COMPLEMENTS de MATHEMATIQUES et de PHYSIQUE...DE MATHEMATIQUES Henri IMMEDIATO _____ 1996 1 Cours -...

COMPLEMENTS

de MATHEMATIQUES

et de PHYSIQUE

__________

Deuxième année de Pharmacie

LYON

__________

EXERCICES CORRIGES DE MATHEMATIQUES

Henri IMMEDIATO

__________

1996

1 Cours - 1996

Université Claude Bernard - LYON I 2e Année de Pharmacie - 1996 Compléments de Mathématiques et Physique

Séance 1

NOMBRES COMPLEXES

1. Définition. L'espace vectoriel réel R 2 des couples ( x , y ) de nombres réels peut être muni d'une addition :

( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) et d'une multiplication :

( x1 , y1 ) × ( x2 , y2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 − x2 y1 ) Muni de ces opérations, R 2 est un corps noté C. Les éléments de C s'appellent des nombres complexes. Un nombre complexe de partie réelle x et de partie imaginaire y s'identifie avec le point du plan R 2 de coordonnées x et y. L'axe des x est identifié avec R et s'appelle l' axe réel. L'axe de y s'appelle l' axe imaginaire. Le nombre complexe z est appelé l' affixe du point M de coordonnées x et y. Par abus de langage, on parlera aussi du "point z" du plan complexe, au lieu de parler du "point M d'affixe z" du plan.

2. Propriétés. L'élément unité pour la multiplication est ( 1 , 0 ). Un nombre réel x s'identifie au couple ( x , 0 ). L'élément unité ( 1 , 0 ) est le nombre réel 1. L'élément ( 0 , 1 ) est noté i et l'on a :

i 2 = i × i = ( 0 , 1 ) × ( 0 , 1 ) = ( − 1 , 0 ) = − 1 Tout nombre complexe ( x , y ) peut être écrit :

( x , y ) = x ( 1 , 0 ) + y ( 0 , 1 ) = x × 1 + y × i = x + i y

( x , y ) = x + i y

x est la partie réelle du nombre complexe x + i y. y est la partie imaginaire du nombre complexe x + i y.

La propriété essentielle du corps C est que :

Tout polynôme de degré n à coefficients complexes possède n racines dans le corps C. On dit que C est algébriquement clos. De plus, c'est le plus petit corps algébriquement clos contenant R comme sous-corps : C est la clôture algébrique de R.

3. Représentation polaire. Un point du cercle trigonométrique de centre 0 et de rayon 1, répéré par un angle polaire θ, a pour partie réelle cos θ et pour partie imaginaire sin θ. Le développement en série de Taylor de ces fonctions est :

cos θ = 1 − θ2

2 + … + ( − 1 ) n

θ2

2

n

n! + …

2 Cours - 1996

sin θ = θ − θ3

3! + … + ( − 1 ) n

θ2 1

2 1

n

n

+

+( )! + …

Ces développements sont uniformément convergents dans tout voisinage de 0 et peuvent donc être manipulés termes à termes. On a :

cos θ + i sin θ = 1 + i θ − θ2

2 − i

θ3

3! + … + ( − 1 ) n

θ2

2

n

n! + ( − 1 ) n

θ2 1

2 1

n

n

+

+( )! + …

= n

n

=

= + ∞

∑0

( )

!

i

n

n θ

Par analogie avec l'exponentielle réelle :

ex = n

n

=

= + ∞

∑0

x

n

n

!

on pose :

e i θ = cos θ + i sin θ ( Formule d'Euler ) Cette fonction a les mêmes propriétés qu'une exponentielle puisqu'elle est définie par une série identique. Un point z du plan peut être repéré par ses coordonnées polaires r et θ :

x = r cos θ y = r sin θ

z = x + i y = r cos θ + i r sin θ = r ( cos θ + i sin θ ) = r ei θ

z = r e i θ r s'appelle le module du nombre complexe z. θ s'appelle l' argument du nombre complexe z. Le module d'un nombre complexe est un nombre positif (nul seulement si z = 0 ). L'argument d'un nombre complexe est défini à 2 k π près. On a, par exemple :

i = ei

π

2 − 1 = e i π

| z − a | est la distance entre les points d'affixes a et z.

3 Cours - 1996


Séance 2

FONCTIONS DE VARIABLE COMPLEXE

1. Définition. On appelle ici fonction de la variable complexe z toute application de C dans C. Une fonction f (z) de la variable complexe z = x + i y a une partie réelle et une partie imaginaire qui sont toutes deux des fonctions des deux variables x et y :

f (z) = P ( x , y ) + i Q ( x , y )

On dit qu'une fonction f (z) est dérivable en z0 si le rapport f z f z

z z

( ) ( )−

−0

0 tend vers un limite finie dans C

lorsque z tend vers z0.

2. Conditions de Cauchy. Pour qu'une fonction f (z) = P ( x , y ) + i Q ( x , y ) soit dérivable, il faut et il suffit que P et Q vérifient les conditions de Cauchy :

∂

∂

P

x =

∂

∂

Q

y et

∂

∂

P

y = −

∂

∂

Q

x

Ces conditions expriment seulement que la fonction f (z) = P ( x , y ) + i Q ( x , y ne dépend pas explicitement de la variable z quand on fait le changement de variables :

z = x + i y z = x − i y

De ces conditions de Cauchy résulte le fait que, pour qu'une fonction P ( x , y ) des deux variables réelles x et y soit la partie réelle d'une fonction dérivable f (z), il faut et il suffit que son laplacien ∆P soit nul.

