenciais, c IST Press, Lisboa, 2009 

Imprimé en France

ISBN : 978-2-7598-0616-4 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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TABLE DES MATIÈRES

Avant-Propos

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Nombres complexes 1 I.1 Exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 I.2 Exercices proposés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 I.3 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

II

Fonctions holomorphes II.1 Exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.2 Exercices proposés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

III

Suites et séries 45 III.1 Exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 III.2 Exercices proposés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 III.3 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

IV

Fonctions analytiques 67 IV.1 Exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 IV.2 Exercices proposés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 IV.3 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

V

Équations différentielles V.1 Exercices corrigés . V.2 Exercices proposés . V.3 Solutions . . . . . .

19 19 38 43

ordinaires 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

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Exercices d’analyse complexe et équations Différentielles

VI

Résolution d’équations VI.1 Exercices corrigés VI.2 Exercices proposés VI.3 Solutions . . . . .

différentielles 137 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

VII Équations aux dérivées partielles 163 VII.1 Exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 VII.2 Exercices proposés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 VII.3 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 Bibliographie

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AVANT-PROPOS

Ceci est un livre d’exercices d’analyse complexe et équations différentielles. Il vise principalement les étudiants fréquentant un cours donnant la première introduction à l’analyse complexe, aux équations différentielles, ou aux deux domaines. Le contenu et la progression de ces exercices suivent de près le cours [3]. On considère en particulier les nombres complexes, les fonctions holomorphes, les suites, les séries, les fonctions analytiques, les équations différentielles ordinaires. On étudie et on met en œuvre des méthodes pour résoudre équations différentielles et équations aux dérivées partielles. Pour chaque sujet, on a inclu des exercices avec des corrigés complets et des exercices proposés avec indication des résultats. Au total, le livre contient 400 exercices, dont la moitié est constituée d’exercices complètement résolus. Nous soulignons que ce texte est uniquement destiné à être un auxiliaire dans l’apprentissage des théories évoquées et qu’il ne peut venir qu’en complément de l’étude d’un bon manuel d’analyse complexe et équations différentielles. Nous sommes très reconnaissants 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 et Clàudia Valls Barcelone, janvier 2011

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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I NOMBRES COMPLEXES

Les exercices de ce chapitre portent sur l’ensemble C des nombres complexes, leur addition, multiplication, puissances et racines. On considère également plusieurs fonctions d’une variable complexe, comme l’exponentielle, le cosinus, le sinus et la valeur principale du logarithme.

I.1. Exercices corrigés Exercice I.1. Calculer (2 + 3i) + (5 − i) et (2 + 4i)(3 − i). Solution. On a (2 + 3i) + (5 − i) = (2 + 5) + (3 − 1)i = 7 + 2i et (2 + 4i)(3 − i) = (2 · 3 − 4 · (−1)) + (2 · (−1) + 4 · 3)i = 10 + 10i.

Exercice I.2. Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire de (2 + i)/(3 − i). Solution. En multipliant le numérateur et le dénominateur par le conjugué de 3 − i, on obtient (2 + i)(3 + i) 5 + 5i 1 1 2+i = = = + i. 3−i (3 − i)(3 + i) 10 2 2

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Chapitre I. Nombres complexes

Donc,



2+i  3−i



1 = 2



2+i et  3−i

 =

1 2

(voir la Figure I.1).

1/2

(2 + i)/(3 − i)

1/2

Figure I.1. Partie réelle et partie imaginaire de (2 + i)/(3 − i).

Exercice I.3. Déterminer le module et l’argument de i3 /(2 + i). Solution. Puisque −i(2 − i) −1 − 2i i3 = = , 2+i (2 + i)(2 − i) 5   3   2  i  2 1 1 5    2 + i  = 52 + 52 = 52 = √5

on a

et arg

−2/5 i3 = π + Arctan = π + Arctan 2, 2+i −1/5

où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans l’intervalle ]− π2 , π2 [.

Exercice I.4. Écrire le nombre complexe z = calculer z 5 .

√ √ 2 − 2i sous la forme polaire et

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I.1. Exercices corrigés

Solution. On a |z| =

√

2 + 2 = 2 et √ π − 2 arg z = Arctan √ = Arctan(−1) = − . 4 2

Ainsi, z = 2e−iπ/4 et donc z 5 = 25 e−i5π/4 = 32e−i5π/4 .

Exercice I.5. Déterminer les racines cubiques de −4. Solution. Soit z = −4. Puisque |z| = 4 et arg z = π, on a z = 4eiπ , et donc les racines cubiques de −4 sont √ √ 3 3 wj = 4ei(π+2πj)/3 = 4eiπ(1+2j)/3 , j = 0, 1, 2. Plus précisément, √ 1+i 3 , w0 = √ 3 2

√ 1−i 3 w1 = − 4 et w2 = √ 3 2 √ 3

(voir la Figure I.2).

w0 √ 3

w1

4

w2

Figure I.2. Racines cubiques de −4.

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Chapitre I. Nombres complexes

Exercice I.6. Calculer log(−3) et log(2 + 2i). Solution. Soit z = −3. On a |z| = 3 et arg z = π, et donc log(−3) = log 3 + iπ. Soit maintenant z = 2 + 2i. On a  √ √ |z| = 22 + 22 = 8 = 2 2 et arg z = Arctan Donc,

2 π = Arctan 1 = . 2 4

√ π 3 π log z = log(2 2) + i = log 2 + i . 4 2 4

Exercice I.7. Calculer (2i)2i et (−1)i . Solution. Puisque 2i = 2eiπ/2 , on a log(2i) = log 2 + i

π 2

et donc, (2i)2i = e2i log(2i) = e2i(log 2+iπ/2) = ei2 log 2 e−π   = e−π cos(2 log 2) + i sin(2 log 2) . D’autre part, puisque −1 = 1eiπ , on a log(−1) = log 1 + iπ = iπ et donc (−1)i = ei log(−1) = ei(iπ) = e−π . 4 i

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I.1. Exercices corrigés

z+w z w

w z z+w Figure I.3. Les points z, w, z + w et leurs conjugués.

Exercice I.8. Vérifier que z + w = z + w (voir la Figure I.3). Solution. On écrit z = a + ib et w = c + id, avec a, b, c, d ∈ R. En prenant leurs conjugués, on obtient alors z = a − ib

et w = c − id.

Donc, z + w = (a + c) − i(b + d).

(I.1)

D’autre part, z + w = (a + c) + i(b + d), et donc z + w = (a + c) − i(b + d).

(I.2)

L’identité z + w = z + w résulte alors de (I.1) et (I.2).

Exercice I.9. Vérifier que zz = |z|2 .

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Chapitre I. Nombres complexes

Solution. On écrit z = a + ib, avec a, b ∈ R. Alors z = a − ib, et donc, zz = (a + ib)(a − ib) = (a2 + b2 ) + i(a(−b) + ba) = a2 + b2 = |z|2 .

Exercice I.10. Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire de la fonction f (z) = z 3 + 3. Solution. On écrit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On obtient alors z 3 = (x + iy)3 = x3 + 3ix2 y − 3xy 2 − iy 3 et f (z) = (x3 − 3xy 2 + 3) + i(3x2 y − y 3 ). Donc, f (z) = x3 − 3xy 2 + 3 et f (z) = 3x2 y − y 3 .

Exercice I.11. Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire de la fonction f (z) = log z pour z > 0. Solution. On écrit z = x + iy, avec x, y ∈ R. Puisque z > 0, on a |z| =



x2 + y 2

et

y arg z = Arctan , x

où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans l’intervalle ]− π2 , π2 [. Ainsi log z = log |z| + i arg z y 1 = log(x2 + y 2 ) + i Arctan , 2 x et donc, f (z) =

y 1 log(x2 + y 2 ) et f (z) = Arctan . 2 x

Exercice I.12. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C tels que 2|z| ≤ |z − 4|.

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I.1. Exercices corrigés

Solution. Puisque |z| et |z − 4| sont des nombres positifs ou nuls, la condition 2|z| ≤ |z − 4| est équivalente à 4|z|2 ≤ |z − 4|2 . Maintenant, on écrit z = x + iy avec x, y ∈ R. On a alors 4|z|2 = 4(x2 + y 2 ) et |z − 4|2 = (x − 4)2 + y 2 = x2 − 8x + 16 + y 2 . Donc, la condition 4|z|2 ≤ |z − 4|2 est équivalente à 4(x2 + y 2 ) ≤ x2 − 8x + 16 + y 2 et aussi à 3x2 + 8x + 3y 2 ≤ 16. Puisque

(I.3)

  4 2 16 − , 3x + 8x = 3 x + 3 3 2

la condition (I.3) est alors équivalente à 

4 x+ 3

2 + y2 ≤

64 . 9

Donc, l’ensemble des points z ∈ C tels que 2|z| ≤ |z −4| est le cercle de rayon centré en − 43 (voir la Figure I.4).

8 3

−4/3

Figure I.4. Cercle de rayon

8 3

centré en − 34 .

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Chapitre I. Nombres complexes

Exercice I.13. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C tels que |z| = z 2 . Solution. Soit z = |z|eiα . La condition |z| = z 2 est équivalente à |z| = |z|2 e2iα . Maintenant, on observe que z = 0 est une solution. Pour z = 0, on obtient la condition équivalente 1 = |z|e2iα , ce qui donne |z| = 1 et e2iα = 1 (on rappelle que deux nombres complexes sont égaux si et seulement s’ils ont le même module et le même argument, à un multiple entier de 2π près). Par conséquent, α = 0 ou α = π, et donc, z = |z|eiα = 1ei0 = 1 ou z = |z|eiα = 1eiπ = −1. L’ensemble des points z ∈ C tels que |z| = z 2 est alors {−1, 0, 1}.

Exercice I.14. Vérifier que la fonction z 2 − z n’est pas injective et dire si elle est surjective. Solution. L’équation z 2 − z = z(z − 1) = 0 a les solutions z = 0 et z = 1, et donc, la fonction z 2 − z n’est pas injective. D’autre part, elle est surjective, puisque l’équation z 2 − z = w a la solution z= où

√ 1 (1 + 1 + 4w), 2

√ 1 + 4w est une racine carrée de 1 + 4w.

Exercice I.15. Vérifier que si z = reiα et w = seiβ sont deux nombres complexes écrits sous la forme polaire, alors zw = rsei(α+β) . Solution. On a zw = (r cos α + ir sin α)(s cos β + is sin β)   = rs (cos α cos β − sin α sin β) + i(cos α sin β + sin α cos β) = rs[cos(α + β) + i sin(α + β)] = rsei(α+β) .

Exercice I.16. Résoudre l’équation cos z = 2.

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I.1. Exercices corrigés

Solution. Soit w = eiz . On a 0 = cos z − 2 1 = (eiz + e−iz ) − 2 2  1 w2 − 4w + 1 1 w+ −2= . = 2 w 2w La fonction eiz ne s’annule pas, et donc w = 0. L’équation cos z = 2 est alors équivalente à w2 − 4w + 1 = 0, qui a les solutions √ √ √ √ 4 + 16 − 4 4 − 16 − 4 = 2 + 3 et w2 = = 2 − 3. w1 = 2 2 On obtient ainsi les équations eiz = 2 +

√ √ 3 et eiz = 2 − 3.

(I.4)

Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On obtient eiz = e−y eix , et les équations dans (I.4) ont respectivement les solutions √ √ z = 2πk − i log(2 + 3) et z = 2πk − i log(2 − 3) avec k ∈ Z.

Exercice I.17. Résoudre l’équation cos z = sin z. Solution. Soit w = eiz . On a 0 = cos z − sin z 1 1 = (eiz + e−iz ) − (eiz − e−iz ) 2 2i   1 1 1 1 w+ − w− = 2 w 2i w 1 (iw2 + i − w2 + 1) = 2iw

1 (i − 1)w2 + (i + 1) . = 2iw Ainsi, on obtient l’équation i+1 = i, w2 = − i−1 qui a les solutions w1 = eiπ/4 et w2 = ei5π/4 . 9 i

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Chapitre I. Nombres complexes

On doit donc résoudre les équations eiz = eiπ/4

et eiz = ei5π/4 .

(I.5)

Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On obtient eiz = e−y eix , et les équations dans (I.5) ont respectivement les solutions π + 2πk 4

z=

et z =

5π + 2πk, 4

que l’on peut aussi écrire sous la forme z =

π 4

avec k ∈ Z,

+ πk, avec k ∈ Z.

Exercice I.18. Vérifier que si z et w sont des nombres complexes, alors ez ew = ez+w . Solution. On écrit z = a + ib et w = c + id, avec a, b, c, d ∈ R. Par définition, on a ez = ea (cos b + i sin b) et ew = ec (cos d + i sin d), et il résulte de l’exercice I.15 que ez ew = ea eib ec eid = ea+c ei(b+d)   = ea+c cos(b + d) + i sin(b + d) = ez+w .

Exercice I.19. Montrer que si eiθ = −1, alors

    θ  log(1 + e ) = log 2 cos . 2 iθ

Solution. Puisque log(1 + eiθ ) = log |1 + eiθ | + i arg(1 + eiθ ), on a  log(1 + eiθ ) = log |1 + eiθ | = log |1 + cos θ + i sin θ|  = log (1 + cos θ)2 + sin2 θ √ = log 2 + 2 cos θ. 10 i

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I.1. Exercices corrigés

Il résulte alors de l’identité      cos θ  = 1 + cos θ  2 2 que

       θ 1 + cos θ = log 2 cos .  log(1 + e ) = log 2 2 2 iθ

Exercice I.20. Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. Montrer que |cos z|2 + |sin z|2 = ch2 y + sh2 y.

Solution. On a eix e−y + e−ix ey eiz + e−iz = 2 2 i 1 −y y = (e cos x + e cos x) + (e−y sin x − ey sin x) 2 2 = cos x ch y − i sin x sh y

cos z =

et eix e−y − e−ix ey eiz − e−iz = 2i 2i i 1 −y y = (e sin x + e sin x) − (e−y cos x − ey cos x) 2 2 = sin x ch y + i cos x sh y.

sin z =

Donc, |cos z|2 + |sin z|2 = cos2 x ch2 y + sin2 x sh2 y + sin2 x ch2 y + cos2 x sh2 y = ch2 y + sh2 y.

Exercice I.21. Montrer que



|z − w|2 ≤ 1 + |z|2 1 + |w|2 ,

z, w ∈ C.

Solution. On a

2 |z − w|2 ≤ |z| + |w| = |z|2 + 2|z| · |w| + |w|2 . 11 i

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Chapitre I. Nombres complexes

D’autre part,

2 0 ≤ 1 − |z| · |w| = 1 − 2|z| · |w| + |z|2 |w|2 , et on obtient 2|z| · |w| ≤ 1 + |z|2 |w|2 . Donc, |z − w|2 ≤ |z|2 + 1 + |z|2 |w|2 + |w|2 = |z|2 + 1 + (|z|2 + 1)|w|2



= 1 + |z|2 1 + |w|2 .

Exercice I.22. Vérifier que l’identité log(zw) = log z + log w n’est pas toujours satisfaite. Solution. Soient z = r1 eiθ1 et w = r2 eiθ2 , avec r1 , r2 ≥ 0 et θ1 , θ2 ∈]−π, π]. Donc, log z = log r1 + iθ1 et log w = log r2 + iθ2 , et log z + log w = log r1 + log r2 + i(θ1 + θ2 ) = log(r1 r2 ) + i(θ1 + θ2 ). D’autre part, puisque zw = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) , on a log(zw) = log(r1 r2 ) + i(θ1 + θ2 − 2kπ), où k ∈ Z est tel que

θ1 + θ2 − 2kπ ∈]−π, π].

Lorsque θ1 + θ2 n’appartient pas à l’intervalle ]−π, π], on a log(zw) = log z + log w. Par exemple, si z = w = −1, alors log(zw) = log 1 = 0 et

log z + log w = 2 log(−1) = 2iπ.

Exercice I.23. Déterminer tous les points z ∈ C tels que log log z soit imaginaire. Solution. Pour z = 0, on a log z = log |z| + i arg z, 12 i

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I.2. Exercices proposés

avec arg z ∈]−π, π]. Ainsi, pour log z = 0, on obtient log log z = log|log z| + i arg log z  = log (log |z|)2 + (arg z)2 + i arg log z, avec arg log z ∈]−π, π]. Donc, log log z est imaginaire si et seulement si  log log z =

1 log[(log |z|)2 + (arg z)2 ] = 0, 2

c’est-à-dire si et seulement si (log |z|)2 + (arg z)2 = 1, avec z = 0. Soit α ∈ R tel que log |z| = cos α et arg z = sin α. On obtient |z| = ecos α et donc, iα

z = |z|ei arg z = ecos α ei sin α = ee . On remarque que z = 0 et que  |log z| = (log |z|)2 + (arg z)2 = 1 = 0.

I.2. Exercices proposés Exercice I.24. Déterminer : a) la partie réelle de la partie imaginaire de z. b) la partie imaginaire de la partie réelle de z.

Exercice I.25. Déterminer le module et l’argument du nombre complexe : a) i3 + 1. b) (5 + i6)(1 − i7). √ √ c) (1 + i 3)/(1 − i 3). d) (5 + i4)/(2 − i2)2 .

Exercice I.26. Déterminer les représentations cartésienne et polaire du nombre complexe : 13 i

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Chapitre I. Nombres complexes

a) (1 − i)3 . b) (5 + i4)/(2 − i). c) cos i. d) sh(2i).

Exercice I.27. Déterminer tous les nombres complexes z tels que (z 2 )2 = 1. Exercice I.28. Vérifier que 1 + ei2x = 2eix cos x pour x ∈ R. Exercice I.29. Déterminer toutes les solutions de l’équation : a) (z + 1)2 = (z − 1)2 . b) 2z 2 + iz + 4 = 0. c) z 4 + z 3 + z 2 + z = 0.

Exercice I.30. Déterminer l’ensemble {zw : z, w ∈ C}. Exercice I.31. Résoudre l’équation : a) ez = 3. b) ch z = i. z

c) ee = 1.

Exercice I.32. Résoudre l’équation : a) cos z sin z = 0. b) sin z + cos z = 1. c) sin z = sin(2z).

Exercice I.33. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C tels que : a) z + z = |z − z|. b) z 2 − z = 1. c) z − |z| = z. d) 3|z| ≤ |z − 2|. 14 i

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I.2. Exercices proposés

Exercice I.34. Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire de la fonction : a) f (z) = (z + 1)2 . b) f (z) = z 2 (z − 3). c) f (z) = z/(z − 1). d) f (z) = z/(zz − 1).

Exercice I.35. Déterminer si la fonction est injective : a) cos z. b) z 2 − cos z.

Exercice I.36. Déterminer si la fonction est bijective (injective et surjective) : a) z 4 − z. b) ez .

Exercice I.37. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) cos2 z + sin2 z = 1 pour tout z ∈ C. b) (iz) = (z) pour tout z ∈ C ∩ R. c) La fonction ez est bornée. d) La fonction cos z − sin z est bornée. e) cos cos z est réelle pour tout z ∈ C.

Exercice I.38. Vérifier que : a) cos(iz) = ch z. b) sin(iz) = i sh z.

Exercice I.39. Montrer que : a) sin z = sin z. b) cos z = cos z. 15 i

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Chapitre I. Nombres complexes

Exercice I.40. Vérifier que  

1+z 1−z

 =

1 − |z|2 . |z − 1|2

Exercice I.41. Montrer que 

sin −i log iz + 1 − z 2 = z.

Exercice I.42. Montrer que |z| ≤ |z| + |z| ≤

√ 2|z|.

Exercice I.43. Montrer que : a) cos(2z) = cos2 z − sin2 z. b) sin(2z) = 2 sin z cos z. c) sin(x + iy) = ch y sin x + i cos x sh y. d) cos2 (x + iy) = cos2 x ch2 y − sin2 x sh2 y − i2 cos x ch y sin x sh y.

Exercice I.44. Déterminer si l’inégalité |z − w| ≤ |z + w| est toujours satisfaite. Exercice I.45. Calculer log log i. Exercice I.46. Déterminer si log log z peut être calculé pour chaque z = 0. Exercice I.47. Déterminer si la fonction f (z) = |z + i|2 est bornée. Exercice I.48. Déterminer si la fonction f (z) = |z + i|2 − |z − i|2 est bornée. Exercice I.49. Calculer limn→∞ |1 + i/n|n . Exercice I.50. Calculer limn→∞ |cos(2 + 3i/n)|n . Exercice I.51. Calculer limn→∞ (1 + iπ/n)n .

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I.3. Solutions

I.3. Solutions I.24 a) z. b) 0. I.25 a) i3 + 1 = 1 − i a pour module

√

2 et pour argument − π4 . √ b) (5 + i6)(1 − i7) = 47 − i29 a pour module 5 122 et pour argument Arctan(− 29 47 ). √ √ √ c) (1 + i 3)/(1 − i 3) = − 12 + i 23 a pour module 1 et pour argument 2π 3 . √ d) (5 + i4)/(2 − i2)2 = − 12 + i 58 a pour module 41/8 et pour argument Arctan(− 54 ) + π.  √ 41/5ei Arctan(13/6) . I.26 a) −2 − 2i et 2 2ei5π/4 . b) 65 + i 13 5 et c) (e + 1/e)/2 et [(e + 1/e)/2]ei0 . d) i sin 2 et sin 2eiπ/2 . I.27 1, i, −1 et −i.

√ √ I.29 a) bi avec b ∈ R. b) i( 33 − 1)/4 et −i( 33 + 1)/4. c) 0, −1, i et −i. I.30 C. I.31 a) z = log 3 + i2πk avec k ∈ Z. √ √ b) z = log( 2 + 1) + i( π2 + 2πk) et z = log( 2 − 1) + i( 3π 2 + 2πk) avec k ∈ Z. c) z = log(2πk) + i( π2 + 2πl) et z = log(2πk) + i( 3π 2 + 2πl) avec k ∈ N et l ∈ Z. I.32 a) z = πk/2 avec k ∈ Z. b) z = 2πk et z =

π 2

+ 2πk avec k ∈ Z.

+ 2πk avec k ∈ Z. √ √ I.33 a) {|a| + ai : a ∈ R}. b) {(1 + 5)/2, (1 − 5)/2}. c) {0}. c) z = πk, z =

π 3

+ 2πk et z =

d) Cercle de rayon

3 4

− π3

centré en − 14 .

I.34 a) f (z) = x2 + 2x + 1 − y 2 et f (z) = 2(x + 1)y. b) f (z) = x3 − 3x2 − 3xy 2 + 3y 2 et f (z) = −6xy + 3x2 y − y 3 . c) f (z) = (x2 + y 2 − x)/[(x − 1)2 + y 2 ] et f (z) = −y/[(x − 1)2 + y 2 ]. d) f (z) = x/(x2 + y 2 − 1) et f (z) = −y/(x2 + y 2 − 1). 17 i

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Chapitre I. Nombres complexes

I.35 a) Pas injective.

b) Pas injective.

I.36 a) Pas bijective.

b) Pas bijective.

I.37 a) Vraie.

b) Vraie.

c) Fausse. d) Fausse. e) Fausse.

I.44 Pas toujours satisfaite. I.45 log π2 + i π2 . I.46 Non, parce que log log 1 n’est pas défini. I.47 Pas bornée. I.48 Pas bornée. I.49 1. I.50 0. I.51 −1.

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II FONCTIONS HOLOMORPHES

On considère dans ce chapitre les notions de continuité et de différentiabilité pour les fonctions d’une variable complexe, la dernière en termes d’équations de Cauchy-Riemann. En outre, on considère la notion d’intégrale le long d’un chemin et en particulier la formule intégrale de Cauchy pour une fonction holomorphe.

II.1. Exercices corrigés Exercice II.1. Vérifier que la fonction f (z) = z 2 − 1 est continue. Solution. Soit f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y),

(II.1)

avec x, y ∈ R. On obtient u(x, y) = x2 − y 2 − 1 et v(x, y) = 2xy. Comme les fonctions u et v sont continues dans R2 , la fonction f est continue dans C.

Exercice II.2. Utiliser les équations de Cauchy-Riemann pour montrer que la fonction f (z) = ez + 1 est holomorphe dans C. Solution. On peut écrire la fonction f sous la forme (II.1), avec u(x, y) = ex cos y + 1 et v(x, y) = ex sin y.

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Alors, les équations de Cauchy-Riemann ∂v ∂u = ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

et

(II.2)

prennent la forme ex cos y = ex cos y

et

− ex sin y = −ex sin y,

et sont donc satisfaites dans R2 . Comme u et v sont des fonctions de classe C 1 dans R2 (qui est un ensemble ouvert), on conclut que f est holomorphe dans C.

Exercice II.3. Montrer que

(z n ) = nz n−1

(II.3)

pour tous n ∈ N et z ∈ C (avec la convention que z 0 = 1).

Solution. Soit fn (z) = z n . Pour n = 1, on a f1 (z0 ) = lim

z→z0

z − z0 = 1, z − z0

ce qui établit (II.3). Pour n > 1, il résulte de l’identité z n − z0n = (z − z0 )

n−1 

z k z0n−1−k

k=0

que fn (z0 )

 z n − z0n = lim = lim z k z0n−1−k = nz0n−1 , z→z0 z − z0 z→z0 n−1 k=0

ce qu’il fallait démontrer.

Exercice II.4. Utiliser la définition de la dérivée pour vérifier que |z| n’est pas différentiable en z = 0. Solution. Soit z = |z|eiθ . On obtient |z| |z| |z| − |0| = = = e−iθ . z−0 z |z|eiθ 20 i

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II.1. Exercices corrigés

Puisque e−iθ dépend de θ, la limite lorsque z → 0 n’existe pas et donc f n’est pas différentiable à l’origine.

Exercice II.5. Déterminer tous les points z ∈ C où la fonction |z| est différentiable. Solution. On a |x + iy| = u(x, y) + iv(x, y), où u(x, y) =



x2 + y 2

et v(x, y) = 0.

Les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2) prennent la forme 

x x2

+

y2

= 0 et



y x2

+ y2

= 0.

On remarque qu’il n’existe pas de solutions (x = y = 0 n’est pas une solution, car on ne peut pas diviser par zéro). Ainsi, la fonction |z| n’a pas des points de différentiabilité.

Exercice II.6. Déterminer tous les points où la fonction f (x + iy) = xy + iy est différentiable. Solution. On écrit la fonction f sous la forme (II.1), avec u(x, y) = xy et v(x, y) = y. Les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2) prennent la forme y = 1 et x = 0. Donc, la fonction f n’est différentiable en aucun point de C \ {i}. Puisque l’ensemble {i} n’est pas ouvert, afin de déterminer si f est différentiable en i on doit utiliser la définition de la dérivée, c’est-à-dire, on doit vérifier si la limite de xy + iy − i f (x + iy) − f (i) = x + iy − i x + iy − i existe lorsque x + iy → i. Puisque x(y − 1) + x + i(y − 1) xy + iy − i = x + iy − i x + i(y − 1) x(y − 1) + 1, = x + i(y − 1) et

   x(y − 1)  |x| · |y − 1|    x + i(y − 1)  = |x + i(y − 1)| ≤ |x| → 0 21

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

lorsque x + iy → i, on conclut que f  (i) = 1 et, en particulier, f est différentiable en i.

Exercice II.7. Déterminer les constantes a, b ∈ R telles que la fonction f (x + iy) = ax2 + 2xy + by 2 + i(y 2 − x2 ) soit holomorphe dans C.

Solution. On remarque d’abord que pour z = x + iy on a z 2 = x2 − y 2 + i2xy et donc, −iz 2 = 2xy + i(y 2 − x2 ). Ainsi, f (z) = ax2 + by 2 − iz 2 . Puisque la fonction −iz 2 est holomorphe dans C, il suffit alors de trouver des constantes a, b ∈ R telles que la fonction f (z) + iz 2 = ax2 + by 2 + i0 soit holomorphe dans C. Par les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2), il est nécessaire et suffisant que 2ax = 0 et 2by = 0 pour tout x, y ∈ R. Donc, a = b = 0.

Exercice II.8. Déterminer s’il existe a ∈ R tel que la fonction f (x + iy) = ax2 + 2xy + i(x2 − y 2 − 2xy) soit holomorphe dans C.

Solution. Afin que f soit holomorphe dans C, elle doit satisfaire les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2), qui, dans ce cas, prennent la forme 2ax + 2y = −2y − 2x

et 2x = −(2x − 2y),

ou encore (a + 1)x = −2y

et 2x = y.

(II.4)

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II.1. Exercices corrigés

On obtient (a + 1)x = −4x et donc a = −5. Les équations dans (II.4) sont équivalentes à l’identité 2x = y, qui n’est pas satisfaite pour tout x et y. Donc, il n’existe pas a ∈ R tel que la fonction f soit holomorphe dans C.

Exercice II.9. Soit f = u + iv une fonction holomorphe dans C avec partie réelle u(x, y) = 2x2 − 3xy − 2y 2 . Calculer explicitement f (z) et f  (z).

Solution. Puisque f est holomorphe dans C, les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2) sont satisfaites dans R2 . Il résulte de ∂u = 4x − 3y ∂x et de la première équation dans (II.2) que ∂v = 4x − 3y. ∂y Donc, v(x, y) = 4xy −

3y 2 + C(x) 2

où C est une fonction différentiable. On obtient alors ∂u = −3x − 4y ∂y

et

−

∂v = −4y − C  (x) ∂x

et il résulte de la seconde équation dans (II.2) que C  (x) = 3x. On conclut que C(x) =

3x2 + c avec c ∈ R 2

et donc v(x, y) = 4xy −

3y 2 3x2 + + c. 2 2

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Ainsi,   3y 2 3x2 + +c f (x + iy) = (2x − 3xy − 2y ) + i 4xy − 2 2 3 = 2(x2 − y 2 + 2ixy) + i(x2 − y 2 + 2ixy) + ic  2 3 3 2 2 = 2z + iz + ic = 2 + i z 2 + ic 2 2 2

2

et f  (z) = (4 + 3i)z.

Exercice II.10. Déterminer s’il existe une fonction holomorphe dans C avec partie réelle x2 − y 2 + y. Solution. On remarque que la fonction u(x, y) = x2 − y 2 + y est de classe C 2 . Puisque Δu = 0, il existe une fonction harmonique conjuguée, c’est-à-dire une fonction v telle que f = u + iv soit holomorphe dans C. Ainsi, il existe une fonction holomorphe dans C avec partie réelle u. Exercice II.11. Déterminer s’il existe une fonction holomorphe dans C avec partie réelle x − y + 1 et si la réponse est affirmative, trouver une telle fonction. Solution. Pour montrer qu’il existe une telle fonction holomorphe f dans C, il suffit de vérifier que u(x, u) = x − y + 1 est de classe C 2 et que Δu = 0. Ceci implique qu’il existe une fonction harmonique conjuguée. Maintenant, on détermine une fonction holomorphe f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) avec u(x, y) = x − y + 1. Afin que f soit holomorphe, les équations de CauchyRiemann doivent être satisfaites dans R2 . Il résulte de ∂u/∂x = 1 et de la première équation dans (II.2) que ∂v/∂y = 1. Donc, v(x, y) = y + C(x) où C est une fonction différentiable. On obtient alors ∂v ∂u = −1 et − = −C  (x) ∂y ∂x et C  (x) = 1. On conclut que C(x) = x + c, avec c ∈ R, et donc v(x, y) = y + x + c. 24 i

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II.1. Exercices corrigés

Ainsi, f (x + iy) = (x − y + 1) + i(y + x + c) = (x + iy) + i(x + iy) + 1 + ic = (1 + i)z + 1 + ic.