∆ P = ∂

∂

2

2P

x +

∂

∂

2

2P

y = 0

Dans ce cas, la partie imaginaire Q est elle-même une fonction harmonique, c'est-à-dire dont le laplacien est nul, et on peut la définir, à une constante près, à partir des conditions de Cauchy qui donnent deux équations aux dérivées partielles :

∂

∂

Q

x = −

∂

∂

P

y et

∂

∂

Q

y =

∂

∂

P

x

Les fonctions P et Q sont des fonctions harmoniques conjuguées. Les lignes P ( x , y ) = constante sont appelées lignes de niveau. Les lignes Q ( x , y ) = constante sont appelées lignes de champ.

4 Cours - 1996

3. Singularités des fonctions de variable complexe. Une fonction f (z) de la variable complexe z est dite fonction monogène en un point a si elle est dérivable

en ce point, c'est-à-dire si le rapport f z f a

z a

( ) ( )−

− a une limite finie lorsque z tend vers a en suivant un chemin

quelconque dans C. Une fonction monogène en tous points d'un domaine D du plan complexe est dite fonction holomorphe dans D. Une fonction de variable complexe f (z) holomorphe dans un domaine D entourant un point a peut avoir quatre sortes de points singuliers en a :

• singularité artificielle : f (z) reste bornée au voisinage de a, mais f z f a

z a

( ) ( )−

− n'a pas de limite lorsque z

tend vers a. Dans ce cas, on peut rendre la fonction f (z) monogène en a en changeant la valeur de f (a). Exemple : la fonction égale à z2 pour z ≠ 0 et à 1 pour z = 0 a une singularité artificielle en 0. Elle est

rendue holomorphe dans tout le plan en posant f (0) = 0. On suppose, la plupart du temps qu'on a éliminé les singularités artificielles.

• pôle : f (z) non bornée au voisinage de a, mais 1

f z( ) est holomorphe au voisinage de a.

Exemple : la fonction 1

z a− n'est pas bornée au voisinage de a mais

1

f z( ) = z − a est holomorphe au

voisinage de a. Le point a est un pôle pour la fonction 1

z a−.

Si le point a est un pôle pour la fonction f (z) , le plus entier positif n pour lequel ( z − a)n f(z) est holomorphe au voisinage de a s'appelle l' ordre de multiplicité du pôle.

Exemple : La fonction ( )( )

( )

z z

z z

− −

−

2 3

1 3 a un pôle simple en z = 0 et un pôle d'ordre 3 en z = 1.

• point essentiel : a est un point singulier pour f (z) et pour 1

f z( ), mais f est une fonction uniforme, elle a

une seule détermination pour une valeur de z.

Exemple : la fonction e1

z = e

xx y2 2+ × e

−+

iy

x y2 2 a un point essentiel en z = 0.

• point critique : la fonction f (z) ne reprend pas la même valeur quand on suit un chemin faisant un tour

autour de a. On dit que f (z) est une fonction multiforme ou qu'elle a plusieurs déterminations en un point. On change de détermination en faisant un tour autour du point a. Exemple : la fonction ln z définie par ln ( ρ e i θ ) = ln ρ + i θ augmente de 2 i π quand on fait un tour autour du point 0. On peut rendre uniforme une fonction à plusieurs déterminations en pratiquant une coupure dans le plan complexe. Cette coupure constitue une barrière qu'on peut contourner, mais qu'on ne peut pas franchir. Chaque fois qu'on franchit la coupure, on change de détermination. Exemple : la fonction ln z est rendue uniforme dans le plan complexe par une coupure allant de 0 à l'infini sur l'axe réel. Dans le plan coupé, on choisit une détermination : la fonction ln z est alors bien définie en tout point du plan et elle est holomorphe dans le plan coupé. La détermination ln z = ln ρ + i θ avec 0 ≤ θ < 2 π est appelée la détermination principale du logarithme.

Remarques sur les singularités.

• On étudie les singularités à l'infini en faisant le changement de variable z' = 1

z et en étudiant les

singularités de la fonction pour z' = 0. • Une fonction f (z) peut n'avoir aucune singularité dans un domaine et, cependant, ne pas être holomorphe

dans ce domaine. Par exemple, la fonction z n'a aucun point singulier dans le domaine compris entre deux

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cercles de centre 0 et cependant, elle change de détermination quand on fait un tour entourant le point 0 : elle n'est pas holomorphe dans le domaine compris entre les deux cerclces.

Une fonction qui n'a, dans un domaine D, qu'un nombre fini de points singuliers qui sont des pôles, est appelée une fonction méromorphe dans D. Une fonction holomorphe dans tout domaine borné est appelée une fonction entière. On appelle fonction analytique dans un domaine D toute fonction qui est holomorphe dans D, sauf peut-être dans un ensemble dénombrable de points singuliers (pôles, points essentiels, points critiques).

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Séance 3

INTEGRATION DES FONCTIONS DE VARIABLE COMPLEXE

Les résultats fondamentaux concernant l'intégration des fonctions de variable complexe ont été obtenus par Cauchy au XIXe siècle. 1. La valeur de l'intégrale reste la même quel que soit le chemin emprunté pour aller d'un point à un autre, tant

que la fonction est holomorphe : c'est le théorème de Cauchy. Il revient au même de dire que l'intégrale le long d'une courbe fermée est nulle si la fonction est holomorphe à l'intérieur du contour d'intégration.

2. Sur toute courbe fermée simple Γ entourant le point a et parcourue dans le sens direct :

( )Γ∫ dz

z a− = 2 i π

Pour montrer ce résultat, on se ramène à a = 0 par un changement de variable et l'intégrale ( )Γ∫ dz

z se

calcule en passant aux coordonnées polaires :

( )Γ∫ dz

z =

( )Γ∫

( )( )x iy dx idy

x y

− +

+2 2 = ( )Γ∫ x dx y dy

x y

+

+2 2 + i ( )Γ∫ x dy y dx

x y

−

+2 2 = ( )Γ∫ dr

r + i

( )Γ∫ dθ

En un tour sur Γ, θ varie de 2 π et ln r ne varie pas. 3. Si f (z) est une fonction holomorphe dans un domaine D et sur la courbe frontière Γ de D , et si a est un

point intérieur à Γ, on a :

f (a) = 1

2 i π

( )Γ∫

f z

z a

( )

− dz

( Γ étant parcourue dans le sens direct). C'est la formule de l'intégrale de Cauchy. 4. Par récurrence, on en déduit que si f (z) est indéfiniment dérivable dans D, sa dérivée d'ordre n en un point

a intérieur à D est donnée par :

f (n) (a) = n

i

!

2 π

( )Γ∫

f z

z a n( )

( )− +1 dz

5. Si la fonction f (z) est holomorphe dans une couronne D comprise entre deux cercles de centre a et de

rayons R et R ' (avec R ' > R ), ainsi que sur ces deux cercles, on peut développer f (z) en série de Laurent sous la forme :

f (z) = n

n

= − ∞

= + ∞

∑ c n ( z − a ) n

avec

c n = 1

2 i π

γ∫ f s

s a n( )

( )− +1 ds

où γ est un cercle de centre a et de rayon quelconque compris entre R et R '. Le coefficient c − 1 de 1

z a−

dans le développement en série de Laurent de f (z) est appelé le résidu de f au pôle a.

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6. Si (C) est un chemin fermé, l'intégrale de f (z) dz le long de (C ) est égale au produit de 2 i π par la somme des résidus de f (z) aux pôles à l'intérieur de (C) :

( )C∫ f (z) dz = 2 i π

j∑ Rj

C'est le théorème des résidus.

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Séance 4

DISTRIBUTIONS Définitions. • On appelle "fonction de base" sur R, toute fonction ϕ : R → C indéfiniment dérivable à support borné (le

support d'une fonction est le plus petit ensemble fermé en dehors duquel la fonction est nulle). Les fonctions de base sur R forment un espace vectoriel D sur C.

Exemple : la fonction égale à e−

−

1

1 2x entre − 1 et 1 et à 0 en dehors de l'intervalle [ − 1 ; 1 ] est indéfiniment dérivable, y compris aux points − 1 et 1, et son support est l'intervalle [ − 1 ; 1 ] : c'est une fonction de base.

• On dit qu' une suite de fonctions de base tend vers 0 si la suite des fonctions tend uniformément vers 0 ainsi

que toute suite de dérivées de même ordre. • On appelle "distribution" sur R toute application linéaire et continue de l'espace vectoriel D des fonctions

de base dans le corps C des complexes. Le terme "continu" veut dire que si une suite de fonctions de base tend vers 0, alors la suite des images de ces fonctions de base par la distribution est une suite de nombres complexes qui tend vers 0. Les distributions sur R forment un espace vectoriel D’ sur C.

Exemples : ∗ Toute fonction localement sommable (c'est-à-dire intégrable sur tout ensemble fermé borné) f définit une

distribution par

< f , ϕ > =∫ f (t) ϕ(t) dt

∗ Par exemple, la "fonction de Heaviside" ϒ (x) égale à 0 pour x ≤ 0 et à 1 pour x > 0 définit la

distribution de Heaviside ϒ :

< ϒ , ϕ > =

0

∞

∫ ϕ (t) dt

∗ La distribution définie par la formule :

< δ , ϕ > = ϕ (0)

est appelée "distribution de Dirac". Propriétés. • Si α est une fonction indéfiniment dérivable, pas nécessairement à support borné, et T une distribution, on

peut définir la distribution α T par

< α T , ϕ > = < T , α ϕ > puisque α ϕ est une fonction de base, chaque fois que ϕ est une fonction de base.

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• Pour toute distribution T, on peut définir une dérivée dT

dx par

< dT

dx , ϕ > = − < T ,

d

dx

ϕ >.

Contrairement aux fonctions, une distribution est toujours dérivable. Comme une fonction peut définir une

distribution, on peut se demander quel rapport il y a entre la dérivée au sens des fonctions et la dérivée au sens des distributions. Ce rapport est le suivant : si l’on considère une fonction f dérivable partout sauf en un point x0 où la fonction présente un saut σ0 = f (x0

+ ) − f (x0− ), la dérivée de f , qui est presque partout

définie (définie partout sauf sur un ensemble de mesure nulle), définit une distribution df

dx

au moyen d’une

intégrale ; cette distribution est liée à la distribution dérivée df

dx de la distribution définie par la fonction f

par la formule :

df

dx =

df

dx

+ σ0 δ.

Démonstration :

< df

dx , ϕ > = − < f ,

d

dx

ϕ > = − ∫ f

d

dx

ϕ dx = −

− ∞∫

x0f

d

dx

ϕ dx −

x0

+ ∞

∫ f d

dx

ϕ dx

Pour chaque morceau d’intégrale, on intègre par parties :

−

− ∞∫

x0f

d

dx

ϕ dx = [ − f ϕ ]− ∞

−x0 +

− ∞∫

x0f ’ ϕ dx = − f (x0

−) ϕ (x0) +

− ∞∫

x0f ’ ϕ dx

−

x0

+ ∞

∫ f d

dx

ϕ dx = [ − f ϕ ] x0

++ ∞ +

x0

+ ∞

∫ f ’ ϕ dx = + f (x0+) ϕ (x0) +

x0

+ ∞

∫ f ’ ϕ dx

Par addition, il vient :

− ∫ f d

dx

ϕ dx = [ f (x0

+) − f (x0−) ] ϕ (x0) + ∫ f ’ ϕ dx = < σ0 δ , ϕ > + <

df

dx

, ϕ >

Exemple : soit ϒ la distribution de Heaviside, définie par la fonction égale à 0 pour x négatif et à 1 pour x positif. Au point 0, elle présente un saut égal à 1. Sa dérivée au sens des fonctions est presque partout nulle puisque la fonction est constante par intervalles. Sa dérivée au sens des distributions est donc

d

dx

ϒ = δ.