Exercice II.12. Dire pour quelles valeurs a, b ∈ R la fonction u(x, y) = ax2 + xy + by 2 est la partie réelle d’une fonction holomorphe dans C et déterminer explicitement toutes ces fonctions. Solution. On écrit f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). Afin que f soit holomorphe dans C, les équations de Cauchy-Riemann doivent être satisfaites dans R2 . Il résulte de ∂u = 2ax + y ∂x et de la première équation dans (II.2) que ∂v = 2ax + y. ∂y Donc, v(x, y) = 2axy +

y2 + C(x) 2

où C est une fonction différentiable. On obtient ∂u = x + 2by ∂y

et

−

∂v = −2ay − C  (x) ∂x

et donc, b = −a et C  (x) = −x. On conclut que C(x) = −x2 /2 + c, avec c ∈ R, et v(x, y) = 2axy +

y 2 x2 − + c. 2 2

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

On a alors   y 2 x2 − +c f (x + iy) = (ax + xy − ay ) + i 2axy + 2 2 i = a(x2 − y 2 + 2ixy) − (x2 − y 2 + 2ixy) + ic 2   i 2 z + ic, = a− 2 2

2

avec a, c ∈ R.

Exercice II.13. Vérifier que si f, g : Ω → C sont des fonctions holomorphes dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C, alors (f + g) = f  + g

et (f g) = f  g + f g .

Solution. Puisque f et g sont holomorphes dans Ω, les dérivées f  (z0 ) = lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) z − z0

et g (z0 ) = lim

z→z0

g(z) − g(z0 ) z − z0

sont définies pour tout z0 ∈ Ω. Donc, f (z) + g(z) − f (z0 ) − g(z0 ) z − z0 f (z) − f (z0 ) g(z) − g(z0 ) = lim + lim z→z0 z→z0 z − z0 z − z0   = f (z0 ) + g (z0 )

(f + g) (z0 ) = lim

z→z0

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

(f g) (z0 ) = lim

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II.1. Exercices corrigés

Exercice II.14. Montrer que si f et g sont des fonctions holomorphes dans C avec f (z0 ) = g(z0 ) = 0 et g (z0 ) = 0, alors lim

z→z0

f  (z0 ) f (z) =  . g(z) g (z0 )

Solution. On a lim

z→z0

f (z) f (z) − f (z0 ) = lim z→z g(z) 0 g(z) − g(z0 ) f  (z0 ) (f (z) − f (z0 ))/(z − z0 ) =  . = lim z→z0 (g(z) − g(z0 ))/(z − z0 ) g (z0 )

Exercice II.15. Calculer la longueur du chemin γ : [0, 1] → C donné par γ(t) = eit cos t (voir la Figure II.1).

1

Figure II.1. Courbe définie par le chemin γ.

Solution. La longueur d’un chemin régulier par morceaux γ : [a, b] → R est donnée par  b |γ  (t)| dt. Lγ = a

On a alors

 Lγ = 

1

1

= 

|ieit cos t − eit sin t| dt

0

|eit | · |i cos t − sin t| dt

0 1

1 dt = 1.

= 0

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Exercice II.16. Calculer l’intégrale  (z 2 − z) dz γ

le long du chemin γ : [0, 1] → C donné par γ(t) = eit .

Solution. On a 



1

(z 2 − z) dz = γ



γ(t)2 − γ(t) γ  (t) dt

0 1

=

(e2it − e−it )ieit dt

0



1

(e3it − 1) dt =i  0 1 1 3it t=1 1 3i e − it  = e −i− . = 3 3 3 t=0

Exercice II.17. Pour chaque n ∈ Z, calculer l’intégrale  cos(nz) dz γ

le long du chemin γ : [0, 1] → C donné par γ(t) = eπit .

Solution. On écrit fn (z) = cos(nz). Si n = 0, alors F0 (z) = z est une primitive de f0 (z) = 1, puisque z  = 1, et donc   t=1 f0 (z) dz = 1 dz = F0 (γ(t))t=0 γ

=

γ  πit t=1 e t=0

= eπi − 1 = −2.

Si n = 0, alors Fn (z) = sin(nz)/n est une primitive de fn , et donc  t=1 t=1 1 fn (z) dz = Fn (γ(t))t=0 = sin(nγ(t))t=0 n γ 1 1 = sin(neπi ) − sin(ne0 ) n n 1 2 1 = sin(−n) − sin n = − sin n. n n n 28 i

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II.1. Exercices corrigés

 Exercice II.18. Calculer γ z dz, où γ : [a, b] → C est le chemin le long de la frontière du carré défini par |x| + |y| ≤ 3 (voir la Figure II.2) dans le sens positif.

3i

−3

3

−3i

Figure II.2. Carré défini par la condition |x| + |y| ≤ 3.

Solution. Puisque la fonction f (z) = z est holomorphe dans C et que la frontière du carré défini par |x| + |y| ≤ 3 est homotope au cercle de rayon 3 centré en 0, on a   z dz = γ

z dz, α

où le chemin α : [0, 1] → C est donné par α(t) = 3e2πit . Donc,  1  z dz = 3e2πit 6πie2πit dt 0

γ



1

e4πit dt =

= 18πi 0

9 4πi (e − 1) = 0. 2

Exercice II.19. Pour chaque n ∈ N, montrer que 



2π 2n

(2 cos t) 0

 2n dt = 2π . n

(II.5)

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Solution. Prenons l’intégrale  I= γ

1 2n 1 z+ dz, z z

où le chemin γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = eit . On a  I= γ

  2n  n   1  2n k −1 2n−k 2n dz = z 2k−2n−1 dz. z (z ) z k k γ k=0

(II.6)

k=0

Puisque



 2πi, z dz = 0, γ p

p = −1, p ∈ Z \ {−1},

le seul terme non nul dans (II.6) a lieu quand 2k − 2n − 1 = −1. Donc, k = n et     2n 2n −1 z dz = 2πi . (II.7) I= n n γ D’autre part, 

2π

I=

e−it (eit + e−it )2n ieit dt = i

0



2π

(2 cos t)2n dt.

(II.8)

0

En comparant (II.7) et (II.8), on obtient l’identité (II.5).

Exercice II.20. Pour le chemin γ : [0, π] → C donné par γ(t) = eit , montrer que  z    e  dz  ≤ πe. (II.9)  z γ

Solution. La longueur de γ est donnée par  π   |γ (t)| dt = Lγ = 0

et donc,

π

|ieit | dt = π

0

 z    z   e   e  dz  ≤ Lγ sup   : z ∈ γ([0, π])  z γ z   γ(t) |e | : t ∈ [0, π] . = π sup |γ(t)|

(II.10)

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II.1. Exercices corrigés

Puisque |γ(t)| = 1 et  γ(t)   cos t+i sin t   cos t i sin t   = e e  = ecos t ≤ e e  = e pour chaque t ∈ [0, π], l’inégalité (II.9) résulte facilement de (II.10).

Exercice II.21. Déterminer toutes les fonctions u : R2 → R de classe C 1 telles que f (x + iy) = u(x, y) + iu(x, y)

(II.11)

soit une fonction holomorphe dans C.

Solution. Afin que f soit holomorphe dans C, les équations de CauchyRiemann dans (II.2) doivent être satisfaites avec u = v, c’est-à-dire, ∂u ∂u = ∂x ∂y

et

∂u ∂u =− . ∂y ∂x

En particulier, on a ∂u ∂u =− ∂x ∂x et donc

et

∂u ∂u =− ∂y ∂y

∂u ∂u = = 0. ∂x ∂y

(II.12)

Puisque l’ensemble C est ouvert et connexe, il résulte de (II.12) que u est une fonction constante. Donc, les fonctions holomorphes de la forme (II.11) sont les fonctions constantes a + ia, avec a ∈ R.

Exercice II.22. Montrer que si f et f sont des fonctions holomorphes dans C, alors f est constante. Solution. On écrit la fonction f sous la forme (II.1), f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) = u(x, y) − iv(x, y). Puisque f et f sont holomorphes dans C, en plus des équations de CauchyRiemann dans (II.2) pour la fonction f , les équations de Cauchy-Riemann pour f = u − iv sont également satisfaites, c’est-à-dire, ∂v ∂u ∂v ∂u =− et = . (II.13) ∂x ∂y ∂y ∂x 31 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Il résulte de (II.2) et (II.13) que ∂v ∂v =− ∂y ∂y c’est-à-dire

et

−

∂v ∂v = , ∂x ∂x

∂v ∂v = = 0. ∂x ∂y

(II.14)

D’une manière analogue à celle de l’exercice II.21, puisque l’ensemble ouvert C est connexe, il résulte de (II.14) que v est constante. D’autre part, il résulte alors de (II.2), ou de (II.13), que ∂u ∂u = = 0. ∂x ∂y Donc, la fonction u est également constante, et on conclut que f = u + iv est constante.

Exercice II.23. Soit f = u + iv une fonction holomorphe dans Ω ⊂ C, avec u et v de classe C 2 . Montrer que Δu = Δv = 0 dans

Ω.

Solution. Puisque f est holomorphe dans Ω, les équations de Cauchy-Riemann dans (II.2) sont satisfaites dans Ω. En prenant les dérivées par rapport à x et y, on obtient respectivement

et

∂2v ∂2u = ∂x2 ∂x∂y

et

∂2u ∂2v = − 2, ∂x∂y ∂x

(II.15)

∂2v ∂2u = 2 ∂y∂x ∂y

et

∂2u ∂2v . = − ∂y 2 ∂y∂x

(II.16)

D’autre part, puisque u et v sont de classe C 2 , on a ∂2u ∂2u = ∂x∂y ∂y∂x

et

∂2v ∂2v = . ∂x∂y ∂y∂x

Ainsi, en combinant la première équation dans (II.15) avec la seconde dans (II.16), on obtient Δu =

∂2u ∂2u + 2 =0 ∂x2 ∂y

32 i

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II.1. Exercices corrigés

et, d’une manière analogue, en combinant la seconde équation (II.15) avec la première dans (II.16), on obtient

Δv =

∂2v ∂2v + = 0. ∂x2 ∂y 2

Exercice II.24. Soit f = u + iv une fonction holomorphe dans Ω ⊂ C, avec u et v de classe C 2 . Montrer que Δ(uv) = 0 dans Ω. Solution. On obtient ∂ 2 (uv) ∂ 2 (uv) + ∂x2 ∂y 2 2 ∂ u ∂u ∂v ∂2v ∂2u ∂u ∂v ∂2v + u + u = v + 2 + v + 2 ∂x2 ∂x ∂x ∂x2 ∂y 2 ∂y ∂y ∂y 2 ∂u ∂v ∂u ∂v +2 . = (Δu)v + uΔv + 2 ∂x ∂x ∂y ∂y

Δ(uv) =

(II.17)

D’autre part, par l’exercice II.23, on a Δu = Δv = 0 dans Ω. Donc, par les équations de Cauchy-Riemann, ∂u ∂v ∂u ∂v +2 ∂x ∂x ∂y ∂y   ∂u ∂u ∂v ∂v − +2 = 0. =2 ∂y ∂y ∂y ∂y

Δ(uv) = 2

Exercice II.25. Soit f = u + iv une fonction holomorphe dans Ω ⊂ C avec u et v de classe C 2 . Montrer que Δ(u2 + v 2 ) ≥ 0. Solution. Par l’exercice II.23, on a Δu = Δv = 0 dans Ω. Prenant u = v dans (II.17) on obtient alors  2  2  2  2 ∂u ∂u ∂v ∂v 1 2 2 Δ(u + v ) = uΔu + + + vΔv + + 2 ∂x ∂y ∂x ∂y  2  2  2  2 ∂u ∂u ∂v ∂v = + + + ≥ 0. ∂x ∂y ∂x ∂y

33 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Exercice II.26. Soit f une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C telle que |f (z) − 1| < 1 pour z ∈ Ω. (II.18) Montrer que

 γ

f  (z) dz = 0 f (z)

pour tout lacet γ : [a, b] → Ω régulier par morceaux.

Solution. Il résulte de (II.18) que f ne s’annule pas dans Ω. Donc, la fonction g : Ω → C donnée par g(z) = log f (z) est bien définie. Il résulte également de (II.18) que l’image de f ne croise pas l’ensemble R− 0 ⊂ C, et donc g est holomorphe dans Ω. On a alors g (z) =

f  (z) , f (z)

et g est une primitive de f  /f . Donc,    f (z) dz = g (z) dz γ f (z) γ = g(γ(b)) − g(γ(a)) = 0, puisque le chemin γ est fermé.

Exercice II.27. Montrer que  2π R2 − r 2 1 dθ = 1, 2π 0 R2 − 2Rr cos θ + r 2

0 < r < R.

Solution. On a (R + reiθ )(R − re−iθ ) R + reiθ = R − reiθ (R − reiθ )(R − re−iθ ) R2 − r 2 + 2irR sin θ . = 2 R − 2rR cos θ + r 2 34 i

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II.1. Exercices corrigés

Donc, 1 2π

 0

2π

 2π 1 R + reiθ R2 − r 2 dθ =  dθ R2 − 2rR cos θ + r 2 2π 0 R − reiθ    2π R + reiθ 1 dθ = 2π 0 R − reiθ    R+z 1 dz , = 2πi γ z(R − z)

où le chemin γ : [0, 2π] → C est donné par γ(θ) = reiθ . En outre,     1 2 R+z 1 1 dz = + dz 2πi γ z(R − z) 2πi γ z R − z   1 1 2 1 dz + dz = 2πi γ z 2πi γ R − z  2 1 dz. =1+ 2πi γ R − z D’autre part, puisque la fonction f (z) = 2/(R−z) est holomorphe pour |z| ≤ r, il résulte du théorème de Cauchy que  2 dz = 0. R −z γ On conclut donc que    2π  1 R2 − r 2 2 1 dz = 1. dθ =  1 + 2π 0 R2 − 2rR cos θ + r 2 2πi γ R − z

Exercice II.28. Vérifier que la fonction f (z) = (z +1) log z est continue en z = −1. Solution. Puisque f (−1) = 0, pour vérifier qu’une fonction f est continue en z = −1, on doit montrer que limz→−1 f (z) = 0. On observe tout d’abord que, puisque log z = log |z| + i arg z, avec arg z ∈]−π, π], on a |log z| =



(log |z|)2 + (arg z)2 ≤



(log |z|)2 + π 2 . 35

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

√ 1 + π 2 , et donc,  |f (z)| = |z + 1| · |log z| ≤ 1 + π 2 |z + 1| → 0

Ainsi, pour |z| < e, on a |log z| ≤

lorsque z → −1. On remarque que pour prendre la limite quand z → −1, on peut toujours supposer que |z| < e, puisque |−1| < e. Cela implique que limz→−1 f (z) = 0, et la fonction f est continue en z = −1.

Exercice II.29. Déterminer toutes les fonctions continues f : C → C telles que f (z)2 = 1 pour z ∈ C. Solution. Il résulte de f (z)2 = 1 que f (z) = 1 ou f (z) = −1, pour chaque z ∈ C. On montre maintenant que f a une seule de ces valeurs. Sinon, il existerait des points z1 , z2 ∈ C avec f (z1 ) = 1 et f (z2 ) = −1, mais par la continuité de f il existerait aussi un point z dans le segment de droite entre z1 et z2 avec f (z) = 1 et f (z) = −1. Mais cela contredit le fait que f ne peut prendre que les valeurs 1 ou −1. On conclut donc que f = 1 ou f = −1.

Exercice II.30. Calculer l’intégrale  0

∞

sin(t2 ) dt. t

Solution. Soit r, R > 0, avec r < R. Soit γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 , où γ1 : [r, R] → C est donné par γ1 (t) = t, γ2 : [0, π/2] → C est donné par γ2 (t) = Reit , γ3 : [r, R] → C est donné par γ3 (t) = i(r + R − t), γ4 : [0, π/2] → C est donné par γ4 (t) = ei(π/2−t) iR γ3 ir

γ2 Figure II.3. Chemin γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 .

γ4 r

γ1

R

36 i

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II.1. Exercices corrigés 2

(voir la Figure II.3). On considère aussi la fonction f (z) = eiz /z. Il résulte alors du théorème de Cauchy que     f+ f+ f+ f 0= γ1 R

γ2



2 eit

= r



+ 

t

γ3 π/2



dt + i

0 R −i(r+R−t)2 e

r R

= r

t 2

eit dt + i t

D’autre part,

γ4

ei(Re

it )2



dt

π/2

dt + i

ei(re

0



π/2

ei(Re

it )2

i(π/2−t) )2



R

dt −

0

r

dt

2

e−it dt − i t



π/2

ei(re

it )2

dt. (II.19)

0

      π/2 π/2 it 2   i(Reit )2 e dt ≤ |ei(Re ) | dt i   0 0  π/2 2 e−R sin(2t) dt = 0



π/4

=2

2

e−R

sin(2t)

dt.

0

Maintenant, on considère la fonction h(t) = sin(2t) − 4t/π. Puisque la dérivée

h (t) = −4 sin(2t) < 0 pour t ∈]0, π/4[, h (t) = 2 cos(2t) − 4/π

est décroissante dans [0, π/4]. Ainsi, puisque h (0) > 0 et h (π/4) < 0, il existe un point unique s ∈]0, π/4[ tel que h est croissante dans [0, s] et décroissante dans [s, π/4]. Puisque h(0) = h(π/4) = 0, on conclut que h(t) ≥ 0 pour t ∈ [0, π/4]. Donc,     π/4   π/2 2   i(Reit )2 e dt ≤ 2 e−R sin(2t) dt i     0 0  π/4 2 e−4R t/π dt ≤2 0

π 2 (1 − e−R ) → 0 = 2 2R 37 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

lorsque R → +∞. Il résulte alors de (II.19) que 

R

0= r

2

eit dt + i t



π/2

i(Reit )2

e

 dt −

0

R

r

2

e−it dt − i t

 π/2 2 2 eit − e−it it 2 dt − i ei(re ) dt t r 0  π/2  ∞ 2 sin(t ) it 2 dt − i ei(re ) dt = 2i t r 0 

→

∞



π/2

ei(re

it )2

dt

0

lorsque R → +∞, et donc 

∞

r

1 sin(t2 ) dt = t 2



π/2

ei(re

it )2

(II.20)

dt.

0

2

2

Puisque eiz est continue, en prenant ε > 0, il existe r > 0 tel que |eiz − 1| < ε pour z ∈ C avec |z| ≤ r. Donc,       π/2   π/2

π it 2 it 2     ei(re ) dt −  =  ei(re ) − 1 dt    0 2  0  π/2   i(reit )2 επ e , − 1 dt ≤ ≤ 2 0 et il résulte de (II.20) que    

∞

r

   π  1  π/2 i(reit )2 π  sin(t2 ) dt −  =  e dt −  t 4 2 0 2   επ 1 π/2  i(reit )2 , − 1 dt ≤ e ≤ 2 0 4

pour tout r suffisamment petit. Lorsque r → 0 et alors ε → 0, on conclut que  ∞ π sin(t2 ) dt = . t 4 0

II.2. Exercices proposés Exercice II.31. Calculer la limite, si elle existe : z ). a) limz→0 (z/¯ 38 i

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II.2. Exercices proposés

b) limz→i (z − z). c) limz→3 z z .

Exercice II.32. Déterminer si la fonction f (z) = z + cos z est continue. Exercice II.33. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C où la fonction est continue : a) x|z|.  z 3 /|z|2 , z = 0, b) 0, z = 0.

Exercice II.34. Vérifier que la fonction f (z) = (1 − log z) log z n’est pas continue. Exercice II.35. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C où la fonction est différentiable : a) z · z. b) z + z. c) z 2 − |z|2 . d) |z|(z − 1).

Exercice II.36. Déterminer l’ensemble des points z ∈ C où la fonction est différentiable : a) ex cos y − iex sin y. b) x2 y + ixy. c) x(y − 1) + ix2 (y − 1).

Exercice II.37. Calculer (log log z) et indiquer son domaine. Exercice II.38. Soit f : C → C une fonction holomorphe dans C avec partie réelle xy − x2 + y 2 − 1 et avec f (0) = −1. Déterminer explicitement f (z) et calculer la dérivée seconde f  (z). Exercice II.39. Déterminer pour quelles valeurs a, b ∈ R la fonction u est la partie réelle d’une fonction holomorphe dans C : 39 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

a) u(x, y) = ax + by. b) u(x, y) = ax2 − bxy. c) u(x, y) = ax2 − by 2 + xy. d) u(x, y) = ax2 + 3xy − by 4 . e) u(x, y) = ax2 + cos x cos y + by 2 .

Exercice II.40. Pour les valeurs a et b obtenues dans l’exercice II.39, déterminer une fonction holomorphe f dans C avec partie réelle u. Exercice II.41. Pour tous a, b, c ∈ C, calculer l’intégrale  (az 2 + bz + c) dz, γ

où le chemin γ : [0, 1] → C est donné par γ(t) = it.

Exercice II.42. Calculer γ(t) = e2πit .



z γ (e /z) dz,

où le chemin γ : [0, 2] → C est donné par

Exercice II.43. Déterminer une primitive de la fonction y + ex cos y − i(x − ex sin y) dans C.

Exercice II.44. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) La fonction f : C → C définie par f (z) = (|z|2 − 2)z est différentiable en z = 0.  b) Il existe un lacet régulier γ tel que γ sin z dz = 0.  c) γ ez dz = 0 pour un chemin γ dont l’image est la frontière d’un carré. d) Il existe une fonction holomorphe f dans C \ {0} telle que f  (z) = 1/z dans cette région. e) Si f est une fonction holomorphe et sa partie réelle est 4xy + 2ex sin y, alors f (z) = −2i(ez + z 2 ). 40 i

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II.2. Exercices proposés

f) La plus grande boule ouverte centrée à l’origine où la fonction z 2 + z est injective a pour rayon 1. g) Si γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = 2eit , alors    cos z   dz  < 2πe.  z γ

Exercice II.45. Calculer la dérivée  d (s2 z + sz 2 ) dz ds γ pour chaque s ∈ R, où le chemin γ : [0, 1] → C est donné par γ(t) = eπit .

Exercice II.46. Calculer la dérivée d ds

 γ

es(z+1) dz z

pour chaque s ∈ R, où le chemin γ : [0, 1] → C est donné par γ(t) = e2πit .

Exercice II.47. Calculer l’indice Indγ (−1) pour le chemin γ : [0, 2] → C donné par γ(t) = [1 + t(2 − t)]e2πit (voir la Figure II.4).

−2

1

2

Figure II.4. Chemin γ à l’exercice II.47.

41 i

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Chapitre II. Fonctions holomorphes

Exercice II.48. Déterminer toutes les fonctions u : R2 → R de classe C 1 telles que f = u + iu2 soit une fonction holomorphe dans C. Exercice II.49. Déterminer toutes les fonctions holomorphes dans C dont la partie réelle est le double de la partie imaginaire. Exercice II.50. Déterminer tous les points où la fonction log(z − 1) est différentiable. Exercice II.51. Déterminer tous les points où la fonction (z − 1) log(z − 1) est différentiable. Exercice II.52. Montrer que pour le chemin γ : [0, π] → C donné par γ(t) = eit , on a  z    e  < πe.  dz   γ z Exercice II.53. Montrer que si le chemin γ : [0, 1] → C satisfait |γ(t)| < 1 pour tout t ∈ [0, 1], alors  ∞   dz n−1 nz dz = . (1 − z)2 γ n=1 γ Exercice II.54. Pour une fonction f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), puisque x=

z + z¯ 2

et y =

z − z¯ , 2i

on peut définir 

z − z¯ z + z¯ +i g(z, z¯) = f 2 2i

 = f (x + iy).

Montrer que f satisfait les équations de Cauchy-Riemann en (x0 , y0 ) si et seulement si ∂g (x0 + iy0 , x0 − iy0 ) = 0. ∂ z¯

Exercice II.55. Soit g comme dans l’exercice II.54. Montrer que si ∂g ∂g = =0 ∂z ∂ z¯ dans un ensemble ouvert connexe Ω ⊂ C, alors f est constante dans Ω.

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II.3. Solutions

II.3. Solutions II.31 a) La limite n’existe pas. b) 1. c) 27. II.32 Elle est continue. II.33 a) C. b) C. II.35 a) {0}.

b) ∅. c) {0}.

II.36 a) ∅. b) {0}.

d) {1}.

c) {i}.

II.37 1/(z log z) avec domaine C\]−∞, 1]. II.38 f (z) = −(1 + i/2)z 2 − 1 et f  (z) = −(2 + i). II.39 a) a, b ∈ R. b) a = 0 et b ∈ R. c) a = b ∈ R. d) a = b = 0. e) Aucun. II.40 a) (a − ib)z. b) ibz 2 /2.

c) (a − i/2)z 2 . d) −3iz 2 /2.

II.41 −ai/3 − b/2 + ci. II.42 4πi. II.43 −iz 2 /2 + ez . II.44 a) Fausse. b) Fausse. c) Vraie. d) Fausse. e) Fausse. f) Fausse. g) Vraie. II.45 −2/3. II.46 2πies . II.47 2. II.48 Fonctions constantes. II.49 f (z) = (2 + i)a avec a ∈ R. II.50 C\]−∞, 1]. II.51 C\]−∞, 1].

43 i

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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III SUITES ET SÉRIES

On considère dans ce chapitre la convergence des suites et la convergence des séries, pour les nombres complexes et pour les nombres réels, incluant les divers critères de convergence et de divergence qui leur sont associés. On considère également la convergence uniforme des fonctions et des séries de fonctions.

III.1. Exercices corrigés Exercice III.1. Vérifier que la suite zn = 1/2 − i/3)n est convergente.

Solution. Puisque

√     1 i  −  = 1 + 1 = 13 < 1, 2 3 4 9 6

on a

n  √ n  1  i 13 →0 |zn | =  −  = 2 3 6

lorsque n → ∞. Donc, la suite zn converge vers 0.

Exercice III.2. Vérifier que si zn est convergente, alors |zn | est également convergente.

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Chapitre III. Suites et séries

Solution. Soit z = lim zn . n→∞

On a

  |zn | − |z| ≤ |zn − z| → 0

lorsque n → ∞, et donc la suite |zn | converge vers |z|.

Exercice III.3. Vérifier que la série

∞

n=1 cos(1/n)

est divergente.

 Solution. Afin que la série ∞ n=1 zn , avec zn ∈ C, soit convergente, il est nécessaire que zn → 0 lorsque n → ∞. Dans le cas présent, on a zn = cos(1/n) → 1 lorsque et donc la série

∞

n=1 cos(1/n)

n → ∞,

est divergente.

Exercice III.4. Déterminer si la série

∞

n 2 n=1 (−1) /n

est absolument convergente.

Solution. On a  ∞  ∞   (−1)n   1  = .  n2  n2

n=1

n=1

Maintenant, on remarque que la fonction 1/x2 est décroissante, et donc (voir la Figure III.1)  +∞  a ∞  1 1 1 ≤ dx = lim dx 2 2 a→+∞ 1 x2 n x 1 n=2   1 x=a 1 = 1 < +∞. = lim 1 − = lim −  a→+∞ x x=1 a→+∞ a

Ainsi, la série

∞

n 2 n=1 (−1) /n

(III.1)

est absolument convergente.

46 i

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III.1. Exercices corrigés

1

2

3

4

Figure III.1. Graphe de la fonction 1/x2 .

Exercice III.5. Déterminer si la série ∞  n2 cos(1/n) n=1

n4 + 1

(III.2)

est convergente.

Solution. Puisque

  2 2  n cos(1/n)  1 < n   n4 + 1  n4 + 1 < n2 ,

il résulte de (III.1) que la série dans (III.2) est convergente.

Exercice III.6. Montrer que la série ∞  n+3 4 + n3 n=1

(III.3)

est convergente.

Solution. Puisque 1 n3 + 3n2 1 + 3/n n+3 : = = →1 3 2 3 4+n n 4+n 1 + 4/n3 47 i

i i

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Chapitre III. Suites et séries

lorsque n → ∞, la série dans (III.3) est convergente si et seulement si la série ∞ 2 n=1 1/n est convergente. Il résulte alors de (III.1) que la série dans (III.3) est convergente.

Exercice III.7. Montrer que la série ∞  cos(nπ) 3 n −n+1 n=1

(III.4)

est absolument convergente.

Solution. On a cos(nπ) = (−1)n . Puisque    (−1)n  1 n3 :  →1 =  n3 − n + 1  n3 n3 − n + 1 lorsque  n → ∞, la série dans (III.4) est absolument convergente si et seule3 3 ment si ∞ n=1 1/n est convergente. Puisque la fonction 1/x est décroissante, en procédant comme dans (III.1) on obtient  +∞ ∞  1 1 1 ≤ dx = < +∞. 3 3 n x 2 1 n=2

Donc, la série dans (III.4) est absolument convergente.

Exercice III.8. Déterminer si la série Solution. Pour x > 1, on a 

1 x log x



∞

n=2 1/(n log n)

=−

est convergente.

log x + 1 < 0, (x log x)2

et donc la fonction 1/(x log x) est décroissante. On conclut que (voir la Figure III.2)  +∞ ∞  1 1 ≥ dx n log n x log x 2 n=2 x=a = +∞, = lim log log x et la série

∞

n=2 1/(n log n)

a→+∞

x=2

est divergente.

48 i

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III.1. Exercices corrigés

Figure III.2. Graphe de la fonction 1/(x log x).

1

2

3

4

5

Exercice III.9. Utiliser la règle de Cauchy pour montrer que la série ∞  4n + 1 n=1

nn

est convergente. 

Solution. On a

√ n n 4n + 1 4 +1 →0 0 tel que |xn | ≤ M

et |yn | ≤ M

pour tout n ∈ N. On obtient alors |xn yn − xy| = |(xn − x)yn + x(yn − y)| ≤ M |xn − x| + |x| · |yn − y| → 0 lorsque n → ∞, et donc la suite xn yn converge vers xy.

Exercice III.11. Vérifier que la série  2 ∞   4 − (−1)n n 1− n n=1

(III.6)

est convergente.

Solution. Puisque

 3, n pair, 4 − (−1)n = 5, n impair,

on a 1−

3 4 − (−1)n ≤1− . n n

x n = ex 1+ n→∞ n

Il résulte alors de

lim

(III.7)

que  n



4 − (−1)n 1− n

n 2



 2 3 n ≤ 1− n n  3 = 1− → e−3 < 1 n n



lorsque n → ∞. Par la règle de Cauchy, la série dans (III.6) est convergente. 50 i

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III.1. Exercices corrigés

Exercice III.12. Soit xn , yn ∈ R pour n ∈ N. Déterminer si l’identité ∞  n=1

xn

∞ 

yn =

n=1

∞ 

xn yn

(III.8)

n=1

est toujours satisfaite.

Solution. Par exemple, si xn = yn = 1/n, alors ∞ 

xn yn =

n=1

mais

∞ 

∞  1 < +∞, n2

n=1 ∞ 

∞  1 = +∞. xn = yn = n n=1 n=1 n=1

Cela montre que l’identité (III.8) n’est pas toujours satisfaite.