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Séance 5

CONVOLUTION Définition. Si f et g sont deux fonctions localement sommables, alors la fonction h définie par :

h (x) = ∫ f ( x − t ) g ( t ) dt

lorsque l'intégrale existe, est une fonction localement sommable qu'on appelle le "produit de convolution" de f et g et qu'on note :

h = f �g Propriétés. • f �g = g �f. Le produit de convolution est commutatif. En effet, si l'on pose x − t = u, on a du = − dt et :

( f �g ) (x) = −

+ ∞

− ∞

∫ f ( u ) g ( x − u ) du =

− ∞

+ ∞

∫ f ( u ) g ( x − u ) du = ( g �f ) (x)

• On démontre que si f ou g est continue, f � g est continue (démonstration pas évidente). • Si les deux fonctions f et g ont leurs supports dans l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ , f �g existe et a son support

dans [ 0 ; + ∞ [. On a alors :

( f �g ) (x) = ϒ (x)

0

x

∫ f (x − t) g (t) dt

Cette propriété se démontre en considérant successivement les deux cas x ≤ 0 et x ≥ 0. Définitions. • Le support d'une distribution est le plus petit ensemble fermé en dehors duquel la distribution est nulle.

Ceci veut dire que si une fonction de base ϕ a son support en dehors du support de la distribution T, on a < T , ϕ > = 0.

• Si S et T sont deux distributions sur R, on appelle "produit de convolution" de S et T, la distribution,

lorsqu'elle existe, définie par :

< S �T , ϕ > = < Sx , < Ty , ϕ ( x + y ) > > Condition d'existence : les supports A et B de S et T sont tels que, pour tout x ∈ A et pour tout y ∈ B :

x + y borné ⇔ x borné et y borné Propriétés. • Si le produit de convolution existe, il est commutatif :

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S �T = T �S • Si S ou T a un support borné, S �T existe. • Si S et T ont toutes deux leur support borné à gauche, leur produit de convolution existe et a son support

borné à gauche. Les distributions à support borné à gauche forment une algèbre (espace vectoriel muni d'un produit lui donnant une structure d'anneau) appelée l' algèbre de convolution D'+.

• La distribution de Dirac δ est l'élément unité du produit de convolution :

T � δ = δ �T = T • Pour tout entier m ≥ 1, δ (m)

� T existe et est égal à la dérivée m-ième de T au sens des distributions :

δ (m) � T =

d T

dx

m

m

• Les résultats de l'exercice 3 de la séance 4 s'écrivent :

( δ' − λ δ ) � ϒ (x) e λ x = δ

( δ" + ω2 δ ) � ϒ( )sinx xω

ω = δ

δ ( m ) � ϒ( )

( )!

x x

m

m −

−

1

1 = δ

• Soit Γ le cercle trigonométrique dans R2 , toute distribution sur Γ a son support borné. Le produit de

convolution de deux distributions sur Γ existe toujours et les distributions sur Γ forment une algèbre de convolution D' (Γ).

12 Cours - 1996


Séance 6

SERIES DE FOURIER Série de Fourier d'une fonction périodique. Si f est une fonction périodique de période T, on appelle série de Fourier de f la série :

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x

où les coefficients de Fourier de f sont donnés par la formule :

cn (f) = 1

T

a

a T+

∫ e − n i t f (t) dt ( a réel quelconque )

La série de Fourier de f existe dès que la fonction f est intégrable sur tout intervalle de longueur finie. En tout point où f a une limite à droite f (x+0) et une limite à gauche f (x−0), la somme de la série de Fourier de f est donnée par la formule :

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x = 1

2 [ f (x−0) + f (x+0) ]

En particulier, en un point où f est continue, f (x) est égal à la somme de sa série de Fourier : f (x) =

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x

Les fonctions de carré sommable sur une période, c'est-à-dire telles que l'intégrale

a

a T+

∫ | f (t) |2 dt existe,

vérifient la formule de Parseval-Plancherel :

n ∈∑

Z *

| cn (f) | 2 = 1

T

a

a T+

∫ | f (t) |2 dt

Si le produit de convolution f �g existe, les coefficients de Fourier du produit de convolution sont donnés par : cn ( f �g ) = T cn (f) × cn (g)

Série de Fourier d'une distribution périodique. Une distribution T sur R est dite distribution périodique de période T si elle est égale à sa translatée par T :

δT �T = T Les distributions périodiques de période T s'identifient aux distributions sur le cercle Γ de longueur T dans R2. Elles forment une algèbre de convolution D' ( Γ ). Dans cette algèbre de convolution, l'élément unité δ est identifié à la distribution

n ∈∑

Z *

δ n T sur R ( "peigne" de Dirac ).

Comme le cercle Γ est borné, toute fonction indéfiniment dérivable de l'abscisse curviligne s (définie à un multiple entier près de la période) est une fonction de base sur Γ : les fonctions en i ω s sont des fonctions de bases sur Γ. A une distribution T de D' ( Γ ), on peut associer sa série de Fourier :

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n ∈∑

Z *

cn ( T ) e n i ω x

où les coefficients de Fourier de T sont donnés par la formule :

cn ( T ) = 1

T < T , e − n i ωx >

avec ω = 2 π

T.