Exercice III.13. Calculer les sommes des séries ∞  n=1

1 n(n + 2)

et

∞  n=1

1 . n(n + 3)

Solution. Puisque 1 1 1 = − , n(n + 2) 2n 2(n + 2) on a

m 

1 1 1 1 3 1 = + − − → n(n + 2) 2 2 · 2 2(m + 1) 2(m + 2) 4 n=1 lorsque m → ∞. Donc,

∞ 

3 1 = . n(n + 2) 4 n=1 Pour la seconde série, puisque 1 1 1 = − , n(n + 3) 3n 3(n + 3)

51 i

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Chapitre III. Suites et séries

on a m  n=1

1 1 1 1 1 1 11 1 = + + − − − → n(n + 3) 3 3 · 2 3 · 3 3(m + 1) 3(m + 2) 3(m + 3) 18

lorsque m → ∞. Donc,

∞  n=1

11 1 = . n(n + 3) 18

Exercice III.14. Calculer ∞  n2 + 1 n=1

en prenant en compte que

∞

n=0 1/n!

n!

,

= e.

Solution. On remarque que n2 + 1 = n(n + 1 − 1) + 1 = n(n − 1) + n + 1, et

1 1 1 n2 + 1 = + + n! (n − 2)! (n − 1)! n!

pour n ≥ 2. Donc, ∞  n2 + 1 n=1

n!

=2+ =2+

∞  n2 + 1 n=2 ∞   n=2

2 1 1 1 + + (n − 2)! (n − 1)! n!



= 2 + e + e − 1 + e − 2 = 3e − 1.

Exercice III.15. Calculer ∞  4n + 3 n=1

4n

.

52 i

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III.1. Exercices corrigés

Solution. Prenons la suite Sn =

n  4m + 3 . 4m

m=1

On a 1 3 Sn = Sn − Sn 4 4 n n  4m + 3  4m + 3 = − 4m 4m+1 m=1 m=1 n n+1  4m + 3  4m − 1 = − 4m 4m m=1

m=2

n n 7  4m + 3  4m − 1 4n + 3 = + − − n+1 4 m=2 4m 4m 4 m=2 n 7  1 4n + 3 = + − n+1 m−1 4 4 4 m=2

7 1 1 − 1/4n−1 4n + 3 − n+1 . = + · 4 4 1 − 1/4 4 Donc, 7 1 3 Sn → + 4 4 3 lorsque n → ∞, et ∞  4n + 3 n=1

4n

  4 7 1 25 + = . = lim Sn = n→∞ 3 4 3 9

Exercice III.16. Déterminer les sommes des séries ∞ ∞   n a cos(bn) et an sin(bn) n=0

(III.9)

n=0

pour tout a ∈]−1, 1[.

Solution. On remarque d’abord que |an cos(bn)| ≤ |a|n

et |an sin(bn)| ≤ |a|n .

(III.10) 53

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Chapitre III. Suites et séries

 n Puisque la série ∞ n=0 |a| est convergente pour a ∈]−1, 1[, il résulte de (III.10) que les séries dans (III.9) sont également convergentes. Maintenant, on définit Sn =

n 

am cos(bm) et Tn =

m=0

n 

am sin(bm).

m=0

On a alors Sn + iTn = =

n  m=0 n 

  am cos(bm) + i sin(bm) am eibm =

m=0

n 

(aeib )m

m=0

1 − (aeib )n+1 1 = → ib 1 − ae 1 − aeib

(III.11)

lorsque n → ∞. En outre, 1 1 = 1 − aeib (1 − a cos b) − ia sin b (1 − a cos b) + ia sin b = (1 − a cos b)2 + a2 sin2 b 1 − a cos b + ia sin b . = 1 − 2a cos b + a2 Puisque ∞ 

n

a cos(bn) = lim Sn n→∞

n=0

et

∞ 

an sin(bn) = lim Tn ,

n=0

n→∞

il résulte de (III.11) que ∞ 

an cos(bn) =

1 − a cos b 1 − 2a cos b + a2

an sin(bn) =

a sin b . 1 − 2a cos b + a2

n=0

et

∞  n=0

54 i

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III.1. Exercices corrigés

Exercice III.17. Montrer que la série ∞ 

1/nz

(III.12)

n=1

est absolument convergente pour z > 1.

Solution. Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On a |nz | = |nx+iy | = |e(x+iy) log n | = ex log n = nx , et donc la série dans (III.12) est absolument convergente si et seulement si ∞ x n=1 1/n est convergente. En procédant comme dans (III.1), on obtient  +∞ ∞  1 1 1 < +∞, ≤ ds = x x n s x−1 1 n=2 et donc la série dans (III.12) est absolument convergente.

Exercice III.18. Vérifier que la suite de fonctions fn (z) = z n+1 /n3 converge uniformément sur l’ensemble Ω = {z ∈ C : |z| < 1}. Solution. Pour |z| < 1 on a |fn (z)| ≤

|z| 1 < 3 →0 n3 n

lorsque n → ∞. Donc,   1 sup |fn (z)| : z ∈ Ω ≤ 3 → 0 n lorsque n → ∞, et fn converge uniformément vers 0 sur Ω.

Exercice III.19. Montrer que la suite de fonctions fn (z) = e−nz converge uniformément sur l’ensemble Ω = {z ∈ C : z > 5}. Solution. Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On a fn (z) = e−nx−niy . 55 i

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Chapitre III. Suites et séries

Pour z = x > 5, on obtient alors |fn (z)| = e−nx < e−5n → 0 lorsque n → ∞. Donc,   sup |fn (z)| : z ∈ Ω ≤ e−5n → 0 lorsque n → ∞, et fn converge uniformément vers 0 sur Ω.

Exercice III.20. Vérifier que pour chaque r < 1 la suite de fonctions fn (z) =

n 

z 2k

k=0

converge uniformément vers 1/(1 − z 2 ) sur l’ensemble Ωr = {z ∈ C : |z| < r}.

Solution. Pour |z| < 1, on a fn (z) =

n 

(z 2 )k =

k=0

1 − z 2(n+1) 1 → 2 1−z 1 − z2

lorsque n → ∞. En outre, pour chaque r < 1 et z ∈ Ωr , on a      ∞    ∞   1 2k     − f (z) = z |z 2k | ≤ n     1 − z2 ≤

k=n+1 ∞ 

k=n+1 m 

r 2k = lim

k=n+1

= lim

m→∞

m→∞

k=n+1 r 2(m−n) )

− 1 − r2

r 2(n+1) (1

r 2k =

r 2(n+1) →0 1 − r2

lorsque n → ∞. Donc,   sup fn (z) −

 r 2(n+1) 1  →0 : z ∈ Ω ≤  r 1 − z2 1 − r2

lorsque n → ∞, et fn converge uniformément vers 1/(1−z 2 ) sur l’ensemble Ωr , pour chaque r < 1. 56 i

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III.1. Exercices corrigés

Exercice III.21. Déterminer si la suite de fonctions fn (z) dans l’exercice III.20 converge uniformément sur l’ensemble {z ∈ C : |z| ≤ 1}. Solution. Si |z| = 1, alors |z 2k | = |z|2k = 1, et donc la suite fn (z) ne converge pas. Donc, elle n’est pas uniformément convergente sur {z ∈ C : |z| ≤ 1}.  Exercice III.22. Montrer que si la série ∞ n=1 xn , avec xn ≥ 0, est convergente, alors la série ∞  log(1 + xn ) (III.13) n=1

est également convergente.

Solution. Prenons la fonction f : R+ 0 → R définie par f (x) = x − log(1 + x). Puisque 1 >0 f  (x) = 1 − 1+x pour x > 0 et f (0) = 0, on a f (x) ≥ 0 pour x ≥ 0. Donc, (III.14) 0 ≤ log(1 + xn ) ≤ xn  pour n ∈ N. Puisque la série ∞ n=1 xn est convergente, il résulte de (III.14) que la série dans (III.13) est également convergente. ∞ Exercice III.23. Montrer que si la série ∞ n=1 zn , avec zn ∈ C \ {−1}, est absolument convergente, alors la série n=1 zn /(1 + zn ) est également absolument convergente. ∞ Solution. Puisque la série n=1 zn est convergente, on a zn → 0 lorsque n → ∞. En particulier, il existe p ∈ N tel que |zn | ≤ 1/2

pour n ≥ p.

Puisque |1 + zn | ≥ 1 − |zn |, on obtient alors  ∞  ∞ ∞    zn   |zn |  ≤ ≤2 |zn | < ∞,  1 + zn  1 − |zn |

n=p

et la série

∞

n=1 zn /(1

n=p

n=p

+ zn ) est absolument convergente. 57

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Chapitre III. Suites et séries

Exercice III.24. Montrer que si f : R → R est une fonction différentiable avec f (0) = 0 et telle que |f  (x)| ≤ 1 pour x ∈ R, alors la série ∞ x  f n2

(III.15)

n=1

est absolument convergente pour tout x ∈ R.

Solution. Puisque f (0) = 0, on a x x x = f − f (0) = f  (xn ) 2 f n2 n2 n pour un certain point xn entre 0 et x/n2 . Donc,  x  |x|  x       (x )| · ≤ |f  2 ≤ 2,  f n 2 n n n et la série dans (III.15) est absolument convergente pour tout x ∈ R.

Exercice III.25. Soient fn : R → R les fonctions définies par fn (x) =

1 −n2 x2 e n

pour chaque n ∈ N. Montrer que fn converge uniformément vers zéro et que fn converge simplement vers zéro, mais pas uniformément.

Solution. Puisque 1 n pour tout n ∈ N et x ∈ R, la suite fn converge uniformément vers zéro. D’autre part, on a 2nx fn (x) = − n2 x2 , e et donc, lim fn (x) = 0 pour x ∈ R. |fn (x)| ≤

n→∞

Ainsi, la suite de fonctions fn converge simplement vers zéro. Néanmoins, on a également |fn (±1/n)| = 2/e, et donc la suite fn ne converge pas uniformément vers zéro.

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III.1. Exercices corrigés

Exercice III.26. Calculer la dérivée

∞

n=1 z

2n /n 

pour |z| < 1.

 2n Solution. Puisque |z 2n /n| ≤ |z|2n , la série ∞ n=1 z /n est convergente pour |z| < 1. En outre, par l’exercice III.20, pour chaque r < 1, la série des dérivées ∞  2n   z

n

n=1

=2

∞ 

z 2n−1 = 2z

n=1

∞ 

z 2k

k=0

converge uniformément sur l’ensemble {z ∈ C : |z| < r}. Puisque que ces deux conditions sont satisfaites, et à nouveau par l’exercice III.20, on conclut que  ∞ ∞  2n   z 2n  z = n n n=1

n=1

= 2z

∞  k=0

z 2k =

2z 1 − z2

sur chaque ensemble {z ∈ C : |z| < r} et donc pour |z| < 1.  Exercice III.27. Montrer que si la série ∞ n=1 xn , avec xn > 0, est convergente, alors la série  ∞  1 xn (III.16) na n n=1 est convergente pour chaque a > 0.

Solution. On remarque d’abord que x2 + y 2 2 pour tout x, y ∈ R. Cette inégalité résulte immédiatement de xy ≤

(III.17)

0 ≤ (x − y)2 = x2 − 2xy + y 2 . Par (III.17), on obtient alors    1 1 1 1 xn √ = xn a+1/2 ≤ xn + 2a+1 , np n 2 n n et donc,

∞  1 na

n=1



∞

∞

1 1 1 xn ≤ xn + . n 2 2 n2a+1 n=1

(III.18)

n=1

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Chapitre III. Suites et séries

 Par hypothèse, la série ∞ n=1 xn est convergente. D’autre part, puisque a > 0, la dernière série dans (III.18) est également convergente. Il résulte alors de (III.18) que la série dans (III.16) est convergente.

Exercice III.28. Utiliser l’identité (III.7) pour montrer que ex+y = ex ey pour tous x, y ∈ R. Solution. Il résulte de (III.7) que     x n y n 1+ 1+ e e = lim n→∞ n n   x + y xy n + 2 . = lim 1 + n→∞ n n 

x y

Maintenant, on remarque qu’en prenant ε > 0, il existe p ∈ N tel que |xy|/n < ε pour tout n > p. Donc,   x + y |xy| n x y + 2 e e ≤ lim 1 + n→∞ n n   x+y+ε n ≤ lim 1 + = ex+y+ε , n→∞ n et, de manière analogue, 

 x + y |xy| n − 2 e e ≥ lim 1 + n→∞ n n   x+y−ε n ≥ lim 1 + = ex+y−ε . n→∞ n x y

Ainsi, ex+y−ε ≤ ex ey ≤ ex+y+ε . Lorsque ε → 0, on conclut que ex+y = ex ey .

III.2. Exercices proposés Exercice III.29. Vérifier que la suite est convergente : a) 1/(n − i). 60 i

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III.2. Exercices proposés

b) (n + i)/(n − i). c) e3ni /n2 . d) sin(1/n2 ) cos(1/n2 ).

Exercice III.30. Vérifier que la suite ein est divergente. Exercice III.31. Calculer la limite de la suite, si elle existe : a) in /(n + 1). b) (4 + in)/(n + 1). c) ch(in)/n. d) in+1 − in .

Exercice III.32. Déterminer si la série est convergente ou divergente : ∞ √ 3 a) n=1 1/(n n). ∞ −n 2 n . b) n=1 2 ∞ n c) n=1 (n + 1)/3 .  n Exercice III.33. Vérifier que la série ∞ n=1 n!/6 est divergente. Exercice III.34. Déterminer si la série est convergente ou divergente : ∞ n 2 a) n=1 (−1) /(n + cos n). ∞ b) n=1 [cos(n + 1) − cos n]. ∞ c) n=1 cos(1/n) sin(1/n). ∞ 2 d) n=1 cos[(n + 1)/(n − 1)] sin(1/n ). Exercice III.35. Déterminer si la série est convergente ou divergente : ∞ a) n=2 n/ log n. ∞ b) n=2 1/(log n + n log n). ∞ 2 c) n=1 (n − log n)/(n + log n) . ∞ d) n=2 1/ log n!. 61 i

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Chapitre III. Suites et séries

Exercice III.36. Déterminer si la série est absolument convergente : ∞ n a) n=1 (−1) /n. ∞ n 2 b) n=1 (−i) /n . ∞ n+1 /(n3 + 1). c) n=1 (3i) Exercice III.37. Calculer la somme de la série : ∞ −n . a) n=1 4 ∞ −(2n+1) . b) n=1 5 ∞ 2 c) n=1 1/(n + 4n). Exercice III.38. Calculer la somme de la série : ∞ 2 a) n=0 (an + bn + c)/(n + 1)!. ∞ 2 b) n=0 (an + bn + c)/(n + 2)!. Exercice III.39. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse :  n a) La série ∞ n=1 6 /n! est convergente.  2n est 1. b) Le rayon de convergence de la série entière ∞ n=0 z c) Il existe des séries entières ayant un rayon de convergence égal à 34. ∞ 1/(2n+1) − x1/(2n−1) ] = 1 − x pour tout x ∈ R+ . d) n=1 [x  2 e) La série ∞ n=1 cos(1/n) sin(1/n ) est convergente. f) Le rayon de convergence de la série entière ez / sin2 z en z = 2 est 2.

Exercice III.40. Vérifier que la série  2 ∞   5 − 2(−1)n n 1+ n n=1 est divergente.

Exercice III.41. Déterminer si la série  2 ∞   (−1)n − 2 n 1+ n n=1 est convergente. 62 i

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III.2. Exercices proposés

Exercice III.42. Montrer que la série   ∞  1 (−1)n sin na n2

n=1

est absolument convergente pour a > −1.  2 Exercice III.43. Montrer que si ∞ n=1 |zn | , avec zn ∈ C, est convergente, alors  ∞ 3 n=1 zn est également convergente.

Exercice III.44. Déterminer tous les points z ∈ C pour lesquels la série n ∞   z z+1

n=30

est absolument convergente. 

Exercice III.45. Calculer lim

n→∞

iz z 1+ + 2 n n

n .

Exercice III.46. Montrer que la suite de fonctions converge uniformément : a) fn (z) = z 2n pour |z| < 1/3. b) fn (z) = z 3 /(n2 + z 2 ) pour |z| < 1.

Exercice III.47. Montrer que la série semble {z ∈ C : |z| < 1/2}. Exercice III.48. Vérifier que

∞

∞

n=1 z

Exercice III.49. Calculer

∞

Exercice III.50. Calculer

∞

n=1 z n=2 z

n=1 nz

n 

2n+1  n /(n

=

n−1

converge uniformément sur l’en-

∞

n=1 nz

n−1

pour |z| < 1.

pour |z| < 1.

− 1)



pour |z| < 1.

 n Exercice III.51. Vérifier que pour chaque r < 1, la série ∞ n=0 pn z , avec pn ∈ {−1, 1} pour n ∈ N, converge uniformément sur l’ensemble {z ∈ C : |z| < r}.

Exercice III.52. Déterminer si l’identité tisfaite.

∞

2 n=1 zn

=

∞

n=1 zn

2

est toujours sa-

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Chapitre III. Suites et séries

Exercice III.53. Déterminer si l’identité tisfaite.

∞

n=1 |zn |

   = ∞ n=1 zn est toujours sa-

Exercice III.54. Soit f : [1, +∞[→ R+ une fonction décroissante qui est intégrable ∞ sur les intervalles bornés. Montrer que la série n=1 f (n) est convergente si et ∞ seulement si 1 f (x) dx < +∞. Exercice III.55. Vérifier que si xn , yn ∈ R pour n ∈ N, alors 2

∞ 

xn yn ≤

n=1

∞ 

(x2n + yn2 )

n=1

quand les deux séries sont convergentes.

Exercice III.56. Vérifier que si xn , yn ∈ R pour n ∈ N, alors 4

∞ 

xn yn (x2n

+

yn2 )

≤

n=1

∞ 

(x4n + 6x2n yn2 + yn4 )

n=1

quand les deux séries sont convergentes.

Exercice III.57. Utiliser les exercices III.55 et III.56 pour montrer que si xn , yn ∈ R pour n ∈ N, alors ∞ 

xn yn (x2n + yn2 ) ≤

n=1

∞ 

(x4n + yn4 )

n=1

quand les deux séries sont convergentes.

III.3. Solutions III.31 a) 0. b) i. c) 0. d) N’existe pas. III.32 a) Convergente.

b) Convergente.

III.34 a) Convergente.

b) Divergente. c) Divergente. d) Convergente.

III.35 a) Divergente.

b) Divergente.

c) Convergente.

c) Divergente.

d) Divergente.

III.36 a) Non. b) Oui. c) Non. III.37 a) 1/3.

b) 1/120.

c) 25/48.

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III.3. Solutions

III.38 a) (a + c)(e − 1) + b. b) a(2e − 5) − b(e − 3) + c(e − 2). III.39 a) Vraie.

b) Vraie.

c) Vraie.

d) Vraie.

e) Vraie.

f) Fausse.

III.41 Convergente. III.44 z > −1/2. III.45 ez . III.49 −z 2 (z 2 − 3)/(z 2 − 1)2 . III.50 −z log(1 − z). III.52 Pas toujours satisfaite. III.53 Pas toujours satisfaite.

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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IV FONCTIONS ANALYTIQUES

On considère dans ce chapitre la notion de fonction analytique, comme une fonction qui peut être représentée par des séries entières. On considère également la série de Laurent et les singularités des fonctions d’une variable complexe. En outre, on considère le calcul des intégrales de fonctions méromorphes et des intégrales impropres.

IV.1. Exercices corrigés Exercice IV.1. Calculer le rayon de convergence des séries ∞ ∞   (z + i)n /5n et (z + i/2)n 2n /n2 . n=1

n=1

Solution. Le rayon de convergence de la première série est donné par  1/ lim sup n 1/5n = 5. n→∞

Alternativement, on peut noter que 1 1 : n+1 = 5 → 5 n 5 5 lorsque n → ∞, et encore, on conclut que le rayon de convergence est égal à 5. Le rayon de convergence de la seconde série est donné par  1/ lim sup n 2n /n2 = 1/2. n→∞

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Alternativement, on peut noter que 2n+1 n+1 1 2n → : = 2 n (n + 1)2 2n 2 lorsque n → ∞, et encore, on conclut que le rayon de convergence est égal à 1/2.

Exercice IV.2. Calculer le rayon de convergence de la série

∞

n=1 [3

− (−1)n ]n z n .

Solution. Le rayon de convergence est donné par  1/ lim sup n [3 − (−1)n ]n = 1/ lim sup[3 − (−1)n ] = 1/4. n→∞

n→∞

On remarque que la suite an = prend les valeurs an =

[3 − (−1)n ]n [3 − (−1)n+1 ]n+1

2n 2n 1 = = n+2 , n+1 2(n+1) 4 2 2

pour n pair, et 4n 22n = = 2n−1 , 2n+1 2n+1 pour n impair, et donc elle ne converge pas. Par conséquent, dans ce cas, il n’est pas possible de déterminer le rayon de convergence en calculant la limite de la suite an . an =

Exercice IV.3. Déterminer une série entière avec un rayon de convergence égal à zéro.  n n Solution. Par exemple, la série ∞ n=1 n z a un rayon de convergence égal à zéro, puisque √ n 1/ lim sup nn = 1/ lim sup n = 0. n→∞

n→∞

Exercice IV.4. Montrer que la fonction f (z) = (z − sin z)/z 3 a une singularité effaçable en z = 0.

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IV.1. Exercices corrigés

Solution. La série entière de sin z centrée en 0 est donnée par sin z =

∞  (−1)n 2n+1 z , (2n + 1)!

z ∈ C.

(IV.1)

n=0

Donc, pour z = 0, on a   1 z5 1 z2 z3 z − sin z = − + · · · = − + ··· . z − z + z3 z3 6 120 6 120

(IV.2)

Puisque la série dans (IV.1) a un rayon de convergence +∞, il en est de même pour la dernière série dans (IV.2). En outre, une série entière détermine une fonction holomorphe, et donc en particulier une fonction continue, dans son domaine de convergence. Par conséquent, pour calculer la limite de la série 1/6 − z 2 /120 + · · · lorsque z → 0, il suffit de prendre z = 0 :  1 z2 1 z − sin z  + ··· = − = . lim z→0 z3 6 120 6 z=0 Donc, la fonction g : C → C définie par  f (z), z = 0, g(z) = 1/6, z = 0 est holomorphe et coïncide avec f pour z = 0. Cela montre que f a une singularité effaçable en z = 0.

Exercice IV.5. Vérifier que si f : Ω → C est holomorphe et f  (z0 ) = 0 en un certain point z0 ∈ Ω, alors la fonction z − z0 g(z) = f (z) − f (z0 ) a une singularité effaçable en z = z0 .

Solution. Puisque g(z) =

1 , (f (z) − f (z0 ))/(z − z0 )

on a lim g(z) =

z→z0

1 . f  (z0 ) 69

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Cela montre que z = z0 est une singularité effaçable de g. En particulier, la fonction  g(z), z = z0 , h(z) =  1/f (z0 ), z = z0 est holomorphe dans un voisinage de z0 .

Exercice IV.6. Pour le chemin γ : [0, 4π] → C donné par γ(t) = eit , calculer l’intégrale  az 8 + b sin(z 4 ) + c sin4 z dz z4 γ pour tous a, b, c ∈ C.

Solution. On a    sin z 4  sin(z 4 ) az 8 + b sin(z 4 ) + c sin4 z 4 dz = +c az + b dz. z4 z4 z γ γ La fonction az 4 est holomorphe. En outre, les fonctions sin(z 4 )/z 4 et (sin z/z)4 ont une singularité effaçable en z = 0, puisque sin(z 4 ) = 1 et z→0 z4 lim

lim

z→0

sin z 4 z

= 1.

On conclut donc que  γ

az 8 + b sin(z 4 ) + c sin4 z dz = 0. z4

Exercice IV.7. Déterminer la série entière de la fonction z 2 sin z, centrée en z = π, jusqu’à l’ordre 3. Solution. Puisque sin(z − π) =

−eiz + e−iz ei(z−π) − e−i(z−π) = = − sin z, 2i 2i

il résulte de (IV.1) que sin z = − sin(z − π) =

∞  (−1)n+1 (z − π)2n+1 . (2n + 1)! n=0

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IV.1. Exercices corrigés

Donc, z 2 sin z = (z − π + π)2 sin z = (z − π)2 sin z + 2π(z − π) sin z + π 2 sin z   = (z − π)2 − (z − π) + · · ·   + 2π(z − π) − (z − π) + · · ·   (z − π)3 − ··· + π 2 − (z − π) + 6 π2 − 6 (z − π)3 + · · · . = −π 2 (z − π) − 2π(z − π)2 + 6

Exercice IV.8. Déterminer et classifier toutes les singularités de la fonction cos(1/z). Solution. La fonction est holomorphe dans C \ {0}, et ainsi a pour seule singularité z = 0. Puisque ∞  (−1)n 2n z cos z = (2n)! n=0 pour z ∈ C, on a cos(1/z) =

  ∞  (−1)n 1 2n n=0

(2n)!

z

pour z = 0. Puisque la série de Laurent a une infinité de puissances négatives, z = 0 est une singularité essentielle.

Exercice IV.9. Déterminer et classifier toutes les singularités de la fonction f (z) =

ez . sin z

Solution. La fonction f a des singularités aux points où sin z = 0, c’est-à-dire, aux points z = kπ, avec k ∈ Z. Par l’exercice II.14, pour chaque k ∈ Z on a lim (z − kπ)

z→kπ

ez z − kπ = ekπ lim z→kπ sin z sin z 1 = ekπ cos(kπ). = ekπ lim z→kπ cos z

Donc, z = kπ est un pôle d’ordre 1 pour chaque k ∈ Z.

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exercice IV.10. Déterminer et classifier toutes les singularités de la fonction f (z) =

z(z + 1) + e1/z . (z − 3)2 (z − 1)

Solution. La fonction a des singularités en z = 1 et z = 3 (puisque en ces points le dénominateur de la première fraction s’annule) et aussi en z = 0 (puisque e1/z n’est pas défini en ce point). La singularité z = 1 est un pôle d’ordre 1, puisque 1 z(z + 1) + lim (z − 1)e1/z = = 0, 2 z→1 (z − 3) z→1 2

lim (z − 1)f (z) = lim

z→1

et la singularité z = 3 est un pôle d’ordre 2, puisque z(z + 1) + lim (z − 3)2 e1/z = 6 = 0. z→3 z − 1 z→3

lim (z − 3)2 f (z) = lim

z→3

En outre, z = 0 est une singularité essentielle. En effet, puisque 1/z

e

  ∞  1 1 n = , n! z n=0

la série de Laurent de f dans la couronne {z ∈ C : 0 < |z| < 1} a une infinité de puissances négatives.

Exercice IV.11. Pour la fonction f (z) = z/(z 2 − 16), calculer le résidu Res(f, 4). Solution. Puisque f (z) =

z , (z − 4)(z + 4)

on a lim (z − 4)f (z) =

z→4

z 1 = = 0. z+4 2

Donc, z = 4 est un pôle d’ordre 1, avec résidu Res(f, 4) = 1/2.

Exercice IV.12. Calculer le résidu Res(sin z/z 100 , 0).

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IV.1. Exercices corrigés

Solution. Il résulte de (IV.1) que ∞

sin z  (−1)n 2n−99 z = z 100 (2n + 1)! n=0 pour z = 0, qui est la série de Laurent de f . Puisque le résidu est le coefficient du terme de l’ordre −1, on obtient Res(sin z/z 100 , 0) = (−1)49 /99! = −1/99!.

Exercice IV.13. Soient g et h deux fonctions analytiques. Montrer que le résidu de la fonction g(z) f (z) = h(z) en un pôle z0 d’ordre 1, avec g(z0 ) = 0, h(z0 ) = 0, et h (z0 ) = 0, est donné par Res(f, z0 ) =

g(z0 ) . h (z0 )

Solution. Puisque z0 est un pôle d’ordre 1, on a Res(f, z0 ) = lim (z − z0 )f (z) z→z0

g(z) z→z0 (h(z) − h(z0 ))/(z − z0 ) g(z0 ) = 0. =  h (z0 ) = lim

Exercice IV.14. Déterminer s’il existe un ensemble ouvert sur lequel la fonction f (z) =

z+1 z−2

est analytique.

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Solution. Soit a ∈ C \ {2}. On a z+1 z+1 = z−2 z − a − (2 − a) 1 z+1 · = a − 2 1 − (z − a)/(2 − a)  ∞  z+1  z−a n = a − 2 n=0 2 − a pour |z − a| < |2 − a|. Donc, f (z) = −(z − a + a + 1) =−

∞  n=0

=

∞  (z − a)n (2 − a)n+1

n=0

∞

 (z − a)n (z − (a + 1) (2 − a)n+1 (2 − a)n+1 − a)n+1

∞ 

n=0

a+1 3 − (z − a)n , a − 2 n=1 (2 − a)n+1

avec un rayon de convergence R = 1/ lim sup n→∞

 n

|3/(2 − a)n+1 | = |2 − a|.

On remarque que R coïncide avec la distance de a à la singularité 2. Cela montre que dans chaque boule B(a, r) ⊂ C \ {2} la fonction f peut être représentée par une série entière centrée en a, et donc f est analytique dans C \ {2}.

Exercice IV.15. Déterminer la série de Laurent de la fonction f (z) = z/(z 2 − 1) dans la couronne   Ω = z ∈ C : 0 < |z + 1| < 2 . Solution. La fonction est holomorphe dans C \ {−1, 1}. Pour z ∈ Ω, on a z z = 2 z −1 (z − 1)(z + 1) z 1 · = z+1 z+1−2 1 z · , =− z + 1 1 − (z + 1)/2 74 i

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IV.1. Exercices corrigés

et donc ∞

f (z) = − =−

z+1−1  1 (z + 1)n z+1 2n ∞  n=0 ∞ 

n=0

∞

 1 1 (z + 1)n + (z + 1)n−1 n 2 2n n=0 ∞ 

1 1 (z + 1)n + (z + 1)n n n+1 2 2 n=0 n=−1  ∞   1 1 1 + = − (z + 1)n z+1 2n+1 2n =−

=

n=0 ∞ 

1 1 − (z + 1)n . n+1 z + 1 n=0 2

Ceci est la série de Laurent de f dans la couronne Ω.

Exercice IV.16. Pour la fonction f (z) =

z2

z , + sin3 z

classifier la singularité de f à l’origine et trouver les termes d’ordres −1 et −2 de la série de Laurent de f centrée en z = 0.

Solution. Puisque lim

z→0

sin z = 1, z

on a z2 z→0 z 2 + sin3 z 1 = 1, = lim z→0 1 + z(sin z/z)3

lim zf (z) = lim

z→0

(IV.3)

et donc, z = 0 est un pôle d’ordre 1. Par conséquent, le terme d’ordre −2 de la série de Laurent est nul. Le terme d’ordre −1 est 1/z, puisque le coefficient est le résidu Res(f, 0), qui dans ce cas est donné par la limite dans (IV.3).

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exercice IV.17. Pour le chemin γ : [0, 2π] → C donné par γ(t) = 5eit , calculer l’intégrale  ez dz. γ (z + 2)(z − 3)

Solution. La fonction f (z) =

ez (z + 2)(z − 3)

a des pôles d’ordre 1 aux points −2 et 3, avec  ez  e−2 , = − Res(f, −2) = lim (z + 2)f (z) = z→−2 z − 3 z=−2 5 et

 ez  e3 . = Res(f, 3) = lim (z − 3)f (z) = z→3 z + 2 z=3 5

En outre, Indγ (−2) = Indγ (3) = 1. Il résulte alors du théorème des résidus que    f = 2πi Res(f, −2) + Res(f, −3) γ

  2πi(e3 − e−2 ) e−2 e3 + = . = 2πi − 5 5 5

Exercice IV.18. Utiliser le théorème des résidus pour calculer les intégrales  et β f de la fonction f (z) =



αf

z+3 , z2 − 1

pour les chemins α, β : [0, 2π] → C donnés par α(t) = 1 + eit et β(t) = 3e−it (voir la Figure IV.1).

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IV.1. Exercices corrigés

β α

−1

1

Figure IV.1. Chemins α et β.

Solution. La fonction f a des pôles d’ordre 1 aux points 1 et −1, avec résidus donnés par (z − 1)(z + 3) z+3 = lim = 2, z→1 (z − 1)(z + 1) z→1 z + 1

Res(f, 1) = lim et

(z + 1)(z + 3) z+3 = lim = −1. z→−1 (z − 1)(z + 1) z→−1 z − 1

Res(f, −1) = lim

Puisque Indα (1) = 1 et Indα (−1) = 0, il résulte du théorème des résidus que    f = 2πi Res(f, 1) Indα (1) + Res(f, −1) Indα (−1) = 4πi. α

En outre, puisque Indβ (1) = Indβ (−1) = −1, il résulte aussi du théorème des résidus que    f = −2πi Res(f, 1) + Res(f, −1) = −2πi. β

Exercice IV.19. Pour la fonction f (z) =

(z 2

1 , − 5)2 − 16 77

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

calculer l’intégrale

 γ

f (z) dz, où γ est le chemin le long la frontière du carré   Q = x + iy ∈ C : |x| + |y| ≤ 2 (IV.4)

(voir la Figure IV.2) dans le sens positif.

2i

−2

2

−2i

Figure IV.2. Carré Q dans (IV.4).

Solution. Les singularités de f sont les zéros du polynôme (z 2 − 5)2 − 16. On a (z 2 − 5)2 − 16 = 0

⇔

z 2 − 5 = 4 ou z 2 − 5 = −4,

et donc, z = ±3 ou z = ±1. Étant distincts, ces quatre points sont des pôles de f d’ordre 1. Seuls les pôles 1 et −1 sont à l’intérieur du carré Q, et donc, Indγ (1) = Indγ (−1) = −1 et

Indγ (3) = Indγ (−3) = 0.

Il résulte alors du théorème des résidus que    f (z) dz = 2πi Res(f, −1) Indγ (−1) + Res(f, 1) Indγ (1) γ   = −2πi Res(f, −1) + Res(f, 1) .

(IV.5)

Puisque f (z) =

1 , (z − 3)(z + 3)(z − 1)(z + 1)

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IV.1. Exercices corrigés

on a Res(f, −1) = lim (z + 1)f (z) =

1 , 16

Res(f, 1) = lim (z − 1)f (z) = −

1 . 16

z→−1

et z→1

En remplaçant dans (IV.5), on obtient alors    1 1 − = 0. f (z) dz = −2πi 16 16 γ

Exercice IV.20. Calculer l’intégrale  2π 0

1 dt. 3 + 2 cos t

Solution. On a  0

2π

1 dt = 3 + 2 cos t



2π 0

ieit dt = it ie (3 + eit + e−it )

 f (z) dz,

(IV.6)

γ

où f (z) =

1 1 = , iz(3 + z + 1/z) i(z 2 + 3z + 1)

avec le chemin γ : [0, 2π] → C donné par γ(t) = eit . La fonction f a des pôles aux zéros du polynôme z 2 + 3z + 1, c’est-à-dire, à z1 = (−3 +

√

5)/2 et z2 = (−3 −

√

5)/2.

Puisque |z1 | < 1 et |z2 | > 1, on a Indγ (z1 ) = 1 et Indγ (z2 ) = 0. Il résulte alors du théorème des résidus que  f (z) dz = 2πi γ

2 

Res(f, zj ) Indγ (zj ) = 2πi Res(f, z1 ).

j=1

Puisque Res(f, z1 ) = lim (z − z1 )f (z) = z→z1

1 1 = √ , i(z1 − z2 ) i 5

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

il résulte de (IV.6) que 

2π 0

1 2π 1 dt = 2πi √ = √ . 3 + 2 cos t i 5 5

Exercice IV.21. Calculer l’intégrale  ∞ 0

1 dx. 1 + x4

Solution. Soit R > 1. On considère le chemin γ = γ1 + γ2 , où γ1 : [−R, R] → C et γ2 : [0, π] → C sont donnés respectivement par γ1 (t) = t et γ2 (t) = Reit

γ2 z2

z1

−R

R

γ1 z4

z3

Figure IV.3. Chemin γ1 + γ2 .

On considère aussi la fonction f (z) = qui a les pôles √ z1 = (1 + i)/ 2,

1 , 1 + z4

√ z2 = (−1 + i)/ 2,

√ z3 = (−1 − i)/ 2,

√ z4 = (1 − i)/ 2,

chacun d’ordre 1. Puisque R > 1, on a Indγ (z1 ) = Indγ (z2 ) = 1 et

Indγ (z3 ) = Indγ (z4 ) = 0.

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IV.1. Exercices corrigés

En outre, −1 − i 1 = √ , (z − z2 )(z − z3 )(z − z4 ) 4 2

Res(f, z1 ) = lim

z→z1

et Res(f, z2 ) = lim

z→z2

1−i 1 = √ . (z − z1 )(z − z3 )(z − z4 ) 4 2

Il résulte alors du théorème des résidus que  f = 2πi γ

4 

Res(f, zj ) Indγ (zj )

j=1

  π = 2πi Res(f, z1 ) + Res(f, z2 ) = √ . 2

(IV.7)

Maintenant, on utilise (IV.7) pour calculer l’intégrale dans l’exercice. On a 





R

f= −R

γ



f (x) dx +



R

f =2

f (x) dx + 0

γ2

f. γ2

Puisque       1   : z ∈ γ2 ([0, π]) f  ≤ Lγ2 sup  |z 4 + 1| γ2   1 : t ∈ [0, π] , = πR sup |R4 e4it + 1| et |R4 e4it + 1| ≥ |R4 e4it | − 1 = R4 − 1,      ≤ πR 1  →0 f   R4 − 1

on obtient

γ2

lorsque R → +∞. Donc, 

 f =2 γ

lorsque R → +∞, et



R



0 ∞ 0

1 f (x) dx = 2

f (x) dx 0

γ2



∞

f →2

f (x) dx +

 f. γ

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Il résulte alors de (IV.7) que 

∞ 0

1 dx = 1 + x4



∞

1 f (x) dx = 2

0

Exercice IV.22. Calculer l’intégrale  ∞ 0

(x2



π f= √ . 2 2 γ

1 dx. + 1)2

Solution. On considère le chemin γ = γ1 + γ2 dans la Figure IV.3. La fonction f (z) =

(z 2

1 + 1)2

a des pôles aux points i et −i, qui sont d’ordre 2, puisque f (z) =

1 1 = . [(z − i)(z + i)]2 (z − i)2 (z + i)2

On a Indγ (i) = 1 et

Indγ (−i) = 0,

   2 1 1   = − = .   (z + i)2 z=i (z + i)3 z=i 4i Il résulte alors du théorème des résidus que  π f = 2πi Res(f, i) = . 2 γ 

et aussi

Res(f, i) =

D’autre part,

      1   : z ∈ γ2 ([0, π]) f  ≤ πR sup  |(z 2 + 1)2 | γ2

≤

πR →0 − 1)2

(R2

lorsque R → +∞. Donc,   R  π = f= f (x) dx + f 2 −R γ γ2    R f (x) dx + f →2 =2 0

γ2

∞ 0

1 dx (x2 + 1)2

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IV.1. Exercices corrigés

lorsque R → +∞, et



∞

π 1 dx = . 2 + 1) 4

(x2

0

Exercice IV.23. Calculer l’intégrale  ∞

cos x dx. 1 + x2

0

Solution. Soit R > 1. On considère le chemin γ = γ1 + γ2 dans l’exercice IV.21 (voir la Figure IV.3). On considère aussi la fonction f (z) =

eiz , 1 + z2

qui a des pôles aux points i et −i. Puisque R > 1, on a Indγ (i) = 1 et

Indγ (−i) = 0.

En outre, Res(f, i) = lim(z − i) z→i

eiz 1 eiz = . = lim 2 z→i z + i 1+z 2ei

Il résulte alors du théorème des résidus que  π f = 2πi Res(f, i) = . e γ D’autre part,





f (x) dx + −R

γ

Puisque





R

f=

f.

(IV.9)

γ2



R

R

f (x) dx = 0

(IV.8)

0

eix dx, 1 + x2

et 

0

−R

 f (x) dx = − 

0

f (−x) dx R R



f (−x) dx =

= 0

0

R

e−ix dx, 1 + x2 83

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

il résulte de (IV.9) que 



 eix + e−ix dx + f 1 + x2 γ2 0   R cos x dx + f. =2 2 0 1+x γ2 R

f= γ

(IV.10)

En outre, puisque    iz        ≤ Lγ sup  e  : z ∈ γ2 ([0, π])  f 2   1 + z2   γ2   −z e : z ∈ γ ([0, π]) , = πR sup 2 |z 2 + 1| et |z 2 + 1| ≥ |z 2 | − 1 = |z|2 − 1, on obtient

    πR  , f  ≤ 2  R −1 γ2

(IV.11)

parce que e−z ≤ 1 pour z ≥ 0. Lorsque R → +∞, il résulte de (IV.10) et (IV.11) que  ∞  cos x f =2 dx. 1 + x2 0 γ Par (IV.8), on obtient finalement   ∞ 1 π cos x dx = f= . 2 1+x 2 γ 2e 0

Exercice IV.24. Pour chaque a ∈]0, 1[, calculer l’intégrale  +∞ ax e dx. 1 + ex −∞ Solution. Soit R > 0. On considère le chemin γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 , où γ1 : [−R, R] → C est donné par γ1 (t) = t, γ2 : [0, 2π] → C est donné par γ2 (t) = R + it, γ3 : [−R, R] → C est donné par γ3 (t) = −t + i2π, 84 i

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IV.1. Exercices corrigés

γ4 : [0, 2π] → C est donné par γ4 (t) = R + i(2π − t) (voir la Figure IV.4). On considère aussi la fonction f (z) =

eaz , 1 + ez

qui a des pôles aux points (2n + 1)πi, avec n ∈ Z. On remarque que

Indγ (2n + 1)πi =

γ3

 1, n = 0, 0, n =  0.

i2π

γ4 iπ γ2 −R

γ1

R

Figure IV.4. Chemin γ1 + γ2 + γ3 + γ4 .

En outre, eaz z→iπ 1 + ez z − iπ = eaπi lim z→iπ 1 + ez 1 = eaπi lim z = −eaπi . z→iπ e

Res(f, iπ) = lim (z − iπ)

Il résulte alors du théorème des résidus que  f = 2πi Res(f, iπ) = −2πieaπi .

(IV.12)

γ

D’autre part, on a





R

f= γ1

−R

eat dt, 1 + et 85

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

et 



R

ea(−t+i2π) dt −t+i2π −R 1 + e  R  R e−at eat 2πia 2πia dt = −e dt. = −e −t t −R 1 + e −R 1 + e

f =− γ3

On a aussi

(IV.13)

   az     e       f  ≤ Lγ2 sup  : z ∈ γ2 ([0, 2π])  1 + ez  γ2   a(R+it)    e   : t ∈ [0, 2π] = 2π sup  1 + eR+it  2πeaR →0 ≤ R e −1

lorsque R → +∞, et de la même façon    az     e    : z ∈ γ4 ([0, 2π])  f  ≤ Lγ4 sup   1 + ez  γ4

≤

2πeaR →0 eR − 1

lorsque R → +∞. Il résulte alors de (IV.12) et (IV.13) que  −2πieaπi =

f= γ

4   j=1

= (1 − e

2πia



)

→ (1 − e2πia )

f

γj R

eat dt + 1 + et

−R  +∞ −∞

eat 1 + et



 f+

γ2

γ4

dt

lorsque R → +∞. On obtient ainsi 

+∞ −∞

2πieaπi eat dt = − 1 + et 1 − e2πia 2πi π . = πia = e − e−πia sin(πa)

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IV.1. Exercices corrigés

Exercice IV.25. Pour chaque a > 0, montrer que  ∞ π log x log a. dx = 2 2 x +a 2a 0

(IV.14)

Solution. Soient r, R > 0 tels que r < a < R. On considère le chemin défini par γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 , où γ1 : [r, R] → C est donné par γ1 (t) = t, γ2 : [0, π] → C est donné par γ2 (t) = Reit , γ3 : [−R, −r] → C est donné par γ3 (t) = t, γ4 : [0, π] → C est donné par γ4 (t) = rei(π−t) (voir la Figure IV.5). On considère aussi la fonction log z , z 2 + a2 qui a des pôles d’ordre 1 en ai et −ai. Maintenant, on remarque que f (z) =

Indγ (ai) = 1 et

Indγ (−ai) = 0. γ2 ai γ4

−R

γ3

−r

r

γ1

R

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

Puisque log z Res(f, ai) = lim (z − ai)f (z) = lim z→ai z→ai z + ai   1 π log(ai) = log a + i , = 2ai 2ai 2 il résulte du théorème des résidus que    π π log a + i . f (z) dz = 2πi Res(f, ai) = a 2 γ 87 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

D’autre part, pour R > 0 on a        log R + it       f  ≤ Lγ2 sup  : t ∈ [0, π]  (Reit )2 + a2  γ2

≤ πR

log R + π →0 R2 − a2

lorsque R → +∞. En outre,      ≤ πr log r + π → 0  f   a2 − r 2 γ4

lorsque r → 0. On obtient alors       π π log a + i = f+ f+ f+ f a 2 γ1 γ2 γ3 γ4   −r   R log x log x dx + f + dx + f = 2 2 2 2 r x +a −R x + a γ2 γ4  ∞ log x dx → 2 2 −∞ x + a lorsque R → +∞ et r → 0. Pour x < 0, on a log x = log |x| + iπ, et donc, π a



π log a + i 2





∞

=

log |x| dx + iπ x2 + a2

−∞  ∞

=2 0



log x dx + iπ 2 x + a2

0 −∞ 0



x2

−∞

1 dx + a2

x2

1 dx. + a2

(IV.15)

En prenant la partie réelle, on obtient alors l’identité (IV.14).

Exercice IV.26. Vérifier que si f : Ω → C est une fonction holomorphe qui ne s’annule jamais, alors la fonction g(z) = 1/f (z) est holomorphe dans Ω. Calculer aussi la dérivée de g. Solution. On doit montrer que g est différentiable en tous les points de Ω. On remarque d’abord que 1/f (z) − 1/f (z0 ) g(z) − g(z0 ) = z − z0 z − z0 f (z0 ) − f (z) . = (z − z0 )f (z)f (z0 ) 88 i

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IV.1. Exercices corrigés

Puisque la fonction f est continue (car elle est holomorphe), on a lim

z→z0

1 1 = . f (z) f (z0 )

Ainsi, puisque f  (z0 ) = lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) , z − z0

on conclut que lim

z→z0

g(z) − g(z0 ) f (z0 ) − f (z) = lim z→z0 (z − z0 )f (z)f (z0 ) z − z0 f (z0 ) − f (z) 1 · lim = lim z→z0 z→z0 f (z)f (z0 ) z − z0 f  (z0 ) . =− f (z0 )2

Cela montre que la fonction g est holomorphe dans Ω et a la dérivée g = −f  /f 2 .

Exercice IV.27. Montrer que si f est analytique dans C et |f (n) (0)| ≤ 2n pour n ∈ N ∪ {0}, alors |f (z)| ≤ e2|z| pour z ∈ C. Solution. Puisque f est analytique dans C, on a f (z) =

∞ 

cn z n

avec

cn =

n=0

f (n) (0) , n!

(IV.16)

pour z ∈ C. En outre, puisque |cn | ≤

|f (n) (0)| 2n ≤ , n! n!

il résulte de (IV.16) que |f (z)| ≤

∞ 

|cn | · |z|n ≤

n=0

=

∞  2n n=0 ∞  n=0

n!

|z|n

(2|z|)n = e2|z| . n!

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exercice IV.28. Montrer que si f est holomorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C, alors la fonction g(z) = f (z) est holomorphe dans l’ensemble ouvert Ω = {z : z ∈ Ω}.

Solution. On écrit z = x + iy et f = u + iv. On obtient alors g(x + iy) = f (x − iy) = u(x, −y) − iv(x, −y) = u(x, y) + iv(x, y), où u(x, y) = u(x, −y) et v(x, y) = −v(x, −y). Puisque f est holomorphe dans Ω, les fonctions u et v, et donc aussi les fonctions u et v sont de classe C 1 . Les dérivées partielles des fonctions u et v sont données par ∂u ∂u ∂u ∂u = (x, −y), = − (x, −y), ∂x ∂x ∂y ∂y et

∂v ∂v = − (x, −y), ∂x ∂x

∂v ∂v = (x, −y). ∂y ∂y

En outre, il résulte des équations de Cauchy-Riemann (pour f ) que ∂v ∂u = ∂x ∂y

et

∂u ∂v =− ∂y ∂x

dans Ω . Puisque Ω est un ensemble ouvert et les fonctions u et v sont de classe C 1 , on conclut que la fonction g est holomorphe dans Ω .

Exercice IV.29. Soit f une fonction holomorphe dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C, avec f  (z0 ) = 0 en un point z0 ∈ Ω. Montrer que si le chemin γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = z0 + reit , alors, pour r suffisamment petit, on a  1 2πi = dz.  f (z0 ) γ f (z) − f (z0 ) Solution. Par l’exercice IV.5, la fonction z − z0 g(z) = f (z) − f (z0 ) 90 i

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IV.1. Exercices corrigés

a une singularité effaçable à z = z0 , et lim g(z) =

z→z0

1 f  (z0 )

= 0.

Donc, la fonction z → 1/(f (z) − f (z0 )) a un pôle d’ordre 1 en z = z0 , avec résidu 1/f  (z0 ). Il résulte alors du théorème des résidus que  1 2πi 1 dz = 2πi  Indγ (z0 ) =  . f (z0 ) f (z0 ) γ f (z) − f (z0 )

Exercice IV.30. On considère la fonction f (z) =

∞  (−1)n z 2n . (n!)2 2 n=0

Calculer le rayon de convergence de la série entière et vérifier que zf  (z) + f  (z) + zf (z) = 0.

Solution. Puisque

∞  (−1)n (z 2 )n · 2n , f (z) = (n!)2 2 n=0

on peut calculer le rayon de convergence par    (−1)n  (−1)n+1  , : lim   2n 2(n+1) n→∞ n!2 (n + 1)!2 si cette limite existe. Puisque   n+1  n+1  (−1)n (−1)    n!22n : (n + 1)!22(n+1)  = 4 → +∞ lorsque n → ∞, le rayon de convergence est +∞. En particulier, la fonction f est définie dans C. En outre, puisque la série entière peut être dérivée terme à terme dans son domaine de convergence, on a 

f (z) =

∞  (−1)n n=1

et f  (z) =

(n!)2

·

nz 2n−1 , 22n−1

∞  (−1)n n(2n − 1)z 2(n−1) · , (n!)2 22n−1

n=1

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

pour z ∈ C. Donc, zf  (z) + f  (z) + zf (z) ∞  (−1)n n(2n − 1)z 2n−1 · = (n!)2 22n−1 n=1 ∞ 

∞ (−1)n nz 2n−1  (−1)n z 2n+1 + · 2n−1 + · 2n (n!)2 2 (n!)2 2 n=1 n=0   ∞  (−1)n n(2n − 1) + n (−1)n−1 1 = · + · z 2n−1 (n!)2 22n−1 ((n − 1)!)2 22n−2 n=1   ∞  1 (−1)n−1 2n2 = − 2 2n−1 + 2n−2 z 2n−1 = 0. ((n − 1)!)2 n 2 2 n=1

Exercice IV.31. Déterminer s’il existe une fonction holomorphe dans C dont les racines forment précisément l’ensemble {2n : n ∈ Z} \ {0}. Solution. Prenons la fonction

 sin(πz/2)/z, f (z) = π/2,

z=  0, z = 0.

Il résulte de (IV.1) que pour z = 0 on a la représentation en série entière  2n+1 ∞ 1  (−1)n πz sin(πz/2) = z z (2n + 1)! 2 n=0  2n ∞ π  (−1)n πz = , 2 n=0 (2n + 1)! 2 avec un rayon de convergence égal à +∞. Ainsi, la dernière série définit une fonction holomorphe g dans C. Puisque g(0) = π/2, on conclut que f = g, et donc f est holomorphe dans C. Maintenant, on résout l’équation sin(πz/2) =

eiπz/2 − e−iπz/2 = 0, 2i

c’est-à-dire, eiπz/2 = e−iπz/2 , qui est équivalent à eiπz = 1. Soit z = x + iy, avec x, y ∈ R. On obtient eiπz = e−πy eiπx = 1, 92 i

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IV.1. Exercices corrigés

et donc y = 0 et x = 2k avec k ∈ Z. Ainsi, les solutions de l’équation sin(πz/2) = 0 sont z = 2k avec k ∈ Z, et les solutions de f (z) = 0 sont z = 2k avec k ∈ Z \ {0}, puisque f (0) = π/2 = 0 et f (z) = sin(πz/2)/z pour z = 0.

Exercice IV.32. Montrer que si une fonction holomorphe f : C → C est nulle en tous les points de la forme r + ir avec r ∈ Q, alors f = 0. Solution. On rappelle que les zéros d’une fonction holomorphe non nulle sont isolés. Puisque l’ensemble {r + ir : r ∈ Q} a des points qui ne sont pas isolés (en fait, il n’a pas de points isolés), on conclut que f = 0 dans C. Exercice IV.33. Montrer que si f : C → C est une fonction holomorphe bornée, alors elle est constante. (Ce résultat est connu sous le nom de théorème de Liouville.) Solution. Pour z ∈ C, prenons le chemin γ : [0, 2π] → C défini par γ(t) = z + reit . Puisque Indγ (z) = 1, il résulte de la formule intégrale de Cauchy pour la dérivée première que  1 f (w) dw. f  (z) = 2πi γ (w − z)2 Donc,    1  f (w) dw |f (z)| =  2 2π γ (w − z)   |f (γ(t))| 1 Lγ sup : t ∈ [0, 2π] . ≤ 2π |γ(t) − z|2 

Puisque Lγ = 2πr et |γ(t) − z|2 = |reit |2 = r 2 , on conclut que |f  (z)| ≤

  1 sup |f (γ(t))| : t ∈ [0, 2π] → 0 r

(IV.17)

lorsque r → +∞. Donc, f  (z) = 0 pour tout z ∈ C, et f est constante. 93 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

Exercice IV.34. Montrer que si f : C → C est une fonction holomorphe telle que |f (z)| ≤ log(1 + |z|)

(IV.18)

pour tout z ∈ C, alors f est constante.

Solution. Pour z ∈ C, prenons le chemin γ : [0, 2π] → C défini par γ(t) = z + reit . Par (IV.18) on a |f (γ(t))| ≤ log(1 + |z + reit |) ≤ log(1 + |z| + r). Il résulte alors de (IV.17) que |f  (z)| ≤

log(1 + |z| + r) →0 r

lorsque r → +∞. Donc, f  (z) = 0 pour tout z ∈ C, et f est constante.

Exercice IV.35. Montrer que si une fonction holomorphe f dans C est périodique de périodes 1 et i, alors elle est constante. Solution. Puisque la fonction f a les périodes 1 et i, il suffit de connaître ses valeurs dans l’ensemble compact   K = a + ib : a, b ∈ [0, 1] , parce que f ((a + n) + i(b + m)) = f (a + ib) pour tous a, b ∈ [0, 1] et n, m ∈ Z. En particulier,     sup |f (z)| : z ∈ C = sup |f (a + ib)| : a, b ∈ [0, 1] .

(IV.19)

D’autre part, puisque f est holomorphe, la fonction z → |f (z)| est continue, et donc sa borne supérieure dans K est finie. Il résulte alors de (IV.19) que f est bornée et, d’après l’exercice IV.33, la fonction f est constante.

Exercice IV.36. Soit f : Ω → C une fonction méromorphe et soit γ : [a, b] → Ω un lacet régulier par morceaux, sans intersections et orienté dans le sens positif, tel que f n’a ni zéros ni pôles dans γ([a, b]). Montrer que   f 1 = Z − P, 2πi γ f 94 i

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IV.1. Exercices corrigés

où Z et P sont respectivement le nombre de zéros et le nombre de pôles de f à l’intérieur de γ, comptés avec leurs multiplicités.

Solution. Si z = z0 est un zéro de f avec une multiplicité égal à n, alors f (z) = (z − z0 )n g(z), où g est une fonction holomorphe dans un voisinage de z0 avec g(z0 ) = 0. D’autre part, si z = z0 est un pôle de f d’ordre n, alors f (z) = g(z)/(z − z0 )n , où g est une fonction holomorphe dans un voisinage de z0 . Dans le premier cas, on a f  (z) = n(z − z0 )n−1 g(z) + (z − z0 )n g (z), et donc,

n g (z) f  (z) = . + f (z) z − z0 g(z)

(IV.20)

Dans le second cas, on a g (z)(z − z0 )n − n(z − z0 )n−1 g(z) (z − z0 )2n  g (z) ng(z) = − , n (z − z0 ) (z − z0 )n+1

f  (z) =

et donc,

n g (z) f  (z) =− . + f (z) z − z0 g(z)

(IV.21)

On conclut que f  /f est une fonction méromorphe dont les pôles sont exactement les zéros et les pôles de f . Il résulte alors du théorème des résidus que           Z P f f f = 2πi , pj + , qj , Res Res (IV.22) f f γ f j=1

j=1

où pj sont les zéros de f à l’intérieur de γ, où qj sont les pôles de f à l’intérieur de γ, et où Z  et P  sont respectivement le nombre de zéros et le nombre de pôles de f , également à l’intérieur de γ mais maintenant comptés sans leurs multiplicités. Si pj a pour multiplicité nj , alors il résulte de (IV.20) que      nj f , pj = Res , pj = n j . Res f z − pj 95 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

D’autre part, si qj a pour multiplicité mj , alors il résulte de (IV.21) que      mj f , qj = Res − , qj = −mj . Res f z − qj On remarque également que 

Z 



nj = Z

P 

et

j=1

mj = P.

j=1

Il résulte alors de (IV.22) que  γ

 Z  P   f = 2πi nj − mj = 2πi(Z − P ). f j=1

j=1

Exercice IV.37. Soient f et g deux fonctions holomorphes dans un ensemble ouvert simplement connexe Ω. Montrer que si |f (z)| > |g(z) − f (z)|

(IV.23)

en tous les points d’un lacet régulier par morceaux γ : [a, b] → Ω, sans intersections, alors f et g ont le même nombre de zéros à l’intérieur de γ.

Solution. Il résulte de (IV.23) que f et g ne s’annulent pas sur la courbe définie par γ. Par conséquent, la courbe ne contient ni pôles ni zéros de la fonction F (z) =

g(z) . f (z)

En outre, il résulte également de (IV.23) que     g(z)    f (z) − 1 < 1 pour z ∈ γ([a, b]). Cela montre que |F (γ(t)) − 1| < 1 pour t ∈ [a, b]. Par conséquent, le lacet régulier par morceaux F ◦ γ est contenu dans le cercle de rayon 1 centré en 1. En particulier, il ne contient pas 0 dans son intérieur. Donc,  1 dw = 0. F ◦γ w 96 i

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IV.2. Exercices proposés

D’autre part, il résulte de l’exercice IV.36 que  0= F ◦γ

1 dw = w



b a

F  (γ(t))  γ (t) dt = F (γ(t))

 γ

F  (z) dz = Z − P, F (z)

où Z et P sont respectivement le nombre de zéros et le nombre de pôles de F à l’intérieur de γ comptés avec leurs multiplicités. Ce sont respectivement les zéros de g et de f .

Exercice IV.38. Déterminer le nombre de racines de l’équation z 3 + 3z + 1 = 0 à l’intérieur de la courbe |z| = 2. Solution. Soit f (z) = 3z et g(z) = z 3 + 3z + 1. On a |g(z) − f (z)| ≤ |z|3 + 1 < |3z| = |f (z)| pour |z| = 1. Puisque f a une racine à l’intérieur de |z| = 1, il résulte de l’exercice IV.37 que g a aussi une racine à l’intérieur de |z| = 1. D’autre part, si f (z) = z 3 , alors |g(z) − f (z)| = |3z + 1| ≤ 3|z| + 1 = 7 < 8 = |z|3 pour |z| = 2. Puisque f a trois racines à l’intérieur de |z| = 2, il résulte de l’exercice IV.37 que g a aussi 3 racines à l’intérieur de |z| = 2. Deux d’entre elles sont dans la couronne 1 < |z| < 2, puisqu’il n’existe pas de racines avec |z| = 1.

IV.2. Exercices proposés Exercice IV.39. Écrire la fonction f comme une série entière centrée en zéro et indiquer son rayon de convergence : a) f (z) = z/(1 + z 2 ). b) f (z) = (z + 1)/(z − 1). c) f (z) = sin z cos z.

Exercice IV.40. Calculer le rayon de convergence de la série entière : 97 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

a)

b)

∞ 

1 zn. 2 )n (n n=1 ∞ 

nz n! .

n=1

c)

∞  n=0

1 22n (n!)2

z 2n .

Exercice IV.41. Calculer le rayon de convergence de la série entière de la fonction : a) z 2 /(z 2 + 2z + 1) centrée en z = 3 + i. b) 1/(cos z + 1) centrée en z = 1.

Exercice IV.42. Calculer explicitement la fonction ∞ 

[3 − (−1)n ]n z n

pour

|z| < 1/4.

n=1

Exercice IV.43. Donner une série entière avec un rayon de convergence égal à

√

2.

Exercice IV.44. Vérifier que les séries ∞ 

cn z

n

n=0

et

∞ 

(n2 + 1)cn z n

n=0

ont le même rayon de convergence.

Exercice IV.45. Écrire la fonction (sin z)/(z − π) comme une série entière centrée en z = π. Exercice IV.46. Déterminer la série de Laurent de z/ sin z centrée en z = 0 jusqu’à l’ordre 4. Exercice IV.47. Déterminer le terme d’ordre 4 de la série entière de la fonction cos z log(1 + z) 1−z centrée en z = 0.

Exercice IV.48. Classifier la singularité à l’origine de la fonction : 98 i

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IV.2. Exercices proposés

a) (ez + 1)/(ez − 1). b) z sin(1/z). c) cos(1/z) − 1/ cos z. d) sin z/z 2 .

Exercice IV.49. Pour la fonction f (z) =

sin z − z + z 3 /6 , z5

calculer limz→0 f (z) et vérifier que l’origine est une singularité effaçable.

Exercice IV.50. Déterminer et classifier toutes les singularités de la fonction :   1 z2 + i + cos . a) (z − 2)2 (z + 1) z 1 + ze1/(z+3) . −1 z + e1/(z−4) . c) z (e − 1)2

b)

z2

Exercice IV.51. Calculer le résidu Res(ez /z 20 , 0). Exercice IV.52. Déterminer la série de Laurent de la fonction : a) cos z/z pour |z| > 0. b) z/(z 2 − 1) pour 0 < |z + 1| < 2. c) sin z/z 2 + 1/(3 − z 2 ) pour 0 < |z| < 3 et pour |z| > 3.