Pour une distribution définie par une fonction périodique localement sommable, on retrouve la formule donnant les coefficients de Fourier de la fonction, l'intégrale s'étendant à un intervalle d'une période. Les séries de Fourier des distributions sur Γ possèdent les propriétés essentielles des séries de Fourier de fonctions périodiques de période T. Notamment, les coefficients de Fourier d'un produit de convolution sont donnés par :

cn ( T �S ) = T cn ( T ) cn ( S ) Il y a cependant des différences importantes avec les séries de Fourier de fonctions : • La série de Fourier d'une distribution T sur Γ (où d'une distribution périodique sur R ) converge toujours

vers cette distribution : une distribution est toujours égale à la somme de sa série de Fourier. En particulier, sur R :

n ∈∑

Z *

δnT =

n ∈∑

Z *

1

T e n i ω x =

1

T

n ∈∑

Z *

e n i ω x

• La dérivation terme à terme d'une série de Fourier de distribution de D' ( Γ ) est toujours une opération légitime :

d

dx

m

mT

=

n ∈∑

Z *

cn ( T ) ( i n ω ) m e n i ω x

n ∈∑

Z *

δnT ( m ) = 1

T

n ∈∑

Z *

( i n ω ) m e n i ω x

• Pour qu'une série trigonométrique

n ∈∑

Z *

cn e n i ω x converge vers une distribution sur Γ, il faut et il suffit

que la suite des | cn | soit majorée par une puissance de n quand n tend vers l'infini.

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Séance 7

TRANSFORMATION DE FOURIER Transformée de Fourier d'une fonction. La transformation de Fourier d'une fonction, telle qu'elle a été définie plus haut par la formule :

F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ t f (t) dt

peut s'appliquer à toute fonction intégrable sur R. Les fonctions intégrables sur R ne sont qu'une classe particulière de fonctions localement sommables. Elles définissent donc des distributions particulières : ces distributions régulières, définies par la formule

< f , ϕ > =

− ∞

+ ∞

∫ f (t) ϕ (t) dt

peuvent s'appliquer, en fait, même à des fonctions ϕ dont le support n'est pas borné : il suffit que les fonctions

ϕ décroissent à l'infini plus vite que n'importe quelle puissance de 1

t.

De telles fonctions ϕ, qui ont les mêmes propriétés que les fonctions de base à l'exception du support borné, s'appellent des fonctions à décroissance rapide. Elles forment un espace vectoriel complexe S contenant l'espace vectoriel D des fonctions de base. Les fonctions à décroissance rapide sont elles-mêmes des fonctions intégrables et, de ce fait, possèdent une transformée de Fourier. La transformée de Fourier F f d'une fonction f possède les propriétés suivantes :

1. | F f (λ) | ≤ ∫ | f (x) | dx

2. F f (λ) tend vers 0 si λ tend vers l'infini. 3. Si f est une fonction m fois continûment dérivable, on a :

• ( 2 i π λ ) m F f = F f(m)

• | 2 i π λ | m | F f | ≤ ∫ | f(m) (x) | dx

4. Si la fonction xm f (x) est intégrable, la transformée de Fourier F f est m fois continûment dérivable et l'on a :

F [ ( − 2 i π x ) m f (x) ] = ( F f )(m) 5. Pour tout réel k différent de 0 :

F [ f (kx) ] = 1

| |k ( F f )

λ

k

En particulier, pour k = − 1 : F [ f ( − x ) ] = ( F f ) ( − λ )

Il en résulte que si f est paire, F f est paire aussi, et si f est impaire, F f est impaire aussi. La transformation de Fourier conserve la parité.

6. La transformation de Fourier conjuguée F est définie par F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e 2 i π λ t f (t) dt. Le nombre

complexe F f (λ) est le conjugué du nombre complexe F f (λ) si la fonction f (x) est réelle.

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Des propriétés 3 et 4, il résulte que la transformée de Fourier d'une fonction à décroissance rapide est une fonction à décroissance rapide. Transformation de Fourier des distributions. Les distributions qui sont définies sur les fonctions à décroissance rapide s'appellent les distributions tempérées. Elles forment un espace vectoriel complexe S ' qui est contenu dans l'espace vectoriel D ' des distributions sur R . Exemples : • Toutes les distributions à support borné sont des distributions tempérées. • Les fonctions bornées sont tempérées. • Les fonctions localement sommables à croissance lente sont tempérées. • Le produit d'un polynôme par une distribution tempérée est une distribution tempérée. On peut définir la transformée de Fourier d'une distribution tempérée par la formule :

< F T , ϕ > = < T , F ϕ > La transformation de Fourier conjuguée F est définie par la formule :

< F T , ϕ > = < T , F ϕ > Propriétés de la transformation de Fourier. 1. F T et F T sont des distributions tempérées. 2. Si T est une distribution à support borné, son image F T par la transformation de Fourier est une fonction

prolongeable pour les valeurs complexes de λ en une fonction entière V (λ) donnée par la formule : V (λ) = < Ux , e − 2 i π λ x >

3. F [ δ ] = 1 F [ δ ' ] = 2 i π λ F [ δ (m) ] = ( 2 i π λ ) m F [ δa

] = e − 2 i π λ a

F

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ δk

=

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ δk

F [ T (m) ] = ( 2 i π λ ) m F T F [ ( − 2 i π x ) m T ] = ( F T ) (m) 4. F 1 = F 1 = δ 5. Formule de réciprocité :

• Pour toute fonction à décroissance rapide ϕ : F F ϕ = F F ϕ = ϕ • Pour toute distribution tempérée T : F F T = F F T = T Corollaire : F T = 0 ⇔ T = 0