Exercice IV.53. Calculer l’intégrale :  1 dz, où γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = 4e2it . a) 20 γ z  1 dz, où γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = 6eit . b) γ (z + 2)(z − 7)  sin z dz, où γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = 3eit . c) 3 γ z 99 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

 d) γ

sh z dz, où γ : [0, 2π] → C est donné par γ(t) = 2eit . z2 − 1

Exercice IV.54. Pour le chemin γ : [0, 4π] → C donné par γ(t) = eit , calculer l’intégrale  az 3 + bz 2 + cz + d dz z3 γ pour tous a, b, c, d ∈ C.

Exercice IV.55. Soit u : R2 → R la fonction u(x, y) = ex sin y. a) Déterminer v : R2 → R telle que f = u + iv est holomorphe et f (0) = −i. b) Déterminer explicitement la fonction f . c) Pour le chemin γ tournant trois fois dans le sens négatif le long de la circonférence de rayon 2 centrée à l’origine, calculer l’intégrale  f (z) dz. γ z+i

Exercice IV.56. Soit u : R2 → R la fonction u(x, y) = e−y cos x + y(x − 1). a) Déterminer v : R2 → R telle que f = u + iv est holomorphe dans C et f (0) = 1. b) Déterminer explicitement la fonction f . c) Pour un chemin γ en tournant deux fois dans le sens positif le long de la circonférence de rayon 3 centrée à l’origine, calculer l’intégrale  f (z) dz. 2 γ (z − i)

Exercice IV.57. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) Si f est holomorphe dans C et |f (z)| ≤ 1 pour tout z ∈ C, alors f est un polynôme. b) Il existe des fonctions analytiques dans un ensemble ouvert Ω ⊂ C qui ne sont pas holomorphes dans Ω.  n c) La dérivée de ∞ n=0 cn (z − a) a le même rayon de convergence que cette série entière. 100 i

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IV.2. Exercices proposés

d) Tous les zéros d’une fonction analytique sont isolés. e) Deux fonctions holomorphes f, g : C → C sont égaux si f (z) = g(z) pour z ∈ R. f) La fonction f (z) = z/(ez − 1) + e1/(z−5) n’a pas de singularités essentielles. g) La fonction ee

1/z

a un pôle.

h) Le résidu de la fonction f (z) = z/(ez − 1) + e1/(z−5) en z = 0 est 0. i) La fonction f (z) = z/ sin z peut être écrite comme une série entière pour 0 < |z| < π.    n j) La frontière de l’ensemble z ∈ C : ∞ n=0 (1 + 1/z) est convergente est une droite.

Exercice IV.58. Si γ est un lacet dans C \ {1, 2} sans intersections, dire quelles valeurs peut prendre l’intégrale  1 dz. γ (z − 1)(z − 2) Exercice IV.59. Soit f une fonction avec un pôle d’ordre m en z0 , et soit g une fonction avec un pôle d’ordre n en z0 . Montrer que f g a un pôle d’ordre m + n en z = z0 . Exercice IV.60. Utiliser le théorème des résidus pour calculer l’intégrale :  2π 1 dt. a) 3 + cos t 0  2π cos(2t) dt. b) 5 − 4 cos t 0 Exercice IV.61. Pour a > 0, utiliser l’identité (IV.15) pour montrer que  ∞ π 1 . dx = 2 2 x +a 2a 0 Exercice IV.62. Pour a > 1, montrer que :  2π a cos t 1 dt = 1 − √ . a) 2π 0 a + cos t a2 − 1 101 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

1 b) 2π



2π 0

 sin2 t dt = a − a2 − 1. a + cos t

Exercice IV.63. Calculer l’intégrale :  ∞ 1 a) dx. 2 + 2)2 (x 0  ∞ 1 dx. b) 1 + x6 0  ∞ 1 dx. c) 2 (1 + x )(1 + x4 ) 0  ∞ x2 dx. d) 1 + x4 0  ∞ 1 dx pour a > 0. e) 2 (x + a)2 0 Exercice IV.64. Pour a, b > 0, montrer que  ∞ π 1 dx = . 2 + a2 )(x2 + b2 ) (x 2ab(a + b) 0 Exercice IV.65. Calculer l’intégrale :  ∞ sin x dx. a) 2 −∞ 1 + x  ∞ cos x dx. b) (1 + x2 )2 0 Exercice IV.66. Pour a > 0, montrer que  ∞ π log x dx = 3 (log a − 1). 2 2 2 (x + a ) 4a 0 Exercice IV.67. Montrer que si f, g : Ω → C sont des fonctions holomorphes dans un ensemble ouvert connexe Ω ⊂ C et f g = 0, alors au moins l’une des fonctions f ou g est nulle dans Ω. Exercice IV.68. Soit f une fonction holomorphe dans C. Montrer que s’il existe un polynôme p tel que |f (z)| ≤ log(1 + |p(z)|) pour z ∈ C, alors f est constante. 102 i

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IV.3. Solutions

Exercice IV.69. Soit f une fonction holomorphe dans C. Montrer que s’il existe c > 0 et n ∈ N tels que |f (z)| < c(1 + |z|n ) par z ∈ C, alors f est un polynôme de degré inférieur ou égal à n.

Exercice IV.70. Montrer que si f est une fonction holomorphe dans un voisinage de la boule fermée B(z0 , r) telle que   M = sup |f (z)| : z ∈ B(z0 , r) < +∞, alors |f (n) (z0 )| ≤

n!M rn

pour

n ∈ N.

IV.3. Solutions IV.39 a)

∞ 

(−1)n z 2n+1 avec un rayon de convergence égal à 1.

n=0

b) −1 − 2

∞ 

z n avec un rayon de convergence égal à 1.

n=1

c)

∞  n=0

(−1)n 4n 2n+1 z avec un rayon de convergence égal à +∞. (2n + 1)!

IV.40 a) +∞. b) 1. c) +∞. √ IV.41 a) 17. b) π − 1. IV.42 4z 2 /(1 − 4z 2 ) + 4z/(1 − 16z 2 ). IV.43 Par exemple

∞ 

√ (z/ 2)n .

n=0

IV.45

∞  (−1)n+1 (z − π)2n . (2n + 1)! n=0

IV.46 1 + z 2 /6 + 7z 4 /360 + · · · . IV.47 z 4 /3. 103 i

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Chapitre IV. Fonctions analytiques

IV.48 a) Pôle d’ordre 1. b) Singularité essentielle. c) Singularité essentielle. d) Pôle d’ordre 1. IV.49 1/120. IV.50 a) 0 est une singularité essentielle, 2 est un pôle d’ordre 2, et −1 est un pôle d’ordre 1. b) −1 et 1 sont pôles d’ordre 1, et −3 est une singularité essentielle. c) 0 est un pôle d’ordre 1, i2kπ avec k ∈ Z \ {0} est un pôle d’ordre 2, et 4 est une singularité essentielle. IV.51 1/19!.

IV.52 a)

∞  (−1)n n=0

(2n)!

∞

z 2n−1 . b)

 1 1 − (z + 1)n . 2(z + 1) 2n+2 n=0

∞ ∞  (−1)n 2n−1  1 2n z + z pour 0 < |z| < 3 et c) (2n + 1)! 3n+1 n=0 n=0 ∞ ∞  (−1)n 2n−1  n −2(n+1) z − 3 z pour |z| > 3. (2n + 1)! n=0 n=0

IV.53 a) 0. b) −2πi/9.

c) 0. d) πi(e − 1/e).

IV.54 4πib. IV.55 a) −ex cos y. b) −iez . c) 2πif (−i) Indγ (−i) = −6πe−i . IV.56 a) e−y sin x − (x2 − y 2 )/2 + x. b) eiz − iz 2 /2 + iz. c) 2πif  (i) Indγ (i) = 4πi(i/e + 1 + i). IV.57 a) Vraie. b) Fausse. c) Vraie. d) Fausse. e) Vraie. f) Fausse. g) Fausse. h) Vraie.

i) Vraie.

j) Vraie.

IV.58 0, 2πi et −2πi. 104 i

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IV.3. Solutions

√ IV.60 a) π/ 2. b) π/6. √ IV.63 a) π/(8 2). b) π/3.

c) π/4.

√ d) π/(2 2). e) π/(4a3/2 ).

IV.65 a) 0. b) π/(2e).

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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V ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

On considère dans ce chapitre la théorie de base des équations différentielles ordinaires. En particulier, on considère la classe des équations linéaires à coefficients constants et leurs perturbations, ainsi que le calcul des exponentielles de matrices et la formule de variation des constantes.

V.1. Exercices corrigés Exercice V.1. Vérifier que tet est une solution de l’équation x − 2x + x = 0. Solution. Soit x(t) = tet . On remarque que x = et + tet

et x = 2et + tet .

Donc, x − 2x + x = 2et + tet − 2et − 2tet + tet = 0, et x est une solution de l’équation.

Exercice V.2. Déterminer toutes les solutions de l’équation x = 0.

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Solution. Prenant x = y, on obtient y  = x = 0. Donc, y(t) = a avec a ∈ R, c’est-à-dire, x = a. En prenant maintenant z = x , on obtient z  = x = a. Donc, z(t) = at + b avec b ∈ R, c’est-à-dire, x (t) = at + b. Intégrant cette équation, on conclut que x(t) =

a 2 t + bt + c, 2

avec a, b, c ∈ R,

ou encore x(t) = kt2 + bt + c,

avec

k, b, c ∈ R.

Toutes les solutions ont pour intervalle maximal R.

Exercice V.3. Déterminer toutes les solutions de l’équation x = x3 . Solution. Pour les solutions qui ne s’annulent pas, on peut écrire   1  x =1 ⇔ − 2 = 1, x3 2x et donc, 1 = −2t + c x(t)2

⇔

1 , x(t) = ± √ −2t + c

avec c ∈ R. Afin que chaque solution x(t) soit bien définie, il est nécessaire que −2t + c > 0, ce qui donne t ∈]−∞, c/2[. Les solutions qui ne s’annulent pas sont donc 1 1 et x(t) = − √ , x(t) = √ −2t + c −2t + c avec c ∈ R. Les deux ont l’intervalle maximal ]−∞, c/2[. Par substitution directe dans l’équation, on peut vérifier que la fonction nulle est aussi une solution, avec intervalle maximal R.

Exercice V.4. Déterminer toutes les solutions de l’équation x + tet x = 0. Solution. Pour les solutions qui ne s’annulent pas, on peut écrire x = −tet x

⇔

(log |x|) = −tet ,

et donc, log |x(t)| = et (1 − t) + c

⇔

|x(t)| = ee

t (1−t)+c

,

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V.1. Exercices corrigés

avec c ∈ R. On remarque que x(t) ne s’annule pas, et qu’elle est nécessairement continue (puisque par définition les solutions d’une équation différentielle sont de classe C 1 ). Par conséquent, elle est toujours positive ou toujours négative. Donc, t (V.1) x(t) = kee (1−t) , 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, et donc, les solutions sont données par (V.1) avec k ∈ R et avec intervalle maximal R.

Exercice V.5. Déterminer la solution de l’équation x + (t sin t)x = 0 avec

x(0) = 1.

(V.2)

Solution. Pour les solutions qui ne s’annulent pas, on peut écrire x = −t sin t. x En intégrant, on obtient log |x(t)| = t cos t − sin t + c

⇔

|x(t)| = et cos t−sin t+c ,

avec c ∈ R. D’une manière analogue à celle de l’exercice V.4, on conclut que x(t) = ket cos t−sin t ,

t ∈ R,

(V.3)

avec k = 0. Par substitution directe dans l’équation, on peut vérifier que la fonction nulle est aussi une solution, et donc, les solutions sont données par (V.3) avec k ∈ R et avec intervalle maximal R. Pour x(0) = 1, on obtient 1 = ke0 = k, et donc, la solution du problème (V.2) est x(t) = et cos t−sin t , t ∈ R.

Exercice V.6. Déterminer toutes les solutions de l’équation x = −|x|.

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

x

y

Figure V.1. Graphe de la fonction −|x|.

Solution. Pour x, y ∈ R, on a (voir la Figure V.1)   |x| − |y| ≤ |x − y|,

(V.4)

et donc, la fonction continue f (t, x) = −|x| est localement lipschitzienne en x. Il résulte alors du théorème de Picard-Lindelöf que, pour chaque (t0 , x0 ) ∈ R2 , il existe une unique solution de l’équation x = −|x|, dans un certain intervalle ouvert contenant t0 , avec x(t0 ) = x0 . Évidemment, x(t) = 0 est une solution. D’autre part, lorsque x > 0, on obtient l’équation x = −x, qui a les solutions x(t) = ke−t ,

t ∈ R,

avec k > 0 (pour que x(t) soit positif). Enfin, lorsque x < 0, on obtient l’équation x = x, qui a les solutions x(t) = ket ,

t ∈ R,

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V.1. Exercices corrigés

avec k < 0 (pour que x(t) soit négatif). Les solutions de l’équation x = −|x| sont donc ⎧ −t ⎪ ⎨ke avec k > 0, x(t) = 0, ⎪ ⎩ t ke avec k < 0, toutes avec intervalle maximal R.

Exercice V.7. Vérifier que la fonction f : R2 → R définie par f (t, x) = tx + |t + x| est localement lipschitzienne en x. Solution. Pour t, x, y ∈ R, il résulte de (V.4) que   |f (t, x) − f (t, y)| = tx + |t + x| − ty − |t + y|   ≤ |tx − ty| + |t + x| − |t + y|   ≤ |t| · |x − y| + t + x − (t + y) = (|t| + 1)|x − y|.

(V.5)

Soit maintenant K ⊂ R2 un ensemble compact (c’est-à-dire, un ensemble fermé et borné). Puisque K est borné, il existe M = M (K) > 0 telle que |t| < M pour tout (t, x) ∈ K. Il résulte alors de (V.5) que |f (t, x) − f (t, y)| ≤ (M + 1)|x − y| pour (t, x), (t, y) ∈ K. Cela montre que la fonction f est localement lipschitzienne en x.

Exercice V.8. Déterminer toutes les solutions de l’équation xx = (x )2 .

(V.6)

Solution. On remarque que x = 0 est une solution. D’autre part, pour les solutions qui ne s’annulent pas, l’équation (V.6) peut être écrite sous la forme   x x − (x )2 d x = = 0. dt x x2 On obtient alors

x = a avec a ∈ R. x 111

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Puisque



log |x(t)|



=

x = a, x

on conclut que log |x(t)| = at + b avec a, b ∈ R. Ceci est équivalent à x(t) = keat , avec a ∈ R et k ∈ R \ {0}. Ainsi, la solution générale de l’équation est x(t) = keat , avec a, k ∈ R et avec intervalle maximal R.

Exercice V.9. Prenant x = ty, résoudre l’équation t+x x = t−x le plus explicitement possible.

(V.7)

Solution. Puisque x =

t+x 1 + x/t = , t−x 1 − x/t

prenant x = ty, on obtient y + ty  = ou encore ty  =

1+y , 1−y

1+y 1 + y2 −y = . 1−y 1−y

Cette équation peut être écrite sous la forme 1−y  1 y = , 1 + y2 t et en intégrant, on obtient Arctan y −

1 log(1 + y 2 ) = log |t| + c, 2

avec c ∈ R. Ainsi, chaque solution de l’équation (V.7) satisfait     1 x(t)2 x(t) − log 1 + 2 = log |t| + c, Arctan t 2 t avec c ∈ R. 112 i

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V.1. Exercices corrigés

Exercice V.10. Prenant y = x4 , résoudre l’équation x t x = − + 3 . 2t x Solution. Pour y = x4 , on a 

t x y = 4x x = 4x − + 3 2t x 4 2 2x + 4t = − y + 4t. =− t t 

Donc,

3 



3

(t2 y) = 2ty + t2 y  = 2ty − 2ty + 4t3 = 4t3 ,

et t2 y(t) = t4 + c, avec c ∈ R. Ainsi, on conclut que  x(t) = ± 4 t2 + c/t2 . Les solutions sont définies lorsque t2 + c/t2 > 0, c’est-à-dire, lorsque t4 > −c. Donc, l’intervalle maximal de chaque solution est R+ ou R− pour c ≥ 0, et est   4 ]−∞, − |c|[ ou ] 4 |c|, +∞[ pour c < 0.

Exercice V.11. Déterminer la solution de l’équation x = 2x + t avec x(1) = 3. Solution. Par la formule de variation des constantes, la solution est donnée par t

x(t) = e

1

 2 ds

t t

3+

e

u

2 ds

u du

1

 2(t−1)

= 3e

+

t

e2(t−u) u du

1

u=t 1  = 3e2(t−1) − e2(t−u) (1 + 2u) 4 u=1 1 t 15 2(t−1) =− − + e , 4 2 4 avec intervalle maximal R.

Exercice V.12. Pour chaque a ∈ R, calculer l’exponentielle eAt pour la matrice   a1 A= . 0a

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

    a0 01 A= + = a Id +N, 0a 00

Solution. On a



où N=

 01 . 00

Puisque N 2 = 0, pour chaque k ≥ 0 on a Ak = (a Id +N )k = ak Idk +kak−1 Idk−1 N = ak Id +kak−1 N. Donc, eAt =

∞  1 k k A t k! k=0

∞ ∞   1 1 k (at) Id + (at)k−1 tN = k! (k − 1)! k=0 at

k=1

= e (Id +tN )    01 at Id +t =e 00  at at  e te . = 0 eat Alternativement, on peut montrer que si deux matrices C et D commutent, c’est-à-dire si CD = DC, alors e(C+D)t = eCt eDt

(V.8)

pour tout t ∈ R. Puisque les matrices a Id et N commutent, il résulte de (V.8) que eAt = e(a Id +N )t = ea Id t eN t . On a a Id t

e

∞ ∞   1 1 k (a Id t) = (at)k Id = eat Id, = k! k! k=0

et eN t =

k=0

∞  1 1 k k N t = Id +tN + t2 N 2 + · · · = Id +tN, k! 2 k=0

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V.1. Exercices corrigés

et donc,

 At

e

at

= e Id(Id +tN ) =

 eat teat . 0 eat

Exercice V.13. Déterminer la solution de l’équation  x = 2x + y, y  = 2y + 1

(V.9)

avec condition initiale x(0) = y(0) = 0.

Solution. L’équation (V.9) peut être écrite sous la forme         x 0 21 x =A + , où A = .  y y 1 02 Par l’exercice V.12, on a

 At

e

=

 e2t te2t . 0 e2t

Donc, par la formule de variation des constantes, la solution avec x(0) = y(0) = 0 est donnée par    t     x(t) At 0 A(t−s) 0 e + ds =e 0 1 y(t) 0   t (t − s)e2(t−s) ds = e2(t−s) 0   1 1 2t 1 2t 1 2t 1 + te − e , e − , = 4 2 4 2 2 avec intervalle maximal R.

Exercice V.14. Déterminer toutes les solutions de l’équation  x = 3x + y, y  = 3y − t, avec condition initiale (x(0), y(0)) = (x0 , y0 ).

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Solution. On commence par écrire l’équation sous la forme matricielle         x 0 x 31 =A + , où A = . 03 y −t y Par l’exercice V.12, on a

 eAt =

 e3t te3t . 0 e3t

Donc, par la formule de variation des constantes, la solution générale est donnée par      t   0 x(t) A(t−t0 ) x(t0 ) A(t−s) ds. + e =e −s y(t0 ) y(t) t0 Pour t0 = 0, on obtient alors      3t 3t     t  3(t−s) x0 0 x(t) (t − s)e3(t−s) e e te + ds = 3t 3(t−s) 0 e 0 e y0 −s y(t) 0   t e3t x0 + te3t y0 − 0 s(t − s)e3(t−s) ds t = e3t y0 − 0 se3(t−s) ds   3t e x0 + te3t y0 − (e3t (3t − 2) + 3t + 2)/27 , = e3t y0 − (e3t − 3t − 1)/9 avec intervalle maximal R.

Exercice V.15. Diagonaliser la matrice   0 −3 A= . 1 0 Solution. Il résulte de l’équation det(A − λ Id) = λ2 + 3 = 0 √ √ que les valeurs propres de A sont i√ 3 et −i 3.√En prenant par exemple respectivement les vecteurs propres (i 3, 1) et (−i 3, 1), on considère la matrice √  √ i 3 −i 3 S= 1 1 dont les colonnes sont les vecteurs propres. Donc  √  1 −i √3 −1 , S = √ 3 2 3 i 116 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 117 — #123

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V.1. Exercices corrigés

et la matrice S

−1

 √ i 3 0√ AS = 0 −i 3

est la représentation de Jordan complexe de A.

Exercice V.16. Déterminer la représentation de Jordan complexe de la matrice   23 A= (V.10) 10 et calculer eAt .

Solution. Il résulte de l’équation det(A − λ Id) = λ2 − 2λ − 3 = 0 que les valeurs propres de A sont 3 et −1. En prenant par exemple respectivement les vecteurs propres (3, 1) et (−1, 1), on considère la matrice   3 −1 S= , 1 1 dont l’inverse est S

−1

1 = 4



 1 1 . −1 3

Donc, J =S

−1

 AS =

 3 0 0 −1

est la représentation de Jordan (réel et complexe) de A. Ainsi,  3t  e 0 −1 At Jt , S e S=e = 0 e−t et donc, −1

eAt = eSJS t = SeJt S −1     3t   3 −1 e 0 1 1 1 = 1 1 0 e−t 4 −1 3  3t  1 3e + e−t 3e3t − 3e−t . = 4 e3t − e−t e3t + 3e−t

(V.11)

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exercice V.17. Déterminer la solution de l’équation     23 1  x avec x(0) = . x = 10 2 Solution. La solution est donnée par       x(t) At x(0) At 1 =e , =e y(0) 2 y(t) où A est la matrice dans (V.10). Il résulte alors de (V.11) que 

    1 x(t) 1 3e3t + e−t 3e3t − 3e−t = 3t − e−t e3t + 3e−t e 4 2 y(t)  3t  −t 1 9e − 5e , = 4 3e3t + 5e−t

avec intervalle maximal R.

Exercice V.18. Calculer eAt pour la matrice ⎛ 4 −1 0 ⎜0 4 0 A=⎜ ⎝0 0 0 0 0 −5

⎞ 0 0⎟ ⎟. 5⎠ 0

Solution. On remarque que A est une matrice par blocs, c’est-à-dire  A=

où

 A1 =

 4 −1 0 4

 A1 0 , 0 A2

 et A2 =

 0 5 , −5 0

et donc,  At

e

=

 eA1 t 0 . 0 eA2 t

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V.1. Exercices corrigés

Pour le bloc A1 , on a eA1 t = e(−A1 )(−t)    01 = e(−4)(−t) Id +(−t) 00    4t  e −te4t 4t 1 −t = . =e 0 1 0 e4t D’autre part, les valeurs propres de A2 sont 5i et −5i. Prenant, par exemple, respectivement les vecteurs propres (−i, 1) et (i, 1), on considère la matrice   −i i S= . 1 1 Donc, J =S

−1

 A2 S =

5i 0 0 −5i



est la représentation de Jordan complexe de A2 , et on a eA2 t = SeJt S −1     5it   1 i 1 −i i e 0 = 1 1 0 e−5it 2 −i 1  5it  1 e + e−5it −ie5it + ie−5it = 2 ie5it − ie−5it e5it + e−5it   cos(5t) sin(5t) = . − sin(5t) cos(5t)

Exercice V.19. Prenons la matrice ⎛

2 ⎜0 A=⎜ ⎝0 0

1 4 0 0

0 0 5 0

⎞ 0 0⎟ ⎟. −1⎠ 5

Pour x = (0, 0, 1, 2) calculer lim sup t→+∞

1 log eAt x. t

119 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 120 — #126

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Solution. On a

 At

e où

 A1 =

=

 21 04

 eA1 t 0 , 0 eA2 t 

et A2 =

 5 −1 . 0 5

Pour le premier bloc, on considère les valeurs propres (1, 0) et (1, 2), et la matrice   11 S= . 02 On obtient alors S

−1



   21 20 S= , 04 04

et 

A1 t

e

 e2t 0 =S S −1 0 e4t    2t   11 e 0 1 −1/2 = 02 0 e4t 0 1/2   2t 4t −2t e e /2 − e /2 . = 0 e4t

Pour le second bloc, on a ⎛ ⎝

⎞

−5 1 ⎠ (−t) 0 −5

eA2 t = e  −5(−t)   5t  e −te−5(−t) e −te5t = = . 0 e5t 0 e−5(−t) Donc,

⎛

eAt

e2t e4t /2 − e−2t /2 ⎜0 e4t =⎜ ⎝0 0 0 0

⎞ 0 0 0 0 ⎟ ⎟. 5t e −te5t ⎠ 0 e5t

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 121 — #127

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V.1. Exercices corrigés

On obtient alors 1 1 lim sup log eAt x = lim sup log (0, 0, e5t , 2(1 − t)e5t ) t→+∞ t t→+∞ t 

1 = lim sup log e5t 1 + 4(1 − t)2 = 5. t→+∞ t

Exercice V.20. Déterminer toutes les solutions de l’équation x + 2x + x = 0.

(V.12)

Solution. Intentionnellement, on résout cet exercice sans l’aide de la théorie considérée dans le Chapitre VI. Prenant x = y, on peut écrire l’équation sous la forme matricielle     x x =A , (V.13) y y 

où A=

 0 1 . −1 −2

La solution générale de l’équation (V.13) est donnée par     x(t) A(t−t0 ) x(t0 ) . =e y(t0 ) y(t)

(V.14)

Maintenant, on calcule l’exponentielle eA(t−t0 ) . Puisque det(A − λ Id) = λ2 + 2λ + 1, la seule valeur propre de la matrice A est −1. En outre, on peut vérifier qu’il n’existe pas de base de vecteurs propres, et on doit donc considérer le sousespace caractéristique. Un vecteur propre est (1, −1), et, par exemple, le vecteur (0, 1) satisfait (A − λ Id)(0, 1) = (1, −1). Ainsi, prenant   1 0 S= , −1 1 on obtient J = S −1 AS       10 0 1 1 0 −1 1 = = . 11 −1 −2 −1 1 0 −1 121 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Donc, eA(t−t0 ) = SeJ(t−t0 ) S −1    −(t−t )   0 (t − t )e−(t−t0 ) 1 0 e 10 0 = −(t−t ) 0 −1 1 11 0 e   1 + t − t0 t − t0 . = e−(t−t0 ) −t + t0 1 − t + t0 En prenant, par exemple, t0 = 0, il résulte de (V.14) que la solution générale de l’équation (V.13) est donnée par      x(0) x(t) t −t 1 + t . =e −t 1 − t y(0) y(t) Le premier élément, donné par x(t) = e−t (1 + t)x(0) + e−t ty(0) = e−t x(0) + e−t t[x(0) + x (0)], est la solution générale de l’équation (V.12).

Exercice V.21. Déterminer s’il existe une matrice A telle que   et e2t − 1 . eAt = −1 + cos t 1

(V.15)

Solution. On montre qu’il n’existe pas de matrice A satisfaisant (V.15). Sinon, en prenant les dérivées par rapport à t, on aurait 

(eAt ) t=0

 =

   et 2e2t  12 = .  − sin t 0 00 t=0

D’autre part, il résulte de eAt =

∞  1 k k t A k! k=0

que ∞   (eAt ) t=0 = k=1

 1  tk−1 Ak  = A, (k − 1)! t=0

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V.1. Exercices corrigés

et donc on aurait

 A=

 12 . 00

Puisque cette matrice a des valeurs propres 1 et 0, il existerait une matrice S telle que   10 −1 , S AS = 00 et donc, on aurait At

e

S −1 ASt −1

= Se

S



 et 0 =S S −1 . 0 1

En particulier, les coefficients de eAt seraient nécessairement des combinaisons linéaires des fonctions et et 1, mais il n’est pas possible d’obtenir les coefficients e2t − 1 et −1 + cos t dans (V.15). Donc, il n’existe pas de matrice A satisfaisant (V.15).

Exercice V.22. Vérifier que l’identité e(A+B)t = eAt eBt n’est pas toujours satisfaite pour tout t ∈ R. 

Solution. Soit A=



On a eAt =

 01 00

1t 01

 et B =

 et eBt =

Donc,

 At Bt

e e

=

D’autre part, la matrice

  1 0 . 0 et

 1 tet . 0 et

 A+B =

 00 . 01

 01 01

a des valeurs propres 0 et 1. En prenant   11 S= , 01 

on obtient alors S

−1

(A + B)S =

 00 01 123

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

et donc,

−1

e(A+B)t = SeS (A+B)St S −1     11 1 0 1 −1 = 01 0 et 0 1     t 1 tet 1 e −1 = . = 0 et 0 et

Exercice V.23. Vérifier que l’équation x + x =

√ 5

t a des solutions.

Solution. Soient y = x et z = (x, y). Puisque z  = (x , y  ), l’équation peut être écrite sous la forme     0 0 1  . et f (t) = √ z = Az + f (t), où A = 5 −1 0 t Soit maintenant F (t, z) = Az + f (t). La fonction F est continue. En outre, pour z1 , z2 ∈ R2 , on a F (t, z1 ) − F (t, z2 ) = Az1 − Az2 + f (t) − f (t) = A(z1 − z2 ) ≤ A · z1 − z2 , où A = sup z =0

Az , z

et donc, la fonction F est localement lipschitzienne en z. Il résulte alors du théorème de Picard-Lindelöf que, pour chaque (t0 , z0 ) ∈ R × R2 , il existe une unique solution de l’équation, dans un certain intervalle ouvert contenant t0 , avec z(t0 ) = z0 . En outre, puisque z(t0 ) = (x(t0 ), y(t0 )) = (x(t0 ), x (t0 )), chaque t0 , x0 , y0 ∈ R, il existe en prenant z0 = (x0 , y0 ) on conclut que, pour √ une unique solution de l’équation x + x = 5 t, dans un certain intervalle ouvert contenant t0 , avec x(t0 ) = x0 et x (t0 ) = y0 .

Exercice V.24. Vérifier que le problème  x = 2 |x| avec x(0) = 0

(V.16)

n’a pas de solution unique. 124 i

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V.1. Exercices corrigés

Solution. Une solution du problème (V.16) est x(t) = 0. Pour obtenir une autre solution, on considère séparément les cas x > 0 et x < 0. Pour x > 0, on √ a l’équation x = 2 x, c’est-à-dire, √ x ( x) = √ = 1, 2 x et donc,



x(t) = t + c,

avec

c ∈ R.

En prenant t = 0, puisque x(0) = 0, on obtient c = 0, et donc x(t) = t2 . √ D’autre part, pour x < 0, on a l’équation x = 2 −x, c’est-à-dire, √ −x = −1, ( −x) = √ 2 −x et donc,



−x(t) = −t + d,

avec

d ∈ R.

En prenant t = 0, puisque x(0) = 0, on obtient d = 0, et donc, x(t) = −t2 . Alors, on peut considérer, par exemple, la fonction ⎧ 2 t > 0, ⎪ ⎨t , x(t) = 0, t = 0, ⎪ ⎩ 2 −t , t < 0, c’est-à-dire, x(t) = t|t|. On remarque que x est de classe C 1 . En effet, en dehors de l’origine, on a  2t, t > 0,  x (t) = −2t, t < 0, et à l’origine, x (0) = lim

t→0

x(t) − x(0) t|t| = lim = 0. t→0 t t

Ainsi, x (t) = 2|t|, ce qui est une fonction continue, et x(t) est de classe C 1 . On a donc les solutions x(t) = 0 et x(t) = t|t| pour le problème (V.16).

Exercice V.25. Vérifier que si une matrice carrée A a au moins une valeur propre λ ∈ R+ , alors l’équation x = Ax a au moins une solution qui ne converge pas vers zéro lorsque t → +∞. 125 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Solution. On rappelle que, pour chaque v ∈ Rn , la fonction t → eAt v est une solution de l’équation x = Ax. Soit maintenant v ∈ Rn \{0} un vecteur propre associé à la valeur propre λ. On a Av = λv, et Ak v = λk v pour chaque k ∈ N. Donc, ∞ ∞   1 k k 1 k k t A v= t λ v = eλt v. x(t) = eAt v = k! k! k=0

k=0

Puisque λ ∈ R+ , la solution x(t) ne converge pas vers zéro lorsque t → +∞.

Exercice V.26. Déterminer toutes les séries entières x(t) = qui sont solution de l’équation x + x = 0.

∞

n=0 cn t

n,

avec t ∈ R,

Solution. Dans la région de convergence de la série, on peut calculer les dérivées terme à terme pour obtenir 

x (t) =

∞ 

ncn t

n−1



et x (t) =

n=1

∞ 

n(n − 1)cn tn−2 .

n=2

On a donc 

x (t) + x(t) =

∞  

 (n + 2)(n + 1)cn+2 + cn tn .

n=0

Afin que cette série soit la fonction nulle, il est nécessaire que (n + 2)(n + 1)cn+2 + cn = 0 pour n ∈ N ∪ {0}. Donc, cn+2 = −

cn , (n + 2)(n + 1)

c’est-à-dire, en prenant c0 , c1 ∈ R, on a c2n =

(−1)n c0 (2n)!

et c2n+1 =

(−1)n c1 (2n + 1)!

126 i

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V.1. Exercices corrigés

pour chaque n ∈ N. On conclut donc que x(t) =

∞ 

cn tn =

n=0 ∞ 

= c0

n=0

∞ 

c2n t2n +

n=0 (−1)n c0 2n

(2n)!

t

∞ 

c2n+1 t2n+1

n=0

∞  (−1)n c1 2n+1 t + c1 (2n + 1)! n=0

= c0 cos t + c1 sin t.

Exercice V.27. Vérifier que si x(t) et y(t) sont solutions respectivement des équations x = Ax et y  = −A∗ y, alors x(t), y(t) = x(0), y(0),

t ∈ R,

(V.17)

où ·, · est le produit intérieur standard dans Rn .

Solution. On a 1 d x(t), y(t) = lim [x(t + h), y(t + h) − x(t), y(t)] h→0 h dt 1 = lim [x(t + h) − x(t), y(t + h) + x(t), y(t + h) − y(t)] h→0 h + + * * x(t + h) − x(t) y(t + h) − y(t) , y(t + h) + lim x(t), = lim h→0 h→0 h h   = x (t), y(t) + x(t), y (t). Donc, d x(t), y(t) = Ax(t), y(t) + x(t), −A∗ y(t) dt = Ax(t), y(t) − Ax(t), y(t) = 0, ce qui donne l’identité (V.17).

Exercice V.28. Pour une matrice A de dimension (n, n), supposons que la fonction q : Rn → R+ 0 donnée par  ∞ eAt x2 dt q(x) = 0

127 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

soit bien définie. Montrer que q est un polynôme de degré 2 sans termes de degré 0 ou 1. En outre, montrer que la fonction F (s) = q(eAs x) a pour dérivée F  (s) = −eAs x2 , en prenant en compte que eAt eAs = eA(t+s) pour t, s ∈ R.

Solution. On remarque que 

∞



∞

q(x) = 0

=

(eAt x)∗ eAt x dt x∗ (eAt )∗ eAt x dt = x∗ Cx,

(V.18)

0

où C est la matrice de dimension (n, n) donnée par  ∞ (eAt )∗ eAt dt, C= 0

intégrant les matrices coefficient par coefficient. Il résulte de (V.18) que q est un polynôme de degré 2 sans termes de degré 0 ou 1. Maintenant, on remarque que   ∞

q(eAs x) =

∞

eAt eAs x2 dt =

0

eA(t+s) x2 dt.

0

Pour le changement de variable t + s = τ , on obtient  ∞ As eAτ x2 dτ, F (s) = q(e x) = s

et donc, F  (s) = −eAs x2 .

V.2. Exercices proposés Exercice V.29. Vérifier que la fonction cos t + sin t est une solution de l’équation x + x = 0. Exercice V.30. Déterminer toutes les solutions de l’équation : a) x = −tx. b) x − (t sin t)x = 0. c) x = x/(1 + t) + t2 . d) x = − cos t + x. 128 i

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V.2. Exercices proposés

Exercice V.31. Déterminer toutes les solutions de l’équation x = 1/x. 2

Exercice V.32. Déterminer une équation ayant et comme solution. Exercice V.33. Déterminer une équation ayant 1/(1 + t) comme solution. Exercice V.34. Déterminer une solution de l’équation :     1 −1 1  x avec x(0) = . a) x = 0 1 0     21 0  x avec x(1) = . b) x = 04 1     24 0  x avec x(4) = . c) x = 79 0 Exercice V.35. Déterminer toutes les  3  x = 0

solutions de l’équation    0 t x+ . 4 −t

Exercice V.36. Utiliser la formule de variation des constantes pour déterminer la solution de l’équation :       0 9 0 0  x+ avec x(0) = . a) x = −1 0 1 1       0 4 0 0  x+ avec x(0) = . b) x = −1 0 t 5      t 41 e 0  avec x(0) = . x+ c) x = 0 1 04 Exercice V.37. Prenons l’équation  x = 2x + y, y  = −x + a. a) Pour a = 0, déterminer la solution générale de l’équation. b) Pour a = 1, déterminer la solution de l’équation avec x(0) = y(0) = 0.

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exercice V.38. Déterminer la représentation de Jordan complexe de la matrice :   21 a) . 12   41 b) . 53 ⎛

⎞ 210 c) ⎝0 5 4⎠. 003

Exercice V.39. Résoudre l’équation x + x + x = 0 avec x(0) = 0 et x (0) = 3. Exercice V.40. Calculer eAt pour la matrice : ⎛ ⎞ 0 100 ⎜−1 0 0 0⎟ ⎟ a) A = ⎜ ⎝ 0 0 2 1⎠. 0 002 ⎛ 2 ⎜0 b) A = ⎜ ⎝0 0

1 1 0 0

0 0 3 0

⎞ 0 0⎟ ⎟. 1⎠ 3

⎛ 2 ⎜0 c) A = ⎜ ⎝0 0

1 3 0 0

0 0 4 0

⎞ 0 0⎟ ⎟. −1⎠ 4

1 ⎜−4 d) A = ⎜ ⎝0 0

4 1 0 0

0 0 2 1

⎛

⎞ 0 0⎟ ⎟. 0⎠ 2

Exercice V.41. Pour chaque matrice A dans l’exercice V.40, déterminer toutes solutions bornées de l’équation x = Ax. Exercice V.42. Pour chaque matrice A dans l’exercice V.40, déterminer toutes les solutions de l’équation x = Ax qui sont bornées pour t > 0. 130 i

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V.2. Exercices proposés

Exercice V.43. Déterminer s’il existe une matrice A telle que  3t 2t  e te At . e = 0 e3t Exercice V.44. Vérifier que la fonction f est localement lipschitzienne en x : a) f (t, x) = x2 . b) f (t, x) = x|x|. √ Exercice V.45. Vérifier que l’équation x − x = 3 t a des solutions. √ Exercice V.46. Vérifier que le problème x = 2 x avec x(0) = 0 n’a pas de solution unique.

Exercice V.47. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) L’équation x = −x3 a des solutions avec intervalle maximal R+ . b) L’équation x = 1 + x2 a des solutions périodiques non constantes. c) L’équation x = 1 + x2 a des solutions décroissantes. d) Il existe une matrice A telle que  At

e

=

 et e−t . e−t et

Exercice V.48. Écrire l’équation  x = ay + bx + x2 , y  = −ax + by en coordonnées polaires (r, θ).

Exercice V.49. Déterminer en coordonnées (x, y) toutes les solutions périodiques non constantes de l’équation écrite en coordonnées polaires  r  = r(r − 1)(r − 2), θ  = 1. Exercice V.50. Pour une matrice carrée A, vérifier que Am eA = eA Am pour m ∈ N. 131 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

Exercice V.51. Vérifier que si A et B sont matrices de dimension (n, n), alors (A + B)2 = A2 + AB + BA + B 2 .

Exercice V.52. Déterminer si l’identité (A + B)2 = A2 + 2AB + B 2 entre matrices de dimension (n, n) est toujours satisfaite.

Exercice V.53. Définissant le cosinus d’une matrice carrée A par cos A = calculer

eiA + e−iA , 2

⎛

⎞ 010 cos ⎝0 0 1⎠ . 000

Exercice V.54. Calculer lim sup t→+∞

pour

 A=

1 log eAt x t

 21 02

Exercice V.55. Calculer lim sup t→+∞

  0 et x = . 3 1 logx(t) t

pour chaque solution non nulle x(t) de l’équation x + 4x = 0.

Exercice V.56. Vérifier que d det eAt = 0 pour dt

 A=

 2 4 . 10 −2

Exercice V.57. Vérifier que  lim

n→∞

1 1/n2 0 1

n

 =

 10 . 01

132 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 133 — #139

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V.3. Solutions

Exercice V.58. Vérifier que 1 lim n→∞ n



1 1/n 0 1

n 2

 =

 01 . 00

Exercice V.59. Déterminer une condition nécessaire et suffisante en termes d’une matrice carrée A telle que l’équation x = Ax a seulement des solutions bornées. Exercice V.60. Déterminer une condition nécessaire et suffisante en termes d’une matrice carrée A telle que l’équation x = Ax n’a que des solutions convergeant vers 0 ∈ Rn lorsque t → +∞.

V.3. Solutions 2 /2

V.30 a) ce−t

avec c, t ∈ R. b) ce−t cos t+sin t avec c, t ∈ R.

c) (1 + t)(c − t + t2 /2 + log |1 + t|) avec c ∈ R et t ∈]−∞, −1[ ou t ∈]−1, +∞[. d) cet + cos t/2 − sin t/2 avec c, t ∈ R. √ V.31 ± 2t + c avec c ∈ R et t ∈]−c/2, +∞[. V.32 Par exemple x = 2tx. V.33 Par exemple x = −x2 . V.34 a) (et , 0). b) ((e4(t−1) − e2(t−1) )/2, e4(t−1) ). c) (0, 0). V.35 (−1/9 − t/3 + c1 e3t , 1/16 + t/4 + c2 e4t ) avec c1 , c2 , t ∈ R. V.36 a) (1 − cos(3t) + 3 sin(3t), cos(3t) + sin(3t)/3) avec t ∈ R. b) (t + 19 sin(2t)/2, 1/4 + 19 cos(2t)/4) avec t ∈ R. c) (e4t /3 + e4t t − et /3, e4t ) avec t ∈ R. V.37 a) (c1 (1 + t)et + c2 tet , −c1 tet + c2 (1 − t)et ) avec c1 , c2 ∈ R. b) (1 − et + tet , −2 + 2et − tet ).

⎛ ⎞ √    500 0 10 (7 + 21)/2 √ . c) ⎝0 3 0⎠. V.38 a) . b) 03 0 (7 − 21)/2 002 √ √ V.39 2 3e−t/2 sin( 3t/2). 

133 i

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Chapitre V. Équations différentielles ordinaires

⎛

⎞ ⎛ 2t 2t cos t sin t 0 0 e e − et ⎜− sin t cos t 0 0 ⎟ ⎜ et ⎟. b) ⎜ 0 V.40 a) ⎜ ⎝ 0 ⎝0 0 e2t te2t ⎠ 0 2t 0 0 0 e 0 0 ⎞ ⎛ 2t 2t 0 e e − et 0 3t ⎜0 0 0 ⎟ e ⎟. c) ⎜ 4t ⎝0 0 e −te4t ⎠ 0 0 0 e4t ⎞ ⎛ t e cos(4t) et sin(4t) 0 0 ⎜−et sin(4t) et cos(4t) 0 0 ⎟ ⎟. d) ⎜ ⎝ 0 0 e2t 0 ⎠ 0 0 te2t e2t

0 0 e3t 0

⎞ 0 0 ⎟ ⎟. te3t ⎠ e3t

V.41 a) (a cos t + b sin t, −a sin t + b cos t, 0, 0) avec a, b ∈ R. b) (0, 0, 0, 0). c) (0, 0, 0, 0).

d) (0, 0, 0, 0).

V.42 a) (a cos t + b sin t, −a sin t + b cos t, 0, 0) avec a, b ∈ R. b) (0, 0, 0, 0). c) (0, 0, ae−4t − bte−4t , be−4t ) avec a, b ∈ R. d) (0, 0, 0, 0). V.43 N’existe pas. V.46 x(t) = 0 et x(t) = t2 sont solutions. V.47 a) Vraie. b) Fausse. c) Fausse. d) Fausse.  r  = br + r 2 cos3 θ, V.48 θ  = −a − r cos2 θ sin θ. V.49 (cos t, sin t) et (2 cos t, 2 sin t). V.52 Pas toujours satisfaite. ⎛ ⎞ 1 0 −1/2 V.53 ⎝0 1 0 ⎠. 00 1 V.54 2. V.55 0. 134 i

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V.3. Solutions

V.59 A a seulement des valeurs propres avec une partie réelle zéro et bloc de Jordan diagonale. V.60 A a seulement des valeurs propres avec une partie réelle négative.

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 136 — #142

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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VI RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

On considère dans ce chapitre plusieurs méthodes pour déterminer les solutions de certaines classes d’équations différentielles : les équations exactes et les équations réductibles à des équations exactes, les équations scalaires d’ordre supérieur à 1, ainsi que les équations qui peuvent être résolues en utilisant la transformée de Laplace.

VI.1. Exercices corrigés Exercice VI.1. Déterminer une fonction différentiable Φ = Φ(t, x) telle que ∂Φ = 3x2 + (t + 1)et ∂t

et

∂Φ = 6xt. ∂x

Solution. Il résulte de la seconde équation que Φ(t, x) = 3x2 t + C(t), où C est une fonction différentiable. Donc, ∂Φ = 3x2 + C  (t) = 3x2 + (t + 1)et , ∂t et on obtient C  (t) = (t + 1)et . Ainsi, on peut prendre C(t) = tet , et donc Φ(t, x) = 3x2 t + tet .

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 138 — #144

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exercice VI.2. Déterminer la solution de l’équation x = (1 + x2 ) cos t avec x(0) = 0. Solution. On écrit l’équation sous la forme x = cos t. 1 + x2 Puisque (Arctan x) = x /(1 + x2 ), en intégrant on obtient Arctan x(t) = sin t + c, avec c ∈ R. Donc, la solution générale de l’équation est donnée par x(t) = tan(sin t + c),

avec

c ∈ R.

Prenant t = 0, on obtient x(0) = tan c = 0. Donc, c = 0 et la solution du problème est x(t) = tan sin t, avec intervalle maximal R.

Exercice VI.3. Vérifier que si 

t

Φ(t, x) =

 g(s) ds −

t0

x

f (y) dy, x0

où f et g sont des fonctions continues, et où x(t) est une solution de l’équation x = g(t)/f (x), alors d Φ(t, x(t)) = 0. dt

Solution. En utilisant la règle de la chaîne, on obtient d Φ(t, x(t)) = g(t) − f (x(t))x (t) dt = g(t) − f (x(t))g(t)/f (x(t)) = 0, puisque x(t) est une solution de l’équation x = g(t)/f (x).

Exercice VI.4. Vérifier que l’équation −2t + (x3 + 2x)x = 0

(VI.1)

est exacte. 138 i

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VI.1. Exercices corrigés

Solution. On doit montrer qu’il existe une fonction différentiable Φ = Φ(t, x) telle que ∂Φ ∂Φ = −2t et = x3 + 2x. (VI.2) ∂t ∂x Par la première équation, on a Φ(t, x) = −t2 + C(x), où C est une fonction différentiable, et ∂Φ = C  (x) = x3 + 2x. ∂x Donc, on peut prendre C(x) = x4 /4 + x2 , et 1 Φ(t, x) = −t2 + x4 + x2 . 4

(VI.3)

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

Exercice VI.5. Déterminer toutes les solutions de l’équation (VI.1). Solution. Si x = x(t) est une solution de l’équation (VI.1) et Φ = Φ(t, x) est une fonction différentiable satisfaisant (VI.2), alors ∂Φ ∂Φ  d Φ(t, x) = + x dt ∂t ∂x = −2t + (x3 + 2x)x = 0. Donc, il résulte de (VI.3) que chaque solution est définie implicitement par 1 −t2 + x4 + x2 = c, 4 avec c ∈ R. Prenant x2 = y, on obtient l’équation du second degré y 2 + 4y − 4(t2 + c) = 0, ce qui donne y=

−4 ±



 16 + 16(t2 + c) = −2 ± 2 1 + c + t2 . 2

Puisque y = x2 , on ne peut prendre que le signe +, et donc,   x(t) = ± −2 + 2 1 + c + t2 . Chaque solution est définie si 1 + c + t2 > 0 et



1 + c + t2 > 1,

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 140 — #146

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

et donc, lorsque t2 > −c. Ainsi, pour c > 0, l’intervalle √ maximal √ est R. Pour + − c = 0, il est R ou R , et pour c < 0, il est ]−∞, − −c[ ou ] −c, +∞[.

Exercice VI.6. Vérifier que l’équation −2tx + (x4 + 2x3 )x = 0

(VI.4)

est réductible à une équation exacte et trouver un facteur intégrant.

Solution. Soient M (t, x) = −2tx et N (t, x) = x4 + 2x3 . Puisque ∂N ∂M − = −2t − 0 = −2t = 0, ∂x ∂t l’équation n’est pas exacte. Comme   ∂N 1 1 ∂M − = − M ∂x ∂t x ne dépend pas de t, il existe un facteur intégrant μ = μ(x) qui peut être déterminé en résolvant l’équation   1 ∂M ∂N − μ, (VI.5) μ = − M ∂x ∂t c’est-à-dire, μ = −(1/x)μ. Puisque (log μ) =

μ 1 =− , μ x

on obtient log |μ(x)| = − log x + c, avec c ∈ R. Donc, une solution de l’équation (VI.5) est par exemple μ(x) = 1/x (ce qui correspond à prendre c = 0). En multipliant alors (VI.4) par μ(x), on obtient l’équation exacte −2t + (x3 + 2x2 )x = 0.

Exercice VI.7. Résoudre l’équation x − 6x + 9x = 0.

(VI.6)

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 141 — #147

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VI.1. Exercices corrigés

Solution. Puisque le polynôme λ2 − 6λ + 9 a pour seule racine λ = 3 (avec une multiplicité égale à 2), l’équation (VI.6) peut être écrite sous la forme (D − 3)2 x = 0, où Dx = x . Maintenant, on rappelle que, en prenant λ ∈ R et m ∈ N, l’espace des solutions de l’équation (D − λ)m x = 0 est engendré par les fonctions eλt , teλt , . . . , tm−1 eλt , et donc, la solution générale est donnée par x(t) = c1 eλt + c2 teλt + · · · + cm tm−1 eλt , avec c1 , c2 , . . . , cm ∈ R. Ainsi, l’espace des solutions de l’équation (VI.6) est engendré par les fonctions e3t et te3t , et la solution générale est donnée par x(t) = c1 e3t + c2 te3t , avec c1 , c2 ∈ R.

Exercice VI.8. Résoudre l’équation x + 2x = 0.

(VI.7)

Solution. On écrit l’équation sous la forme √ √ (D 2 + 2)x = (D − i 2)(D + i 2)x = 0. Maintenant, on rappelle que, en prenant λ = a + ib avec b = 0 et m ∈ N, l’espace des solutions de l’équation (D − λ)m (D − λ)m x = 0 est engendré par les fonctions tk eat cos(bt) et tk eat sin(bt), avec k = 0, . . . , m − 1, et donc, la solution générale est donnée par x(t) =

m−1 



 ck tk eat cos(bt) + dk tk eat sin(bt) ,

k=0

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 142 — #148

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

avec c0 , d0 , . . . , cm−1 , dm−1 ∈ R. Ainsi, √ l’espace des√solutions de l’équation (VI.7) est engendré par les fonctions cos( 2t) et sin( 2t), et la solution générale est donnée par √ √ x(t) = c1 cos( 2t) + c2 sin( 2t), avec c1 , c2 ∈ R.

Exercice VI.9. Résoudre l’équation (D + 1)(D2 + 1)x = 0.

(VI.8)

Solution. On considère séparément les équations (D + 1)x = 0 et (D 2 + 1)x = 0. Leurs espaces de solutions sont engendrés respectivement par e−t et par cos t et sin t. Il résulte alors de la théorie que l’espace des solutions de l’équation (VI.8) est engendré par ces trois fonctions, et donc la solution générale est donnée par x(t) = c1 e−t + c2 cos t + c3 sin t, avec c1 , c2 , c3 ∈ R.

Exercice VI.10. Résoudre l’équation x + 4x = et .

(VI.9)

Solution. On écrit l’équation (VI.9) sous la forme (D 2 + 4)x = et .

(VI.10)

Puisque (D − 1)et = Det − et = 0, il résulte de (VI.10) que (D − 1)(D 2 + 4)x = 0, c’est-à-dire (D − 1)(D − 2i)(D + 2i)x = 0. 142 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 143 — #149

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VI.1. Exercices corrigés

D’une manière analogue à celle de l’exercice VI.9, la solution générale est donnée par x(t) = c1 et + c2 cos(2t) + c3 sin(2t), c1 , c2 , c3 ∈ R. Toutefois, toutes ces fonctions ne sont pas nécessairement des solutions de l’équation (VI.9). En substituant x(t) dans (VI.9), on obtient (D 2 + 4)x = (D2 + 4)(c1 et ) = et , parce que c2 cos(2t) + c3 sin(2t) est une solution de l’équation (D 2 + 4)x = 0. On a alors (D 2 + 4)(c1 et ) = c1 et + 4c1 et = et , et donc, 5c1 = 1, c’est-à-dire, c1 = 1/5. Ainsi, la solution générale de l’équation (VI.9) est donnée par 1 x(t) = et + c2 cos(2t) + c3 sin(2t), 5 avec c2 , c3 ∈ R.

Exercice VI.11. Résoudre l’équation x − 9x = cos t.

(VI.11)

Solution. On écrit l’équation (VI.11) sous la forme (D2 − 9)x = cos t, c’est-àdire, (D − 3)(D + 3)x = cos t. (VI.12) Maintenant, on remarque que (D − i)(D + i) cos t = (D2 + 1) cos t = − cos t + cos t = 0, et donc, il résulte de (VI.12) que (D − i)(D + i)(D − 3)(D + 3)x = 0. En procédant comme dans l’exercice VI.9, on obtient la solution générale de cette équation sous la forme x(t) = c1 e3t + c2 e−3t + c3 cos t + c4 sin t,

c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R.

En substituant x(t) dans (VI.11), on obtient alors (D 2 − 9)x = (D2 − 9)(c3 cos t + c4 sin t), 143 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 144 — #150

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

parce que c1 e3t + c2 e−3t est une solution de l’équation (D 2 − 9)x = 0. Ainsi, (D 2 − 9)(c3 cos t + c4 sin t) = −10c3 cos t − 10c4 sin t = cos t, et donc, c3 = −1/10 et c4 = 0. La solution générale de l’équation (VI.11) est donnée par 1 cos t, x(t) = c1 e3t + c2 e−3t − 10 avec c1 , c2 ∈ R.

Exercice VI.12. Déterminer toutes les solutions périodiques non constantes de l’équation (VI.13) x − 5x + 6 = 0. Solution. On écrit l’équation sous la forme (D2 − 5D)x = −6. Puisque D(−6) = 0, on obtient D(D2 − 5D)x = 0, ou encore, D2 (D − 5)x = 0. La solution générale de cette équation est donnée par x(t) = c1 + c2 t + c3 e5t , c1 , c2 , c3 ∈ R. En substituant x(t) dans (VI.13), on obtient (D 2 − 5D)x = 25c3 e5t − 5c2 − 25c3 e5t = −5c2 = −6, et donc, c2 = 6/5. La solution générale de l’équation (VI.13) est donnée par 6 x(t) = c1 + t + c3 e5t , 5 avec c1 , c3 ∈ R. En particulier, il n’existe pas de solutions périodiques non constantes.

Exercice VI.13. Considérons l’équation (D − 1)(D2 − 1)x = h(t).

(VI.14)

a) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = 0. b) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = e−t telles que x(0) = x (0) = 0. 144 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 145 — #151

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VI.1. Exercices corrigés

c) Dire quelles solutions de l’équation avec h(t) = 0 satisfont x(t) = x(−t) pour t ∈ R.

Solution. On a (D − 1)(D 2 − 1)x = (D − 1)2 (D + 1)x, et donc, la solution générale de l’équation (VI.14) avec h(t) = 0 est donnée par (VI.15) x(t) = aet + btet + ce−t , avec a, b, c ∈ R. En appliquant maintenant D + 1 à l’équation (D − 1)2 (D + 1)x = e−t ,

(VI.16)

on obtient (D − 1)2 (D + 1)2 x = 0. Cette équation a la solution générale aet + btet + ce−t + dte−t , avec a, b, c, d ∈ R. En remplaçant dans (VI.16), on obtient alors (D − 1)2 (D + 1)(dte−t ) = e−t , c’est-à-dire, 4de−t = e−t . Donc, d = 1/4. En outre, puisque x(0) = x (0) = 0, on doit avoir 1 a + c = 0 et a + b − c + = 0. 4 On obtient b = −2a−1/4 et c = −a, et donc, la solution générale de l’équation (VI.14) avec h(t) = e−t est donnée par  1 1 tet − ae−t + te−t , x(t) = ae − 2a + 4 4 

t

avec a ∈ R.

Enfin, il résulte de (VI.15) que la condition x(t) = x(−t) est équivalente à aet + btet + ce−t = ae−t − bte−t + cet ,

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 146 — #152

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

ce qui donne (a − c)et + btet − bte−t + (c − a)e−t = 0. Donc, a = c et b = 0. Les solutions souhaitées sont x(t) = a(et + e−t ), avec a ∈ R.

Exercice VI.14. Prenons l’équation (D2 + 1)(D + 1)x = h(t).

(VI.17)

a) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = 0. b) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = t et x (0) = 0. c) Dire quelles solutions de l’équation avec h(t) = 0 ont une limite lorsque t → +∞.

Solution. Les racines du polynôme (λ2 + 1)(λ + 1) sont i, −i et −1, et donc la solution générale de l’équation (VI.17) est donnée par x(t) = a cos t + b sin t + ce−t ,

avec a, b, c ∈ R.

En appliquant D 2 à l’équation (VI.17) avec h(t) = t, on obtient D2 (D2 + 1)(D + 1)x = 0, qui a la solution générale x(t) = a cos t + b sin t + ce−t + dt + e,

(VI.18)

avec a, b, c, d, e ∈ R. En remplaçant dans (D2 + 1)(D + 1)x = t, on obtient alors (D2 + 1)(D + 1)(dt + e) = (D2 + 1)(d + dt + e) = dt + (d + e) = t et donc, d = 1 et e = −1. Ainsi, x(t) = a cos t + b sin t + ce−t + t − 1, avec a, b, c ∈ R. Puisque x (t) = −a sin t + b cos t − ce−t + 1, 146 i

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VI.1. Exercices corrigés

on a x (0) = b − c + 1 et donc, c = b + 1. Les solutions souhaitées sont x(t) = a cos t + b sin t + (b + 1)e−t + t − 1,

avec

a, b ∈ R.

Enfin, puisque la composante ce−t dans (VI.18) a une limite lorsque t → +∞, il reste à étudier la composante a cos t + b sin t. Comme il s’agit d’une fonction périodique non constante pour a = 0 ou b = 0, pour qu’elle ait une limite lorsque t → +∞ il faut prendre a = b = 0. Donc, les solutions de l’équation avec h(t) = 0 ayant une limite lorsque t → +∞ sont les fonctions ce−t , avec c ∈ R.

Exercice VI.15. Pour chaque a ∈ R, calculer les transformées de Laplace des fonctions f (t) = cos(at) et g(t) = sin(at). 

Solution. On a

∞

(Lf )(z) =

e−tz cos(at) dt,

0



et

∞

(Lg)(z) =

e−tz sin(at) dt.

0

Pour calculer les deux transformées de Laplace, on remarque d’abord que  ∞ eR(ia−z) − 1 e−tz eiat dt = lim R→∞ ia − z 0 1 , = z − ia et  ∞ eR(−ia−z) − 1 e−tz e−iat dt = lim R→∞ −ia − z 0 1 , = z + ia pour z > 0. Donc,  ∞ e−tz cos(at) dt (Lf )(z) = 0  ∞ eiat + e−iat dt e−tz = 2 0   1 1 z 1 + = 2 , (VI.19) = 2 z − ia z + ia z + a2 147 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 148 — #154

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

et 

∞

(Lg)(z) = 

0

∞

e−tz sin(at) dt

eiat − e−iat dt 2i 0   1 1 a 1 − = 2 , = 2i z − ia z + ia z + a2 =

e−tz

(VI.20)

aussi pour z > 0.

Exercice VI.16. Déterminer la transformée de Laplace de la fonction f (t) = cos(3t) + et sin(4t).

Solution. Soient f1 (t) = cos(3t) et f2 (t) = sin(4t). Il résulte de (VI.19) et (VI.20) que z 4 et (Lf2 )(z) = 2 , (Lf1 )(z) = 2 z +9 z + 16 pour z > 0. Ainsi, pour la fonction f3 (t) = et sin(4t), on a  ∞ e−tz et sin(4t) dt (Lf3 )(z) = 0 ∞ e−t(z−1) sin(4t) dt = 0

= (Lf2 )(z − 1) =

4 , (z − 1)2 + 16

pour z > 1. Donc, on conclut que (Lf )(z) = (Lf1 )(z) + (Lf3 )(z) 4 z + , = 2 z + 9 (z − 1)2 + 16 aussi pour z > 1.