6. Formule de Parseval-Plancherel : Si f et g sont des fonctions de carré intégrable, leurs images par la transformation de Fourier sont des

fonctions de carré intégrable et on a :

− ∞

+ ∞

∫ | f (x) | 2 dx =

− ∞

+ ∞

∫ | F f (λ) | 2 dλ

− ∞

+ ∞

∫ f (x) g x ( ) dx =

− ∞

+ ∞

∫ F f (λ) Fg ( )λ dλ

7. Formule sommatoire de Poisson : Si ϕ est une fonction à décroissance rapide :

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ ϕ (k) =

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ F ϕ (k)

16 Cours - 1996

Transformation de Fourier et convolution. La propriété fondamentale est que la transformation de Fourier transforme un produit de convolution en multiplication et une multiplication en produit de convolution :

F ( S �T ) = F S . F T F ( S � T ) = F S . F T F ( S .T ) = F S �F T F ( S.T ) = F S � F T

1 CMP - 1996


Séance 1.

NOMBRES COMPLEXES

Exercice 1.

Soit z l’affixe d’un point M du plan complexe.

1°/ Montrez que tous les points M d'affixe z du plan complexe vérifiant la relation z

z

+

−

1

1 = k,

où k est une constante réelle différente de 1, sont sur un même cercle (Ck ) dont on calculera la position du centre et le rayon.

2°/ Comparez les cercles (Ck ) et (C 1k

).

3°/ Quel est l'ensemble des points M d'affixe z du plan complexe vérifiant la relation

z

z

+

−

1

1 = 1

3°/ Dessiner les ensembles de points obtenus pour les valeurs de k égales à 0 , 1

3 ,

1

2 , 1 , 2 , 3 , ∞.

Exercice 2

1°/ Déterminez les nombres complexes solutions de l'équation : z4 = 1.

2°/ Déterminez sous forme trigonométrique les solutions de l'équation : z4 = 8 ( 1 − i 3 ).

3°/ Soit a = 6 2

2

− + i

6 2

2

+. Vérifiez : a4 = 8 ( 1 − i 3 ). En déduire sous forme algébrique les ré-

sultats du 2°/.

4°/ Des questions 2°/ et 3°/, déduire les valeurs exactes de cos 11

12

π et sin

11

12

π.

Exercice 3

λ, α, β étant trois constantes données réelles ou complexes, montrez que les solutions de l'équation :

λn ( z − α )n − ( z − β )n = 0

sont toutes sur une même circonférence. Calculez la position du centre et le rayon de cette circonférence.

2 CMP - 1996

Exercice 4

Soit z ∈ C, z = x + i y, ( x , y ) ∈ R2, P ( z ) = z3 − 3 i z2 − ( 3 − i ) z + 2 + 2 i.

1°/ Vérifiez que l'équation P ( z ) = 0 admet une solution réelle z0 et une solution imaginaire pure z1. Résou-dre l'équation P ( z ) = 0. Calculez le module et l'argument des solutions z0 , z1 , z2.

2°/ Dans le plan complexe, soient M0 , M1 , M2 , les points d'affixes respectives z0 , z1 , z2. Calculez Z = z z

z z2 0

1 0

−

−. Démontrez que | Z | = 1. Précisez la nature du triangle (M0 , M1 , M2 ).

Exercice 5


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | + | z − 1 | = k,

k étant une constante réelle ?

2°/ Quelle condition doit vérifier k pour que le problème ait une solution ?

3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée. 4°/ Dessiner les ensembles de points obtenus pour les valeurs de k égales à 2 , 3 , 4 , 5.

Exercice 6


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | − | z − 1 | = k,



3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée. 4°/ Dessiner les ensembles de points obtenus pour les valeurs de k égales à −2 , −1 , 0 , 1 , 2.

Exercice 7


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | × | z − 1 | = k,



3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée.


3 ,

1

2 , 1 ,

3

2, 2 , 3.

3 CMP - 1996


Séance 2.


Exercice 1.

On considère la fonction de deux variables réelles x et y : P ( x , y ) = x

2

1 +

12 2x y+

.

1°/ Montrez que P ( x , y ) est la partie réelle d'une fonction analytique f (z) de la variable complexe z = x + i y. Calculez la fonction f (z) vérifiant f (1) = 1.

2°/ Soit (Ck ) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z vérifie la relation z

z

−

+

1

1 = k. Mon-

trez que, pour k ≠ 1, (Ck ) est un cercle dont on calculera la position du centre et le rayon. Etudiez le cas particulier k = 2. Que se passe-t-il lorsque k est égal à 1 ?

Pour un point m de (Ck ), on pose Z = 1

2

z +

1

z

.

a) Calculez Z

Z

−

+

1

1 en fonction de k.

b) Montrez que, lorsque le point m d'affixe z parcourt (Ck ), le point M d'affixe Z parcourt, pour k ≠ 1, un cercle (Dk ) dont on calculera la position du centre et le rayon ?

c) Montrez que le cercle (Dk ) passe par le centre du cercle (Ck ) .

Exercice 2.

Soient a et b deux constantes réelles différentes. On considère les deux fonctions des variables réelles x et y :

P ( x , y ) = ( )( )

( )

x a x b y

x b y

− − +

− +

2

2 2 et Q ( x , y ) = ( )

( )

a b y

x b y

−

− +

2 2

1°/ Montrez que P ( x , y ) + i Q ( x , y ) est une fonction analytique f (z) de la variable complexe z = x + i y.

2°/ Etudiez les lignes de niveau P ( x , y ) = constante et les lignes de champ Q ( x , y ) = constante du po-tentiel complexe f (z). Représentez graphiquement les courbes correspondant aux valeurs − 2 , − 1 , 0 , 1 , 2 des constantes.