Exercice VI.17. Déterminer la fonction f de classe C 1 dont la transformée de Laplace est 1 . F (z) = z(z − 2)(z + 4) 148 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 149 — #155

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VI.1. Exercices corrigés

Solution. On remarque que la fonction F est méromorphe et a un nombre fini de pôles. En outre, en prenant R > 4, pour |z| > R on a |z(z − 2)(z + 4)| ≥ |z|(|z| − 2)(|z| − 4) > |z|(R − 2)(R − 4), et donc, |F (z)|
a. Donc, il résulte de (VI.21) que (z 2 − 5z + 6)X(z) =

1 , z−1

c’est-à-dire X(z) =

(z −

1 1 = . − 5z + 6) (z − 1)(z − 2)(z − 3)

1)(z 2

En procédant comme dans l’exercice VI.17, on obtient alors    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

x(t) =

Ceci est donc la solution du problème (VI.21). 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

X(z) =

où on a utilisé (VI.22), et donc à nouveau x(t) =

1 1 t e − e2t + e3t . 2 2

Exercice VI.19. Utiliser la transformée de Laplace pour déterminer la solution de l’équation (VI.23) x − x = sin t avec x(0) = 0 et x (0) = 1. Solution. Prenant X = Lx, on obtient L(x )(z) = z 2 X(z) − zx(0) − x (0) = z 2 X(z) − 1, et donc, L(x − x)(z) = (z 2 − 1)X(z) − 1. Par (VI.20), on a L(sin t)(z) =

z2

1 , +1

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VI.1. Exercices corrigés

et il résulte de (VI.23) que (z 2 − 1)X(z) − 1 =

z2

1 . +1

Donc, 1 1 + 2 − 1 (z + 1)(z 2 − 1) 1 1 1 1 1 1 = · + · · · . z−1 z+1 z−1 z+1 z−i z+i

X(z) =

z2

En procédant comme dans l’exercice VI.17, on obtient alors etz  etz  +   z + 1 z=1 z − 1 z=−1   etz etz   + +   (z + 1)(z − i)(z + i) z=1 (z − 1)(z − i)(z + i) z=−1   etz etz   + +   (z + 1)(z − 1)(z + i) z=i (z − 1)(z + 1)(z − i) z=−i  it  3 3 1 e − e−it = et − e−t − 4 4 2 2i 3 sin t 3 . = et − e−t − 4 4 2

x(t) =

Ceci est donc la solution de l’équation (VI.23).

Exercice VI.20. En prenant deux fonctions continues f, g : R+ 0 → R, on définit leur convolution par 

t

(f ∗ g)(t) =

f (u)g(t − u) du.

0

En supposant que |f (t)|, |g(t)| ≤ ceat ,

t ∈ R+ 0

(VI.24)

pour des constantes a, c > 0, montrer que L(f ∗ g)(z) = (Lf )(z)(Lg)(z),

z > a.

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Solution. On a  ∞ e−tz f (t) dt e−sz g(s) ds 0 0 ∞  ∞ e−(t+s)z f (t)g(s) dt ds. = 

∞

(Lf )(z)(Lg)(z) =

0

0

Prenant t + s = τ , on obtient 

∞ ∞

(Lf )(z)(Lg)(z) = 0

e−τ z f (t)g(τ − t) dτ dt.

t

Puisque f et g sont continues et satisfont (VI.24), on peut échanger l’ordre d’intégration dans la dernière intégrale. On obtient alors  ∞ τ e−τ z f (t)g(τ − t) dt dτ (Lf )(z)(Lg)(z) = 0 0   τ  ∞ −τ z e f (t)g(τ − t) dt dτ = 0 0  ∞ e−τ z (f ∗ g)(τ ) dτ = 0

= L(f ∗ g)(z).

Exercice VI.21. Vérifier que la transformée de Laplace de la fonction 1/t2 n’existe pas. Solution. Pour f (t) = 1/t2 , on a 

∞

(Lf )(z) = 0

e−tz

1 dt, t2

si l’intégrale est bien définie. On a aussi    −tz 1  e−t z = e ,  t2  t2 et

 1

   ∞  1 e−tz 1  dt ≤ dt = 1,   2 t t2 1

∞

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VI.1. Exercices corrigés

∞ pour z ≥ 0. Donc, l’intégrale 1 e−tz /t2 dt est bien définie pour z ≥ 0. D’autre part, pour x ∈ R on a  1  1 1 1 e−tx 2 dt ≥ min{1, e−x } dt = +∞, 2 t t 0 0 1 et donc l’intégrale 0 e−tx /t2 dt n’est pas définie pour z dans tout demi-plan de la forme z > c. Cela montre que la transformée de Laplace de 1/t2 n’existe pas.

Exercice VI.22. Vérifier que l’équation x = |x| + 1 n’a pas de solutions périodiques. Solution. Soit x = x(t) une solution. Puisque |x(t)|+1 > 0, on a x (t) > 0 pour tout t (dans l’intervalle maximal de x). Donc, chaque solution est strictement croissante, et elle ne peut pas être périodique.

Exercice VI.23. Montrer que toutes les solutions de l’équation  x = y cos x, y  = −x cos x sont bornées.

Solution. On remarque que si (x, y) = (x(t), y(t)) est une solution, alors (x2 + y 2 ) = 2xx + 2yy  = 2x(y cos x) + 2y(−x cos x) = 0. Donc, il existe r ≥ 0 telle que x(t)2 + y(t)2 = r pour tout t (dans l’intervalle maximal de la solution). Cela montre que l’image de chaque solution est contenue dans un cercle ou est l’origine. Donc, en particulier, elle est bornée. En fait, on peut démontrer que l’image de chaque solution est un cercle ou est l’origine.

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exercice VI.24. Montrer que toutes les solutions de l’équation  x = y − x, y  = −x − y 3 sont bornées pour t > 0.

Solution. On remarque que si (x, y) = (x(t), y(t)) est une solution, alors (x2 + y 2 ) = 2xx + 2yy  = 2x(y − x) + 2y(−x − y 3 ) = −2x2 − 2y 4 ≤ 0. Cela montre que la fonction t → x(t)2 + y(t)2 ≥ 0 n’est pas croissante, et elle est donc nécessairement bornée pour t > 0. Puisque |x(t)| ≤



x(t)2 + y(t)2

et |y(t)| ≤



x(t)2 + y(t)2 ,

on conclut que les composantes x(t) et y(t) sont également bornées pour t > 0.

Exercice VI.25. Écrire l’équation

 x = −ay, y  = ax,

(VI.25)

en coordonnées polaires (r, θ).

Solution. On a x = r cos θ

et y = r sin θ,

et donc,

r=



x2 + y 2

⎧ ⎪ Arctan(y/x), ⎪ ⎪ ⎪ ⎨π/2, et θ = ⎪ Arctan(y/x) + π, ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−π/2,

x > 0, x = 0 et y > 0, x < 0, x = 0 et y < 0,

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VI.2. Exercices proposés

où Arctan est la fonction réciproque de la fonction tangente, à valeurs dans ]−π/2, π/2[. On obtient alors r =

2xx + 2yy  xx + yy   , = r 2 x2 + y 2

et (y/x) (y  x − x y)/x2 = 2 1 + (y/x) 1 + y 2 /x2 y  x − x y y  x − x y = 2 = . x + y2 r2

θ =

Dans le cas présent, on a r =

axy − axy = 0, r

et

ax2 + ay 2 = a, r2 et donc, en coordonnées polaires, l’équation (VI.25) prend la forme  r  = 0, θ  = a. θ =

VI.2. Exercices proposés Exercice VI.26. Résoudre l’équation xx = 0. Exercice VI.27. Déterminer toutes les solutions de l’équation : a) x + x − x = 0. b) x(5) − x = 0.

Exercice VI.28. Résoudre l’équation : a) x − 2x + x = 0 avec x(0) = 0 et x (0) = 2. b) x(3) − x = 0 avec x(0) = x (0) = 0 et x (0) = 3. 155 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exercice VI.29. Déterminer toutes les solutions de l’équation : a) (D + 1)(D − 2)x = et . b) (D 2 + 1)x = cos t. c) (D2 + 4)x = t. d) (D 2 + 2D + 1)x = 2t + cos t. e) (D3 + 2D2 )x = cos t.

Exercice VI.30. Déterminer la solution de l’équation : a) x + x = cos t avec x(0) = x (0) = 1. b) x − 4x = t avec x(0) = 1 et x (0) = 2. c) x − x = tet avec x(0) = x (0) = 0. d) x + x = et − sin t avec x(0) = x (0) = 1.

Exercice VI.31. Prenons l’équation (3t2 x2 + t) + (t3 + 1)xx = 0. a) Vérifier que l’équation n’est pas exacte. b) Déterminer un facteur intégrant. c) Déterminer le plus explicitement possible la solution avec x(0) = 1.

Exercice VI.32. Résoudre l’équation : a) cos x − t sin xx = 0. b) x + xx = 0. c) 1 − 2t sin x − t2 cos xx = 0 avec x(2) = π/6. d) (2 − x)x = 2 cos(4t) avec x(0) = 0. e) (1 − x)x = sin(2t) avec x(0) = 0. f) 2txx = t + x2 avec x(1) = 1. g) t2 x2 x = t2 + 1 avec x(1) = 1. 156 i

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VI.2. Exercices proposés

Exercice VI.33. Déterminer le plus explicitement possible les solutions de l’équation x2 + tx log x + (t2 + tx log t)x = 0, en utilisant un facteur intégrant de la forme μ(tx).

Exercice VI.34. Déterminer toutes les solutions de l’équation x − 2x + x = 0 telles que x(0) + x(1) = 0. Exercice VI.35. Déterminer toutes les solutions bornées de l’équation x(4) + x = 0.

Exercice VI.36. Déterminer toutes les solutions bornées de l’équation x − x − x = 0.

Exercice VI.37. Prenons l’équation (D2 + 4)(D + 2)x = h(t). a) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = 0. b) Déterminer toutes les solutions de l’équation avec h(t) = 1 telles que x (0) = 4. c) Dire quelles solutions de l’équation avec h(t) = 0 sont bornées.

Exercice VI.38. Déterminer toutes les solutions de l’équation x − x − 6x = 0 qui sont bornées pour t > 0. Exercice VI.39. Indiquer si l’affirmation est vraie ou fausse : a) L’équation x + x = 0 a des solutions périodiques non constantes. √ 3 b) Le problème de valeur initiale x = 6t x2 avec x(0) = 0 n’a pas de solution unique.

Exercice VI.40. Déterminer la transformée de Laplace de la fonction : a) t2 et . b) t2 cos t. c) t4 sin t. d) t + e−t cos t. 157 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exercice VI.41. Déterminer la fonction avec transformée de Laplace : a) (3z 2 − 1)/(z 2 + 1)3 . b) (3z 2 + 1)/[z 2 (z 2 + 1)2 ].

Exercice VI.42. Déterminer la transformée de Laplace de la solution de l’équation x + 3x + x = cos t avec

x(0) = 0, x (0) = 1.

Exercice VI.43. Sous les hypothèses de l’exercice VI.20, montrer que : a) f ∗ g = g ∗ f . b) f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h. c) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h).

Exercice VI.44. Pour la fonction g(t) =

t

(Lg)(z) =

0

f (s) ds, montrer que

(Lf )(z) . z

Exercice VI.45. Montrer que si f est une fonction T -périodique, alors  T 1 e−tz f (t) dt. (Lf )(z) = 1 − e−T z 0 Exercice VI.46. Montrer que si g(t) = f (t) ch(at), alors (Lg)(z) =

 1 (Lf )(z − a) + (Lf )(z + a) . 2

Exercice VI.47. Utiliser la transformée de Laplace pour trouver une fonction f telle que  t f (s) ds = 1. f (t) + 0

Exercice VI.48. Vérifier que l’équation x = x2 n’a pas des solutions décroissantes. Exercice VI.49. Vérifier que l’équation x = x4 a des solutions bornées. Exercice VI.50. Déterminer toutes les solutions constantes de l’équation x = x(x − 1)(x − 2). 158 i

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VI.2. Exercices proposés

Exercice VI.51. Vérifier que l’équation x = x(x−1)(x−2) a des solutions bornées non constantes. Exercice VI.52. Vérifier que l’équation x = −x2 a au moins une solution qui n’est pas décroissante. Exercice VI.53. Vérifier que si (x, y) = (x(t), y(t)) est une solution de l’équation  x = y, y  = x2 + x, alors

  1 1 d 1 y(t)2 − x(t)3 − x(t)2 = 0. dt 2 3 2

Exercice VI.54. Vérifier que si (x, y) = (x(t), y(t)) est une solution de l’équation  x = ∂H/∂y, (VI.26) y  = −∂H/∂x, où H : R2 → R est une fonction de classe C 1 , alors d H(x(t), y(t)) = 0. dt

Exercice VI.55. Pour l’équation

 x = x, y  = −y − 1,

déterminer une fonction H(x, y) satisfaisant (VI.26).

Exercice VI.56. Pour l’équation  x = x2 − 2x2 y, y  = −2xy + 2xy 2 , déterminer une fonction H(x, y) satisfaisant (VI.26).

Exercice VI.57. Vérifier que l’image de chaque solution de l’équation  x = y, y  = −x est un cercle ou un point. 159 i

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Chapitre VI. Résolution d’équations différentielles

Exercice VI.58. Vérifier que l’image de chaque solution de l’équation  x = y, y = x est une branche d’hyperbole, une demi-droite ou un point.

VI.3. Solutions VI.26 x(t) = c avec c ∈ R. VI.27 a) c1 e(−1−

√

5)t/2

+ c2 e(−1+

√

5)t/2

avec c1 , c2 ∈ R.

b) c1 + c2 e−t + c3 et + c4 cos t + c5 sin t avec c1 , c2 , c3 , c4 , c5 ∈ R. VI.28 a) 2tet . b) 3e−t /2 + 3et /2 − 3. VI.29 a) −et /2 + c1 e−t + c2 e2t avec c1 , c2 ∈ R. b) c1 cos t + c2 sin t + t sin t/2 avec c1 , c2 ∈ R. c) t/4 + c1 cos(2t) + c2 sin(2t) avec c1 , c2 ∈ R. d) −4 + 2t + sin t/2 + c1 e−t + c2 te−t avec c1 , c2 ∈ R. e) −2 cos t/5 − sin t/5 + c1 + c2 t + c3 e−2t avec c1 , c2 , c3 ∈ R. VI.30 a) cos t + sin t + t sin t/2. b) −t/4 + 17e2t /16 − e−2t /16. c) et /8 − e−t /8 − tet /4 + t2 et /4. d) cos t/2 + et /2 + t cos t/2. VI.31 b) t3 + 1.  c) 1 − t2 − 2t5 /5/(t3 + 1) avec t ∈]−∞, α[, où α est la racine réelle du polynôme 1 − t2 − 2t5 /5. VI.32 a) arccos(c/t) avec c ∈ R et t ∈]−∞, −|c|[ ou t ∈]|c|, +∞[. b) 0 et −t + c avec c, t ∈ R. c) arcsin(1/t) avec t ∈]1, +∞[.   d) 2 − 4 − sin(4t) avec t ∈ R. e) 1 − cos(2t) avec t ∈]−π/4, π/4[.  f) t(1 + log t) avec t ∈]1/e, +∞[.  √ g) 3 3t + 1 − 3/t avec t ∈](−1 + 37)/6, +∞[. VI.33 Chaque solution x(t) satisfait x(t) log t + t log x(t) = c avec c ∈ R. VI.34 cet [1 − (1 + 1/e)t] avec c ∈ R. VI.35 Les solutions constantes. VI.36 La solution nulle. 160 i

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VI.3. Solutions

VI.37 a) c1 cos(2t) + c2 sin(2t) + c3 e−2t avec c1 , c2 , c3 ∈ R. b) 1/8 + c1 cos(2t) + (2 + c2 ) sin(2t) + c2 e−2t avec c1 , c2 ∈ R. c) c1 cos(2t) + c2 sin(2t) avec c1 , c2 ∈ R. VI.38 ce−2t avec c ∈ R. VI.39 a) Fausse. b) Vraie. VI.40 a) 2/(z − 1)3 pour z > 1. b) 2z(z 2 − 3)/(z 2 + 1)3 pour z > 0. c) 24(5z 4 − 10z 2 + 1)/(z 2 + 1)5 pour z > 0. d) 1/z 2 + (z + 1)/[(z + 1)2 + 1] pour z > 0. VI.41 a) t2 sin t/2.

b) t(1 − cos t).

VI.42 (z 2 + z + 1)/[(z 2 + 1)(z 2 + 3z + 1)]. VI.47 e−t . VI.50 0, 1 et 2. VI.55 H(x, y) = xy + x. VI.56 H(x, y) = x2 y − x2 y 2 .

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7KLVSDJHLQWHQWLRQDOO\OHIWEODQN

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VII ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

On considère dans ce chapitre le problème de la résolution de certaines équations aux dérivées partielles, telles que l’équation de la chaleur, l’équation de Laplace et l’équation de propagation des ondes. À cet effet, on considère, en autres, le développement d’une fonction en série de Fourier, ainsi que les développements en série de cosinus et en série de sinus.

VII.1. Exercices corrigés Exercice VII.1. Déterminer la série de Fourier de la fonction  0, −1 ≤ x < 0, f (x) = 2, 0 ≤ x ≤ 1. Solution. On a

 a0 =

et

 an =



1

1

f (x) dx = −1

2 dx = 2, 0



1

1

f (x) cos(nπx) dx = 2 −1

pour n ∈ N. On a aussi  1  f (x) sin(nπx) dx = 2 bn =

cos(nπx) dx = 0, 0

1

sin(nπx) dx  4/(nπ), 1 − (−1)n 2 (1 − cos(nπ)) = 2 = = nπ nπ 0, −1

(VII.1)

0

n impair, n pair.

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

La série de Fourier de f est alors F (x) = 1 +

4 4 4 sin(πx) + sin(3πx) + sin(5πx) + · · · . π 3π 5π

(VII.2)

Exercice VII.2. Pour la fonction f dans l’exercice VII.1, dire explicitement quelle valeur la série de Fourier prend à chaque point de l’intervalle [−1, 1]. Solution. Il résulte de la théorie que la série de Fourier dans (VII.2) prend les valeurs f (x+ ) + f (x− ) pour x ∈]−1, 1[, F (x) = 2 et f (−1+ ) + f (1− ) pour x ∈ {−1, 1}. F (x) = 2 Donc, on a  f (x), x ∈]−1, 0[∪]0, 1[, F (x) = (VII.3) 1, x ∈ {−1, 0, 1}. Exercice VII.3. Utiliser l’exercice VII.2 pour montrer que

et

1 1 1 π = 1 − + − + ··· , 4 3 5 7

(VII.4)

1 1 1 1 1 1 π √ =1+ + − − + + − ··· . 3 5 7 9 11 13 2 2

(VII.5)

Solution. En prenant x = 1/2 dans (VII.2), il résulte de (VII.3) que 2 = 1+

4 4 4 − + − ··· , π 3π 5π

ce qui donne l’identité (VII.4). D’autre part, prenant x = 1/4 dans (VII.2), il résulte de (VII.3) que 4 4 4 4 2 = 1 + √ + √ − √ − √ + ··· , π 2 3π 2 5π 2 7π 2 ce qui donne l’identité (VII.5).

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VII.1. Exercices corrigés

Exercice VII.4. Déterminer la série de Fourier de la fonction  x yf (y) dy g(x) = 0

pour x ∈ [−1, 1], où f est la fonction dans l’exercice VII.1.

Solution. Il résulte de (VII.1) que  0, −1 ≤ x < 0, g(x) = 2 x , 0 ≤ x ≤ 1.

(VII.6)

Pour la fonction g, on a alors 

1

a0 = 0

1 x2 dx = , 3

et  an =

1

x2 cos(nπx) dx 0

2nπx cos(nπx) + (n2 π 2 x2 − 2) sin(nπx) x=1 2(−1)n = , =  (nπ)3 (nπ)2 x=0 pour n ∈ N. On a aussi  1 x2 sin(nπx) dx bn = 0

2nπx sin(nπx) − (n2 π 2 x2 − 2) cos(nπx) x=1 =  (nπ)3 x=0  2 2 2 2 n (n π − 4)/(nπ)3 , n impair (2 − n π )(−1) − 2 = = (nπ)3 −1/(nπ), n pair. La série de Fourier de g est alors   2 1 1 1 − cos(πx) − 2 cos(2πx) + 2 cos(3πx) − · · · 6 π2 2 3   4 1 1 1 − 2 sin(πx) − sin(2πx) + π π 2    4 1 1 1 − 2 2 sin(3πx) − sin(4πx) + · · · . + 3 3 π 4

(VII.7)

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Exercice VII.5. Utiliser l’exercice VII.4 pour montrer que 1 1 1 π2 = 1 − 2 + 2 − 2 + ··· . 12 2 3 4

(VII.8)

Solution. Il résulte de (VII.6) que la série de Fourier de la fonction g est  g(x), x ∈]−1, 1[, 1/2, x ∈ {−1, 1}. En prenant x = 0 dans (VII.7), on obtient alors   2 1 1 1 1 − 1 − 2 + 2 − 2 + · · · = 0, 6 π2 2 3 4 ce qui donne l’identité (VII.8).

Exercice VII.6. Déterminer la série de Fourier de la fonction x − |x| dans l’intervalle [−1, 1]. Solution. La fonction peut être écrite sous la forme  2x, −1 ≤ x ≤ 0, x − |x| = 0, 0 ≤ x ≤ 1.

(VII.9)

Donc,  a0 =

1 −1

 (x − |x|) dx =

0

−1

2x dx = −1,

et 

1



0

(x − |x|) cos(nπx) dx = 2 x cos(nπx) dx −1  −1  1 − cos(nπ) sin(nπx) cos(nπx) x=0 + =2 =2 x  2 nπ (nπ) (nπ)2 x=−1  4/(nπ)2 , n impair, 1 − (−1)n =2 = (nπ)2 0, n pair.

an =

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 167 — #173

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VII.1. Exercices corrigés

On a aussi  bn =



1

−1

0

(x − |x|) sin(nπx) dx = 2

 cos(nπx) + =2 −x nπ

x sin(nπx) dx

−1  sin(nπx) x=0

(nπ)2



x=−1

=

2(−1)n+1 , nπ

pour n ∈ N. La série de Fourier de f est alors   1 1 4 1 F (x) = − + 2 cos(πx) + 2 cos(3πx) + 2 cos(5πx) + · · · 2 π 3 5   2 1 1 + sin(πx) − sin(2πx) + sin(3πx) + · · · . π 2 3

(VII.10)

Exercice VII.7. Utiliser l’exercice VII.6 pour montrer que 1 1 1 π2 = 1 + 2 + 2 + 2 + ··· . 8 3 5 7

(VII.11)

Solution. Il résulte de (VII.9) que la série de Fourier de la fonction x − |x| est  x − |x|, x ∈]−1, 1[, −1, x ∈ {−1, 1}. Prenant x = 0 dans (VII.10), on obtient alors   4 1 1 1 1 − + 2 1 + 2 + 2 + 2 + · · · = 0, 2 π 3 5 7 ce qui donne l’identité (VII.11).

Exercice VII.8. Vérifier que le produit de deux fonctions impaires est une fonction paire. Solution. Soient f, g : [−, ] → R des fonctions impaires. Cela signifie que f (−x) = −f (x) et g(−x) = −g(x) pour x ∈ [−, ]. Alors, la fonction h(x) = f (x)g(x) satisfait h(−x) = f (−x)g(−x) = (−f (x))(−g(x)) = f (x)g(x) = h(x) pour x ∈ [−, ]. On conclut donc que h est une fonction paire. 167 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 168 — #174

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Exercice VII.9. Vérifier que les coefficients an d’une fonction impaire sont nuls. Solution. On a 1 a0 = 





1 f (x) dx =  −





0

f (x) dx + −





f (x) dx ,

(VII.12)

0

et  nπx dx f (x) cos  −

 0      

nπx nπx 1 dx + dx , f (x) cos f (x) cos =    −

0 

1 an = 





(VII.13)

pour n ∈ N. Lorsque f est impaire, par le changement de variables y = −x dans les intégrales de − à 0 dans (VII.12) et (VII.13), on obtient respectivement 

0 −



0

f (x) dx = −  =

f (−y) dy





f (−y) dy = −

0



f (y) dy, 0

et 



0

f (x) cos −

nπx 



 nπy dx = − dy f (−y) cos − 

  

nπy dy, f (y) cos =−  0 

0



pour n ∈ N. Donc, il résulte de (VII.12) que a0 = 0, et il résulte de (VII.13) que an = 0 pour n ∈ N.

Exercice VII.10. Vérifier que les coefficients bn d’une fonction paire sont nuls. Solution. On a  nπx dx  −

 0      

nπx nπx 1 dx + dx , f (x) sin f (x) sin =    −

0

bn =

1 







f (x) sin

(VII.14)

168 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 169 — #175

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VII.1. Exercices corrigés

pour n ∈ N. Puisque f est pair, par le changement de variables y = −x dans l’intégrale de − à 0, on obtient 



0

f (x) sin −

nπx 



 nπy dx = − dy f (−y) sin − 

   0 nπy dy f (−y) sin = 

  

nπy dy. f (y) sin =−  0 



0

Donc, il résulte de (VII.14) que bn = 0 pour n ∈ N.

Exercice VII.11. Déterminer la série de cosinus de la fonction x dans l’intervalle [0, 1]. Solution. La série de cosinus d’une fonction f dans l’intervalle [0, ] est donnée par   ∞ nπx c0  + , cn cos G(x) = 2  n=1 où 2 cn = 







f (x) cos 0

nπx 

 dx,

n ∈ N ∪ {0}.

(VII.15)

Il résulte de (VII.15) avec f (x) = x et  = 1 que  1 x dx = 1, c0 = 2 0

et 

1

x cos(nπx) dx cn = 2 0   (−1)n − 1 sin(nπx) cos(nπx) x=1 + = 2 , =2 x  nπ (nπ)2 (nπ)2 x=0 pour n ∈ N. Donc, la série de cosinus de la fonction x est donnée par   4 1 1 G(x) = − 2 cos(πx) + 2 cos(3πx) + · · · . 2 π 3

169 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 170 — #176

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Exercice VII.12. Déterminer la série de sinus de la fonction cos x dans l’intervalle [0, π]. Solution. La série de sinus d’une fonction f dans l’intervalle [0, ] est donnée par   ∞  nπx dn sin , H(x) =  n=1 où 2 dn = 







f (x) sin 0

nπx 

 n ∈ N.

dx,

(VII.16)

Il résulte de (VII.16) avec f (x) = cos x et  = π que  2 π cos x sin x dx = 0, d1 = π 0 et

 2 π cos x sin(nx) dx dn = π 0 2n(1 + (−1)n ) 2 n cos x cos(nx) + sin x sin(nx) x=π , = = ·  π 1 − n2 (n2 − 1)π x=0

pour n > 1. Donc, la série de sinus de cos x est donnée par   1 2 3 8 sin(2x) + 2 sin(4x) + 2 sin(6x) + · · · . H(x) = π 22 − 1 4 −1 6 −1

Exercice VII.13. Soit f : R → R une fonction de classe C 1 . Pour chaque n ∈ N, montrer que le coefficient de Fourier 1 an = 



est donné par 1 an = − nπ



f (x) cos

nπx

−



−

f  (x) sin



dx

nπx 

dx.

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 171 — #177

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VII.1. Exercices corrigés

Solution. On a    1

nπx dx f (x) cos an =  −

     

nπx x=

1 nπx 1  f (x) sin dx − f (x) sin =  nπ  nπ −

 x=−

  

 1  1 nπx  = f () sin(nπ) − f (−) sin(−nπ) − dx f (x) sin nπ nπ −

   

nπx 1  dx, f (x) sin =− nπ −

 parce que sin(nπ) = sin(−nπ) = 0.

Exercice VII.14. Pour l’équation de la chaleur ∂2u ∂u = α2 2 , ∂t ∂x

(VII.17)

vérifier que si u(t, x) = T (t)X(t) est une solution non nulle, alors il existe λ ∈ R telle que (VII.18) T  = −λα2 T et X  + λX = 0.

Solution. Soit u(t, x) = T (t)X(x) une solution de l’équation de la chaleur. En substituant la fonction u dans (VII.17), on obtient T  X = α2 T X  , et donc,

X  T = , α2 T X

puisque T X = 0. On remarque que le membre de gauche de cette identité ne dépend pas de x et que le membre de droite ne dépend pas de t. Donc, il existe une constante λ ∈ R telle que X  T = = −λ, α2 T X ce qui donne les identités dans (VII.18).

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 172 — #178

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Exercice VII.15. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = , ∂t ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, π],

(VII.19)

t > 0,

(VII.20)

avec les conditions u(t, 0) = u(t, π) = 0, et u(0, x) = x,

x ∈]0, π[.

(VII.21)

Solution. On commence par chercher des solutions non nulles de la forme u(t, x) = T (t)X(x). Il résulte de l’exercice VII.14 avec α = 1 qu’il existe λ ∈ R tel que T  = −λT et X  + λX = 0. La première équation a la solution générale T (t) = ce−λt ,

avec c ∈ R,

(VII.22)

qui ne s’annule pas lorsque c = 0. D’autre part, il résulte de (VII.20) que T (t)X(0) = T (t)X(π) = 0,

t > 0,

ce qui est équivalent à X(0) = X(π) = 0. Donc, on doit résoudre le problème X  + λX = 0,

X(0) = X(π) = 0.

On considère 3 cas : a) Lorsque λ = 0, on a X  = 0 et donc (VII.23)

X(x) = a + bx,

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Donc, X(π) = bπ = 0 et on a aussi 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.24)

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a + b = 0. Donc, √

√ (VII.25) X(π) = a e |λ|π − e− |λ|π = 0. √ √  Puisque |λ|π > 0, on a e |λ|π > 1 et e− |λ|π < 1. Il résulte alors de (VII.25) que a = 0, et donc aussi b = 0. Ainsi, X(x) = 0. 172 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 173 — #179

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VII.1. Exercices corrigés

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.26)

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Ainsi, √ X(π) = b sin( λπ) = 0. Donc, b = 0 ou

√ sin( λπ) = 0.

(VII.27)

√ Il résulte de (VII.27) que λπ = nπ, c’est-à-dire, λ = n2 , avec n ∈ N. On obtient ainsi les solutions X(x) = b sin(nx),

n ∈ N.

(VII.28)

Maintenant, on observe que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VII.19) que satisfait (VII.20) est aussi une solution de cette équation et satisfait (VII.20). Par (VII.22) et (VII.28), on cherche alors des solutions de la forme ∞  2 cn e−n t sin(nx), (VII.29) u(t, x) = n=1

avec cn ∈ R. En prenant t = 0 dans (VII.29), on obtient u(0, x) =

∞ 

cn sin(nx).

n=1

Par la représentation d’une fonction comme une série de sinus, afin que la condition (VII.21) soit satisfaite, on prend  2 π x sin(nx) dx cn = π 0   x cos(nx) sin(nx) x=π 2(−1)n+1 2 − + , = =  π n n2 n x=0

173 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 174 — #180

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

pour n ∈ N. On obtient ainsi la solution u(t, x) =

∞  2(−1)n+1 n=1

n

2

e−n t sin(nx).

Exercice VII.16. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = 2 2, ∂t ∂x avec les conditions

t ≥ 0,

x ∈ [0, 1],

∂u ∂u (t, 0) = (t, 1) = 0, ∂x ∂x

t > 0,

(VII.30)

(VII.31)

et u(0, x) = ex ,

x ∈]0, 1[.

(VII.32)

Solution. Comme dans l’exercice VII.15, on commence par chercher des solutions de l’équation (VII.30) de la forme u(t, x) = T (t)X(x). Il résulte alors de l’exercice VII.15 qu’il existe λ ∈ R tel que T  = −2λT

et X  + λX = 0.

La première équation a la solution générale dans (VII.22). D’autre part, il résulte de (VII.31) que T (t)X  (0) = T (t)X  (1) = 0,

t > 0,

ce qui est équivalent à X  (0) = X  (1) = 0. Donc, on doit résoudre le problème X  + λX = 0,

X  (0) = X  (1) = 0.