4 CMP - 1996

Exercice 3

On considère la fonction : Arc tg z = 1

2 i ln

1

1

+

−

i z

i z

.

1°/ Déterminez les points singuliers de la fonction Arc tg z.

2°/ Comment peut-on rendre uniforme la fonction Arc tg z ?

3°/ La fonction Arc tg z ayant pour valeur 0 au point z0 = 0, trouver sa valeur au point z1 = 1 + i , lorsqu'on passe de z0 à z1 par un chemin rectiligne.

Exercice 4

On considère la fonction : Arc cos z = 1

i ln ( z + z2 1− ).

1°/ Déterminez les points singuliers de la fonction Arc cos z.

2°/ Comment peut-on rendre uniforme la fonction Arc cos z ?

3°/ La fonction Arc cos z ayant pour valeur π

2 au point z0 = 0, trouver sa valeur au point z1 = 2 , lorsqu'on

passe de z0 à z1 par un demi-cercle (Γ) de centre 1 et d'ordonnées positives.

5 CMP - 1996


Séance 3


Exercice 1

1°/ Calculer l'intégrale ( )C∫ 1

2

z +

1

z

dz , étendue au cercle trigonométrique (C) de centre O ( 0 ; 0 ) et

de rayon 1 parcouru dans le sens direct.

2°/ Calculer l'intégrale ( )C∫

z

z

−

+

1

1 dz , étendue au cercle (C) de centre A ( − 1; 0 ) et de rayon 1 parcouru

dans le sens direct.


z

z

−

+

1

1

2

dz , étendue au cercle (C) de centre A ( − 1; 0 ) et de rayon 1 par-

couru dans le sens direct.

Exercice 2

Calculer l'intégrale 1

2 i π ( )C∫ ( )z a e

z

z+ 4 dz , étendue au cercle trigonométrique (C) de centre O ( 0 ; 0 ) et


Exercice 3

Calculer l'intégrale

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx

Exercice 4


0

1

∫ dx

x x x( ) ( )+ −2 13 25

6 CMP - 1996

7 CMP - 1996


Séance 4

DISTRIBUTIONS

Exercice 1

Soit T une distribution sur R. Montrez les propriétés suivantes :

1°/ x T = 0 ⇔ (∃ c ∈ C ) ( T = c δ )

2°/ Pour que la dérivée de T soit nulle, il faut et il suffit qu'il existe un nombre complexe c vérifiant

T = c 1,

où 1 est la distribution définie par 1 (ϕ) = ∫ ϕ (x) dx.

Exercice 2

Trouver la limite, quand h tend vers 0, dans l'espace D′ des distributions sur R , de δ δh h

h

− −

2.

Exercice 3

ϒ ( x ) désignant la fonction de Heaviside, calculer, au sens des distributions :

1°/

d

dx − λ

ϒ ( x ) e λ x

2°/

d

dx

2

2 + ω2

ϒ( ) x xsinω

ω

3°/ d

dx

m

mϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1 pour m entier ≥ 1

8 CMP - 1996

9 CMP - 1996


Séance 5

CONVOLUTION

Exercice 1

Soit ϒ (x) la fonction de Heaviside.

1°/ Calculez le produit de convolution ϒ (x) eλ x � ϒ (x) eµ x .

2°/ Calculez le produit de convolution ϒ (x) sin x � ϒ (x) sh 2x .

Exercice 2

Soit δ la distribution de Dirac, ϒ (x) la fonction de Heaviside, D′+ l'espace des distributions sur R à support borné à gauche. Trouvez les inverses dans D′+ des distributions suivantes :

1°/ δ″ − 5 δ′ + 6 δ

2°/ ϒ + δ″

3°/ ϒ (x) e x + δ′

Exercice 3

Résoudre l'équation intégrale

0

x

∫ ( x − t ) cos ( x − t ) f ( t ) dt = g ( x ) , où g est une fonction donnée et f

une fonction inconnue, les deux ayant leur support dans l'intervalle [ 0 ; + ∞ [.

Exercice 4

On désigne par f (x) la solution de l'équation différentielle

y″′ + 2 y″ + y′ + 2 y = − 10 cos x

satisfaisant aux conditions initiales :

y (0) = 0, y′ (0) = 0 y″ (0) = − 4

On pose F (x) = ϒ (x) f (x), où ϒ (x) est la fonction de Heaviside. Ecrire l'équation différentielle satisfaite par F (x) au sens des distributions. Déterminer alors F (x) en utilisant le calcul symbolique dans D′+ .

10 CMP - 1996

11 CMP - 1996


Séance 6

SERIES DE FOURIER

Exercice 1

1°/ Calculez la série de Fourier de la fonction f (x) égale à x dans l'intervalle −π < x < π, et périodique de

période 2π. Calculez n=

∞

∑1

12n

et n=

∞

∑1

1

2 1 2( )n +.

2°/ Calculez la série de Fourier de la fonction g (x) égale à x3 dans l'intervalle −π < x < π, et périodique de

période 2π. En déduire la valeur de sin x − sin2

23x

+ … + (− 1) n+1 sin n x

n3 + ….

3°/ Montrez que l'on peut déduire les développement trouvés de celui de δ(π) sur le cercle Γ de longueur 2 π.

Exercice 2

1°/ Soit T une distribution périodique de période T. Montrez que sa série de Fourier peut se mettre sous la forme :

n=

∞

∑0

an cos 2πnx

T +

n=

∞

∑0

bn sin 2πnx

T

avec des coefficients an et bn que l'on explicitera.