On considère 3 cas : a) Lorsque λ = 0, on a les solutions dans (VII.23). Il résulte de X  (0) = 0 que b = 0, et donc X(x) = a, ce qui satisfait X  (1) = 0. b) Lorsque λ < 0, on a les solutions dans (VII.24). Puisque √ √   X  (x) = a |λ|e |λ|x − b |λ|e− |λ|x , on obtient

  X  (0) = a |λ| − b |λ|.

174 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 175 — #181

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VII.1. Exercices corrigés

Il résulte de X  (0) = 0 que a = b, et donc, √

 √ X  (l) = a |λ| e |λ| − e− |λ| = 0. √ √ Puisque e |λ| > 1 et e− |λ| < 1, on a alors a = b = 0. Ainsi, X(x) = 0. c) Lorsque λ > 0, on a les solutions dans (VII.26). Puisque √ √ √ √ X  (x) = −a λ sin( λx) + b λ cos( λx), √ on a X  (0) = b λ. Il résulte de X  (0) = 0 que b = 0, et donc √ √ X  (1) = −a λ sin( λ). √ Ainsi, a = 0 ou sin( λ) = 0, et il résulte que λ = n2 π 2 , avec n ∈ N. On obtient ainsi les solutions X(x) = a cos(nπx),

n ∈ N.

(VII.33)

D’une manière analogue à celle de l’exercice VII.15, par (VII.22) et (VII.33), maintenant on cherche des solutions de la forme u(t, x) =

∞ 

cn e−2n

2 π2 t

cos(nπx),

n=0

avec cn ∈ R. En particulier, en prenant t = 0, on obtient u(0, x) =

∞ 

∞

cn cos(nπx) =

n=0

2c0  + cn cos(nπx). 2 n=1

Par la représentation d’une fonction comme une série de cosinus, afin que la condition (VII.32) soit satisfaite, on prend  1 ex dx = e − 1, c0 = 0

et

 cn = 2

1

ex cos(nπx) dx 0

x=1 2ex cos(nπx) + nπ sin(nπx)  x=0 1 + n2 π 2 2[e(−1)n − 1] = , 1 + n2 π 2

=

175 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 176 — #182

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

pour n ∈ N. Donc, on obtient la solution u(t, x) = e − 1 +

∞  2[e(−1)n − 1] n=1

1+

n2 π 2

e−2n

2 π2 t

cos(nπx).

Exercice VII.17. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = + u, ∂t ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, π],

(VII.34)

t > 0,

(VII.35)

avec les conditions u(t, 0) = u(t, π) = 0, et u(0, x) = cos x,

x ∈]0, π[.

(VII.36)

Solution. Encore une fois, on cherche des solutions non nulles de la forme u(t, x) = T (t)X(x). En substituant u dans (VII.34), on obtient alors T  X = T X  + T X, et donc,

X  T = + 1 = −λ, T X avec λ ∈ R. On obtient ainsi les équations T  = −λT

et X  + (λ + 1)X = 0.

La première a la solution générale dans (VII.22). La seconde peut être écrite sous la forme (VII.37) X  + μX = 0, avec μ = λ + 1. En outre, il résulte de (VII.35) que X(0) = X(π) = 0. Donc, par la discussion dans l’exercice VII.15, l’équation (VII.37) a des solutions non nulles si et seulement si μ = n2 , c’est-à-dire, si et seulement si λ = n2 − 1, avec n ∈ N. Dans ce cas, on obtient les solutions dans (VII.28). Maintenant, on observe que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VII.34) que satisfont (VII.35) est encore une solution de cette équation et satisfait (VII.35). On cherche alors des solutions de la forme u(t, x) =

∞ 

cn e(1−n

2 )t

sin(nx),

n=1

176 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 177 — #183

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VII.1. Exercices corrigés

avec cn ∈ R. Afin que la condition (VII.36) soit satisfaite, on prend  2 π cos x sin x dx = 0, c1 = π 0 et

 2 π cos x sin(nx) dx π 0 2n(1 + (−1)n ) = (n2 − 1)π  0, n impair, = 2 4n/[(n − 1)π], n pair,

cn =

pour n > 1. Donc, on obtient la solution u(t, x) =

∞ 

8n 2 e(1−4n )t sin(2nx). 2 − 1)π (4n n=1

Exercice VII.18. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = + 2u, ∂t ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, π],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, π) = 0,

t > 0,

et u(0, x) = 1,

x ∈]0, π[.

Solution. En procédant comme dans l’exercice VII.17, on trouve les solutions

u(t, x) =

∞ 

cn e(2−n

2 )t

sin(nx),

n=1

avec cn ∈ R. En prenant t = 0, on obtient

u(0, x) =

∞ 

cn sin(nx) = 1,

n=1

177 i

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 178 — #184

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

et donc, il faut prendre 2 cn = π



π

sin(nx) dx 0

2 = [1 − (−1)n ] = nπ

 0, 4/(nπ),

n pair, n impair.

On obtient ainsi la solution u(t, x) =

∞  n=0

4 2 e[2−(2n+1) ]t sin[(2n + 1)x]. (2n + 1)π

Exercice VII.19. Déterminer une solution de l’équation ∂ 2 u ∂u ∂u = , + ∂t ∂x2 ∂x

t ≥ 0,

x ∈ [0, 1],

(VII.38)

avec les conditions u(t, 0) = u(t, 1) = 0, et

u(0, x) = e−x/2 sin(πx),

t > 0,

(VII.39)

x ∈]0, 1[.

Solution. On cherche des solutions non nulles de la forme u(t, x) = T (t)X(x). En substituant u dans (VII.38), on obtient T  X = T X  + T X  et donc,

X  + X  T = = −λ, T X avec λ ∈ R. On obtient ainsi les équations T  = −λT

et X  + X  + λX = 0.

La première a la solution générale donnée par (VII.22). D’autre part, il résulte de (VII.39) que X(0) = X(1) = 0. Donc, on doit résoudre le problème X  + X  + λX = 0,

X(0) = X(1) = 0. √ Puisque le polynôme v 2 + v + λ a les racines (−1 ± 1 − 4λ)/2, on considère 3 cas : 178 i

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VII.1. Exercices corrigés

a) Lorsque λ = 1/4, on a X  + X  + λX = (D + 1/2)2 X = 0, et donc,

X(x) = ae−x/2 + bxe−x/2 ,

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Donc, X(1) = be−1/2 = 0, et b = 0. Ainsi, X(x) = 0. b) Lorsque λ < 1/4, l’équation 





X + X + λX =

D+

1+

√ √   1 − 1 − 4λ 1 − 4λ D+ X=0 2 2

a la solution générale X(x) = ae−(1+

√

1−4λ)x/2

+ be−(1−

√

1−4λ)x/2

,

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a + b = 0. Donc, √ √

X(1) = a e−(1+ 1−4λ)/2 − e−(1− 1−4λ)/2 .

Puisque λ < 1/4, on a e−(1+

√

1−4λ)/2

= e−(1−

√

1−4λ)/2

.

Il résulte de X(1) = 0 que a = 0, et donc aussi b = 0. Ainsi, X(x) = 0. c) Lorsque λ > 1/4, l’équation 





X + X + λX =

√ √   1 + i 4λ − 1 1 − i 4λ − 1 D+ X=0 D+ 2 2

a la solution générale −x/2

X(x) = ae

√ cos

4λ − 1x 2



−x/2

+ be

√ sin

 4λ − 1x , 2

avec a, b ∈ R. Il résulte de X(0) = 0 que a = 0. Donc,  √ 4λ − 1 −1/2 = 0, sin X(1) = be 2 179 i

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

√

et b = 0 ou sin

4λ − 1 2

 (VII.40)

= 0.

Il résulte de (VII.40) que √ 4λ − 1 = nπ, c’est-à-dire, 2

1 λ = n2 π 2 + , 4

n ∈ N.

On obtient ainsi les solutions X(x) = be−x/2 sin(nπx),

n ∈ N.

Maintenant, on observe que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VII.38) qui satisfont (VII.39) est encore une solution de cette équation et satisfait (VII.39). On cherche alors des solutions de la forme u(t, x) =

∞ 

cn e−(n

2 π 2 +1/4)t

e−x/2 sin(nπx),

n=1

avec cn ∈ R. Pour t = 0, on a u(0, x) =

∞ 

cn e−x/2 sin(nπx) = e−x/2 sin(nπx),

n=1

et on prend

 1, n = 1, cn = 0, n =  1.

Donc, une solution est donnée par u(t, x) = e−(π

2 +1/4)t

e−x/2 sin(πx).

Exercice VII.20. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u ∂u = +4 , 2 ∂t ∂x ∂x

t ≥ 0,

x ∈ [0, π],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, π) = 0, et

u(0, x) = 5e−2x sin(8x),

t > 0, x ∈]0, π[.

180 i

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VII.1. Exercices corrigés

Solution. En procédant comme dans l’exercice VII.19, pour une solution de la forme u(t, x) = T (t)X(x) on obtient les équations T  = −λT

et X  + 4X  + λX = 0,

avec λ ∈ R. Dans ce cas, le polynôme v 2 + 4v + λ a les racines −2 ± et il existe des solutions non nulles du problème X  + 4X  + λX = 0 avec

√

4 − λ,

X(0) = X(π) = 0

seulement pour λ = n2 + 4, avec n ∈ N. Elles sont données par X(x) = be−2x sin(nx), avec b ∈ R. On cherche alors des solutions de la forme u(t, x) =

∞ 

cn e−(n

2 +4)t−2x

sin(nx),

n=1

avec cn ∈ R. Pour t = 0, on a u(0, x) =

∞ 

cn e−2x sin(nx) = 5e−2x sin(8x),

n=1

et donc, on prend

 5, n = 8, cn = 0, n =  8.

Ainsi, une solution est donnée par u(t, x) = 5e−68t−2x sin(8x).

Exercice VII.21. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂2u + 2 = 0, ∂x2 ∂y

(x, y) ∈ [0, a] × [0, b],

(VII.41)

avec les conditions u(x, 0) = u(x, b) = 0,

x ∈]0, a[,

(VII.42)

et u(0, y) = 0,

u(a, y) = 1,

y ∈]0, b[.

(VII.43)

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Solution. En substituant u(x, y) = X(x)Y (y) dans (VII.41), on obtient X  Y + XY  = 0, et donc,

Y  X  =− = λ, X Y avec λ ∈ R. On obtient ainsi les équations X  − λX = 0 et Y  + λY = 0.

D’autre part, il résulte de (VII.42) et (VII.43) que Y (0) = Y (b) = 0 et X(0) = 0. En procédant comme dans l’exercice VII.15, on peut montrer que le problème Y  + λY = 0,

Y (0) = Y (b) = 0

a des solutions non nulles si et seulement si λ = n2 π 2 /b2 avec n ∈ N. Dans ce cas, les solutions sont données par   nπy , n ∈ N. Y (y) = sin b Maintenant, on résout le problème X  − λX = 0,

X(0) = 0.

Puisque λ = n2 π 2 /b2 > 0, on a √

X(x) = ce

λx

+ de−

√

λx

,

c, d ∈ R.

(VII.44)

Il résulte de X(0) = 0 que c + d = 0, et donc, √

√ √ X(x) = c e λx − e− λx = 2c sh( λx). On cherche alors des solutions de l’équation (VII.41) de la forme     ∞  nπx nπy sin , cn sh u(x, y) = b b

(VII.45)

n=1

avec cn ∈ R. En substituant x = a, on obtient     ∞  nπa nπy sin = 1, cn sh u(a, y) = b b n=1 182 i

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VII.1. Exercices corrigés

et donc on prend les constantes cn telles que  cn sh

nπa b

 =

2 b





b

sin 0

nπy b

 dy =

2 (1 − (−1)n ) nπ

pour chaque n ∈ N. En substituant ces constantes dans (VII.45), on obtient la solution     ∞  nπx nπy 2(1 − (−1)n ) sh sin u(x, y) = nπ sh(nπa/b) b b n=1     ∞  (2n + 1)πx (2n + 1)πy 4 sh sin . = (2n + 1) sh((2n + 1)πa/b) b b n=0

Exercice VII.22. Déterminer une solution de l’équation (VII.41) avec les conditions ∂u ∂u (x, 0) = (x, b) = 0, x ∈]0, a[, (VII.46) ∂y ∂y et   ∂u 5πy ∂u (0, y) = 0, (a, y) = cos , y ∈]0, b[. (VII.47) ∂x ∂x b Solution. Puisque la condition  b

 cos

0

5πy b

 dy = 0

est satisfaite, il résulte de la théorie qu’il existe une solution du problème. Comme dans l’exercice VII.21, on cherche d’abord des solutions de la forme u(x, y) = X(x)Y (y). On obtient alors X  − λX = 0 et Y  + λY = 0, avec λ ∈ R. D’autre part, il résulte de (VII.46) et (VII.47) que Y  (0) = Y  (b) = 0 et X  (0) = 0. En procédant comme dans l’exercice VII.16, on peut montrer que le problème Y  + λY = 0,

Y  (0) = Y  (b) = 0

a des solutions non nulles si et seulement si λ = n2 π 2 /b2 avec n ∈ N ∪ {0}. Dans ce cas, les solutions sont données par   nπy , n ∈ N ∪ {0}. Y (y) = cos b 183 i

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Maintenant, on résout le problème X  − λX = 0,

X  (0) = 0.

Puisque λ = n2 π 2 /b2 > 0, on a les solutions dans (VII.44). Il résulte de X  (0) = 0 que c − d = 0, et donc, √

√ √ X(x) = c e λx + e− λx = 2c ch( λx).

Ainsi, on cherche des solutions de l’équation (VII.41) de la forme    nπx nπy cos cn ch u(x, y) = b b n=0     ∞  nπx nπy cos , cn ch = c0 + b b n=1 

∞ 

(VII.48)

avec cn ∈ R. En prenant (formellement) les dérivées terme à terme par rapport à x, on obtient ∞

 cn nπ ∂u (a, y) = sh ∂x b



n=1

nπa b



 cos

nπy b



 = cos

 5πy . b

Donc, il faut prendre cn = 0 pour n ∈ N \ {5} et c5 =

b . 5π sh(5πa/b)

En substituant ces constantes dans (VII.48), on obtient la solution     b 5πx 5πy ch cos , u(x, y) = c0 + 5π sh(5πa/b) b b où la constante c0 est arbitraire.

Exercice VII.23. Déterminer une solution de l’équation 2 ∂2u 2∂ u = c , ∂t2 ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, π],

(VII.49)

avec les conditions u(t, 0) = u(t, π) = 0,

t > 0,

(VII.50)

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VII.1. Exercices corrigés

et u(0, x) = sin(2x),

∂u (0, x) = sin x, ∂t

x ∈]0, π[.

(VII.51)

Solution. Si u(t, x) = T (t)X(x) est une solution non nulle de l’équation (VII.49), alors T  X = c2 T X  , et donc,

X  T  = = −λ, c2 T X avec λ ∈ R. On obtient ainsi les équations T  + λc2 T = 0 et X  + λX = 0.

(VII.52)

Il résulte de (VII.50) que T (t)X(0) = T (t)X(π) = 0,

t > 0,

ce qui est équivalent à X(0) = X(π) = 0

(VII.53)

(malgré le fait de ne pas connaître encore T (t) explicitement, on suppose que u n’est pas identiquement nulle, et donc la fonction T (t) est différente de zéro au moins en un point). Par l’exercice VII.15, on sait qu’avec la condition (VII.53) la seconde équation dans (VII.52) a exactement les solutions X(x) = sin(nx),

n ∈ N,

pour λ = n2 . La première équation prend alors la forme T  + n2 c2 T = 0, qui a la solution générale T (t) = an cos(nct) + bn sin(nct), avec an , bn ∈ R. Maintenant, on observe que toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VII.49) qui satisfont (VII.50) est encore une solution de cette équation et satisfait (VII.50). On cherche alors des solutions de la forme ∞    (VII.54) an cos(nct) + bn sin(nct) sin(nx), u(t, x) = n=1

avec an , bn ∈ R. On a u(0, x) =

∞ 

an sin(nx).

n=1

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 186 — #192

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

En prenant (formellement) les dérivées dans (VII.54) terme à terme par rapport à t, on obtient également ∞

 ∂u (0, x) = ncbn sin(nx). ∂t n=1

Afin que la condition (VII.51) soit satisfaite, on prend   1, n = 2, 2 π sin(2x) sin(nx) dx = an = π 0 0, n = 2, et 2 bn = πnc



π 0

 1/c, sin x sin(nx) dx = 0,

n = 1, n = 1.

On obtient ainsi la solution u(t, x) = cos(2ct) sin(2x) +

1 sin(ct) sin x. c

Exercice VII.24. Déterminer une solution de l’équation ∂u ∂u = , ∂t ∂x

t, x ∈ R,

(VII.55)

avec la condition u(0, x) = ex + e−x .

Solution. On commence par chercher des solutions non nulles de la forme u(t, x) = T (t)X(x). En substituant u dans (VII.55), on obtient T  X = T X  , et donc, X T = = λ, T X avec λ ∈ R. On obtient ainsi les équations T  = λT

et X  = λX,

qui ont respectivement les solutions générales T (t) = ceλt

et X(x) = deλx ,

avec c, d ∈ R. Donc, l’équation (VII.55) a les solutions u(t, x) = aeλ(t+x) , 186 i

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VII.1. Exercices corrigés

avec a ∈ R. Puisque toute combinaison linéaire des solutions de l’équation (VII.55) est encore une solution de cette équation, on peut considérer des solutions de la forme N 

u(t, x) =

an eλn (t+x) ,

n=1

avec an , λn ∈ R pour n = 1, . . . , N . En prenant t = 0, on obtient u(0, x) =

N 

an eλn x = ex + e−x ,

n=1

et donc, on peut prendre N ≥ 2 et  an =

1, n = 1, 2, 0, n > 2,

avec λ1 = 1 et λ2 = −1. Donc, une solution du problème est u(t, x) = et+x + e−(t+x) .

Exercice VII.25. Déterminer toutes les fonctions u = u(t, x) de classe C 2 qui satisfont ∂2u = 0. (VII.56) ∂x∂t Solution. On écrit l’équation (VII.56) sous la forme   ∂ ∂u = 0. ∂x ∂t On a alors ∂u/∂t = f (t), où f est une fonction arbitraire de classe C 1 (parce que u est de classe C 2 ). Donc, u(t, x) = X(x) + T (t),

(VII.57)

où X est une fonction arbitraire de classe C 2 , et où T est une primitive de f , et donc aussi de classe C 2 . Inversement, si u est de la forme (VII.57) avec X 187 i

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

et T des fonctions arbitraires de classe C 2 , alors u est de classe C 2 et   ∂ ∂u ∂  ∂2u = = T (t) = 0. ∂x∂t ∂x ∂t ∂x Donc, les fonctions souhaitées sont celles dans (VII.57) avec X et T de classe C 2 .

Exercice VII.26. Dire comment résoudre l’équation ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 =0 ∂x2 ∂y ∂z

(VII.58)

en utilisant la méthode de séparation des variables.

Solution. En substituant une fonction de la forme u(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z)

(VII.59)

dans l’équation (VII.58), on obtient X  Y Z + XY  Z + XY Z  = 0. Pour les solutions non nulles, en divisant par XY Z on obtient X  Y  Z  + + = 0, X Y Z et donc,

   Y Z  X  =− + . X Y Z

Puisque le membre de gauche ne dépend ni de y ni de z, et le membre de droite ne dépend pas de x, on conclut qu’il existe λ ∈ R tel que    Y Z  X  =− + = −λ, X Y Z et donc,

Y  Z  + = λ. Y Z Maintenant, on écrit la seconde équation sous la forme X  + λX = 0 et

Z  Y  =− + λ. Y Z 188 i

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VII.1. Exercices corrigés

D’une manière analogue, puisque le membre de gauche ne dépend pas de z et le membre de droite ne dépend pas de y, on conclut qu’il existe μ ∈ R tel que Z  Y  =− + λ = −μ, Y Z et donc

Y  + μY = 0 et Z  − (λ + μ)Z = 0.

D’après les équations X  + λX = 0,

Y  + μY = 0 et Z  − (λ + μ)Z = 0,

(VII.60)

on obtient une solution de l’équation (VII.58) sous la forme (VII.59). Puisque les combinaisons linéaires des solutions de cette équation sont toujours des solutions, on peut considérer des solutions de la forme u(x, y, z) =

∞ 

cn un (x, y, z),

(VII.61)

n=1

où un (x, y, z) = Xn (x)Yn (y)Zn (z), pour certaines fonctions Xn , Yn et Zn satisfaisant (VII.60).

Exercice VII.27. Résoudre l’équation (VII.58) pour t ≥ 0 et x, y, z ∈ [0, π], avec les conditions u(0, y, z) = u(π, y, z) = 0, y, z ∈]0, π[, (VII.62) et u(x, 0, z) = u(x, π, z) = 0,

x, z ∈]0, π[.

(VII.63)

Solution. D’une manière analogue à celle de l’exercice VII.26, on commence par considérer des solutions de la forme u(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z), ce qui correspond à résoudre les équations dans (VII.60). En substituant la fonction u dans les conditions (VII.62) et (VII.63), on obtient X(0) = X(π) = 0 et Y (0) = Y (π) = 0. Il résulte de l’exercice VII.16 que les problèmes X  + λX = 0 avec

X(0) = X(π) = 0, 189

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

et

Y  + μY = 0 avec Y (0) = Y (π) = 0

ont des solutions si et seulement si λ = n2

et μ = m2 ,

avec n, m ∈ N. Les solutions sont données explicitement par X(x) = a sin(nx) et Y (y) = b sin(my), avec a, b ∈ R. La troisième équation dans (VII.60) prend alors la forme Z  − (n2 + m2 )Z = 0, qui a les solutions √

Z(z) = cnm e

n2 +m2 z

+ dnm e−

√

n2 +m2 z

,

avec cnm , dnm ∈ R. On peut alors considérer des solutions de la forme (VII.61), c’est-à-dire, u(x, y, z) =

∞ ∞  

√ √ 2 2 2 2

sin(nx) sin(my) cnm e n +m z + dnm e− n +m z .

n=1 m=1

Exercice VII.28. Indiquer si la méthode de séparation des variables peut être appliquée à l’équation ∂u ∂2u = 0. (VII.64) t 2 +u ∂x ∂t Solution. On cherche des solutions de la forme u(t, x) = T (t)X(x). Il résulte de (VII.64) que (VII.65) tT X  + T XT  X = 0, et donc, pour les solutions avec T T  X  = 0, on a X2 t = − = −λ, T X  avec λ = 0. On obtient ainsi T = −

t λ

et X  =

1 2 X . λ

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VII.2. Exercices proposés

La première équation a la solution T (t) = −

1 2 t + a, 2λ

avec

a ∈ R.

La deuxième équation a par exemple la solution X(x) = 1/x2 pour λ = 1/6. Ainsi, une famille de solutions de l’équation (VII.64) est u(t, x) =

a − 3t2 , x2

avec a ∈ R.

D’autre part, l’équation n’est pas linéaire : en général, une combinaison linéaire des solutions n’est pas une solution. Par exemple, si u est une solution, alors t

∂(2u) ∂2u ∂u ∂ 2 (2u) = 2t + (2u) + 4u 2 ∂x2 ∂t ∂x ∂t   2 ∂u ∂u ∂u ∂ u + 2u = 2u . =2 t 2 +u ∂x ∂t ∂t ∂t

Ainsi, 2u est aussi une solution si et seulement si ∂u ∂(u2 ) = 2u = 0, ∂t ∂t ce qui montre que u2 doit être indépendante de t, et donc aussi u. Ainsi, on a u(t, x) = X(x). Il résulte alors de (VII.64), ou de (VII.65), que tX  = 0, c’est-à-dire, X(x) = bx + c, avec b, c ∈ R. En particulier, il n’est pas possible d’utiliser des combinaisons linéaires pour engendrer de nouvelles solutions à partir des solutions qui sont déjà connues, à savoir a − 3t2 x2

et bx + c,

avec a, b, c ∈ R. En ce sens, la méthode de séparation des variables ne peut pas être appliquée à l’équation (VII.64).

VII.2. Exercices proposés Exercice VII.29. Déterminer la série de Fourier de la fonction :  1, −1 ≤ x < 0, a) 2, 0 ≤ x ≤ 1. 191 i

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

b) ex dans l’intervalle [−1, 1]. c) (1 + x)/2 dans l’intervalle [−1, 1]. d) |x| dans l’intervalle[−3, 3].

Exercice VII.30. Déterminer la série de Fourier de la fonction paire : a) cos(2x) dans l’intervalle [−π, π]. b) 1 + |x| dans l’intervalle [−1, 1].

Exercice VII.31. Déterminer la série de Fourier de la fonction impaire : a) x dans l’intervalle [−π, π]. b) x − sin x dans l’intervalle [−π, π].

Exercice VII.32. Déterminer la série de Fourier de la fonction x2 dans l’intervalle [−π, π] et utiliser cette série pour montrer que ∞

 1 π2 = . 6 n2 n=1

Exercice VII.33. Vérifier que la somme de fonctions paires est une fonction paire. Exercice VII.34. Déterminer tous les polynômes pairs. Exercice VII.35. Soit f : R → R une fonction de classe C 2 . Montrer que 

nπx dx → 0 f (x) cos n  −

lorsque n → ∞.

Exercice VII.36. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = , ∂t ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, 1],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, 1) = 0,

t > 0,

et u(0, x) = x + sin(πx),

x ∈]0, 1[.

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VII.2. Exercices proposés

Exercice VII.37. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u = 4 2, ∂t ∂x

t ≥ 0,

x ∈ [0, 2],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, 2) = 0,

t > 0,

et u(0, x) = x2 ,

x ∈]0, 2[.

Exercice VII.38. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂u ∂u = −2 , 2 ∂t ∂x ∂x

t ≥ 0,

x ∈ [0, 1],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, 1) = 0,

t > 0,

et x ∈]0, 1[.

u(0, x) = ex sin(πx),

Exercice VII.39. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂2u + 2 = 0, ∂x2 ∂y

(x, y) ∈ [0, 1] × [0, 2],

avec les conditions x ∈]0, 1[,

u(x, 0) = u(x, 2) = 0, et u(0, y) = 0,

u(1, y) = y 2 ,

y ∈]0, 2[.

Exercice VII.40. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂2u + 2 = 0, ∂x2 ∂y

(x, y) ∈ [0, 3] × [0, 4],

avec les conditions ∂u ∂u (x, 0) = (x, 4) = 0, ∂y ∂y et

∂u (0, y) = 0, ∂x

∂u (3, y) = cos ∂x



x ∈]0, 3[,  3πy , 4

y ∈]0, 4[. 193

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

Exercice VII.41. Déterminer une solution de l’équation ∂2u ∂2u = 2 , ∂t2 ∂x2

t ≥ 0,

x ∈ [0, 1],

avec les conditions u(t, 0) = u(t, 1) = 0, et u(0, x) = sin(πx),

t > 0,

∂u (0, x) = 2 sin(4πx), ∂t

x ∈]0, 1[.

Exercice VII.42. Déterminer une solution de l’équation (VII.55) avec u(0, x) = e3x + 4e−x . Exercice VII.43. Écrire le laplacien Δ=

∂2 ∂2 + ∂x2 ∂y 2

en coordonnées polaires (r, θ).

Exercice VII.44. Montrer que les fonctions de la forme u(t, x) = v(x + ct) avec v de classe C 1 satisfont l’équation ∂u ∂u =c . ∂t ∂x

Exercice VII.45. Déterminer toutes les solutions de l’équation ∂2u =u ∂x∂t de la forme u(t, x) = T (t)X(x).

Exercice VII.46. Montrer que toutes les solutions de l’équation ∂u ∂u + =0 ∂t ∂x sont de la forme u(t, x) = v(x − t).

Exercice VII.47. Dire si la méthode de séparation des variables peut être appliquée à l’équation : a)

∂u ∂u = 4t2 . ∂t ∂x

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VII.3. Solutions

b)

∂2u ∂2u = 4x . ∂t2 ∂x2

Exercice VII.48. En prenant deux fonctions continues f, g : [−, ] → R, on définit le produit scalaire  1

f (x)g(x) dx. (VII.66) f, g =  −

Montrer que : 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 .

Exercice VII.49. Pour le produit scalaire dans (VII.66), vérifier que   + *  nπx mπx , sin =0 cos   pour tout m, n ∈ N, et que   + *  mπx nπx , cos =0 cos   pour tout m, n ∈ N avec m = n.

VII.3. Solutions ∞

3  2 sin((2n + 1)πx). VII.29 a) + 2 (2n + 1)π n=0

∞  e − 1/e  (e − 1/e)(−1)n  + cos(nπx) − nπ sin(nπx) . b) 2 1 + n2 π 2 n=1

  ∞ ∞ 3  (2n + 1)πx 12 1  (−1)n sin(nπx). d) − . cos c) − 2 n=1 nπ 2 n=0 (2n + 1)2 π 2 3

VII.30 a) cos(2x). b)

∞   4 3  − cos (2n + 1)πx . 2 (2n + 1)2 π 2 n=0

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Chapitre VII. Équations aux dérivées partielles

VII.31 a)

∞  2(−1)n+1

n

n=1

sin(nx). b) sin x −

∞  2(−1)n

n

n=2

sin(nx).

∞

π 2  4(−1)n + cos(nx). VII.32 3 n2 n=1

VII.34 Polynômes sans termes de degré impair. VII.36

∞  2(−1)n+1

nπ

n=1

VII.37

∞  n=1

VII.39

n=1

2 π2 t

sin(nπx).

8[2 + (n2 π 2 − 2)(−1)n ] −n2 π2 t − e sin n3 π 3

VII.38 e−(1+π ∞ 

e−n

2 )t



 nπx . 2

ex sin(πx).

8[2 + (n2 π 2 − 2)(−1)n ] sh − n3 π 3 sh(nπ/2)



nπx 2



 sin

 nπy . 2

   3πx 3πy cos avec c0 ∈ R. 4 4 √ √ √ 2 sin(4π 2t) sin(4πx). VII.41 cos(π 2t) sin(πx) + 4π 4 ch VII.40 c0 + 3π sh(9π/4)



VII.42 e3(t+x) + 4e−(t+x) . VII.43 Δ =

1 ∂ 1 ∂2 ∂2 + 2 2. + 2 ∂r r ∂r r ∂θ

VII.45 ceλt+x/λ avec λ ∈ R \ {0} et c ∈ R. VII.47 a) Peut être appliquée.

b) Peut être appliquée.

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 9:37 — page 197 — #203

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BIBLIOGRAPHIE

[1] T. Apostol, Calculus, John Wiley, 1975 (deux volumes). [2] V. Arnold, Équations différentielles ordinaires, Éditions Mir, 1974. [3] L. Barreira, Analyse complexe et équations différentielles, EDP Sciences, 2011. [4] W. Boyce et R. DiPrima, Elementary differential equations and boundary value problems, John Wiley, 2005. [5] J. Conway, Functions of one complex variable, Springer, 1978. [6] J. Marsden et M. Hoffman, Basic complex analysis, Freeman, 1999. [7] G. Strang, Introduction to linear algebra, Wellesley-Cambridge Press, 2005. [8] F. Verhulst, Nonlinear differential equations and dynamical systems, Springer, 1996. [9] A. Zygmund, Trigonometric series, Cambridge University Press, 1968.

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“barreira_exercices” — 2011/6/9 — 15:28 — page 198 — #204

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