Dans les deux questions suivantes, on pose, pour une fonction ϕ, ϕ1 ( x ) = ϕ ( − x )

2°/ On dit qu'une distribution T est impaire si l'on a < T , ϕ1 > = − < T , ϕ > pour toute fonction de base ϕ ∈ D. Montrez que la série de Fourier d'une distribution impaire de période T se réduit à une série de sinus.

3°/ On dit qu'une distribution T est paire si l'on a < T , ϕ1 > = < T , ϕ > pour toute fonction de base ϕ ∈ D. Montrez que la série de Fourier d'une distribution paire de période T se réduit à une série de cosinus.

12 CMP - 1996

Exercice 3

Soient f et g deux fonctions périodiques de période T, de carré intégrable sur une période (espace L2 (T)).

1°/ Montrez que

h ( x ) = 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt

est aussi une fonction périodique de période T, de carré intégrable sur une période.

2°/ Calculez les coefficients de Fourier cn ( h ) de h en fonction des coefficients de Fourier cn ( f ) et cn ( g ) de f et g.

3°/ En admettant que pour tout x , la série de Fourier de h ( x ) est convergente et a pour somme h ( x ), montrez les formules :

k=−∞

+∞

∑ ck ( f ) c gk ( )

= 1

T

+T

a

a

∫ f ( x ) g x( )

dx

k=−∞

+∞

∑ | ck ( f ) | 2 = 1

T

+T

a

a

∫ | f ( x ) | 2 dx

13 CMP - 1996

• •


Séance 7

TRANSFORMATION DE FOURIER

Exercice 1

1°/ Soient f et g deux fonctions intégrables (c'est-à-dire appartenant à l'espace L1 ) définie sur R. Montrez

que le produit de convolution défini par : h ( x ) = f �g =

− ∞

+ ∞

∫ f ( x − y ) g ( y ) dy est aussi dans L1 et

que l'on a : ║ h ║ L1 ≤ ║ f ║ L1

× ║ g ║ L1, la norme de convergence en moyenne de L1 étant définie, pour

une fonction f , par ║ f ║ L1 =

− ∞

+ ∞

∫ | f ( t )| dt.

2°/ Montrez directement la formule : F h = F f . F g , la transformée de Fourier F f d'une fonction f ∈ L1

étant définie par : F ( λ ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ u f ( u ) du.

Exercice 2

Calculez la transformée de Fourier de la fonction f ( t ) définie par

f ( f ) =

1 1

1

0 1

12

pour

pour

pour

| |

| |

| |

t

t

t

<

=

>

Formule de réciprocité.

Exercice 3

Calculez l'intégrale

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt. En déduire la valeur de l'intégrale

0

+ ∞

∫ cos xt

t1 2+ dt.

1

1 −1

t

14 CMP - 1996

1 Séance 1 - 1996


Séance 1.

NOMBRES COMPLEXES

Exercice 1.


1°/ Montrez que tous les points M d'affixe z du plan complexe vérifiant la relation z

z

+

−

1

1 = k,

où k est une constante réelle différente de 1, sont sur un même cercle (Ck ) dont on calculera la position du centre et le rayon.

2°/ Comparez les cercles (Ck ) et (C 1k

).

3°/ Quel est l'ensemble des points M d'affixe z du plan complexe vérifiant la relation

z

z

+

−

1

1 = 1


3 ,

1

2 , 1 , 2 , 3 , ∞.

Corrigé de l’Exercice 1 1°/ Ensemble des points dont le rapport des distances à deux points fixes est une

constante. Comme le module d’un rapport est aussi le rapport des modules du numérateur et du dénominateur, la relation

z

z

+

−

1

1 = k

peut être écrite aussi :

| |

| |

z

z

+

−

1

1 = k

Comme un module de nombre complexe est un nombre positif ou nul, le problème n’aura de sens que si la constante réelle k est positive ou nulle ou infinie.

Condition d’existence : k ≥ 0 On sait (cours de Terminale) que l’ensemble des points dont le rapport des distances à deux points fixes est une constante positive est un cercle du faisceau à points limites les deux points fixes. Montrons-le par le calcul. Soient x et y la partie réelle et la partie imaginaire, respectivement, du nombre complexe z :

z = x + i y

2 Séance 1 - 1996

Le module d’un nombre complexe est la racine carrée du produit du nombre complexe par le nombre complexe conjugué :

| z | = z z | z + 1| = ( )( )x iy x iy+ + − +1 1 | z − 1| = ( )( )x iy x iy+ − − −1 1

Lorsque la constante k est positive, on a les équivalences :

| |

| |

z

z

+

−

1

1 = k ⇔ ( )( )x iy x iy+ + − +1 1 = k ( )( )x iy x iy+ − − −1 1

⇔ ( x + i y + 1 )(x − i y + 1 ) = k2 ( x + i y − 1 )( x − i y − 1 ) ⇔ ( x + 1 )2 + y2 = k2 [ ( x − 1)2 + y2 ] ⇔ x2 + 2 x + 1 + y2 = k2 [ x2 − 2 x + 1 + y2 ] ⇔ ( k2 − 1 ) ( x2 + y2 + 1 ) − 2 ( k2 + 1 ) x = 0

1er cas : k2 = 1. Ce cas est équivalent à k = 1, puisque k est une constante positive. Dans ce cas, la relation précédente se réduit à :

| |

| |

z

z

−

+

1

1 = k ⇔ − 4 x = 0

et l’ensemble des points M est la droite d’équation x = 0, c’est-à-dire l’axe des y, médiatrice du segment joignant les points A d’affixe − 1, et B d’affixe + 1. 2ème cas : k2 ≠≠≠≠ 1. Ce cas est équivalent à k ≠ 1, puisque k est une constante positive. Dans ce cas, la relation

| |

| |

z

z

−

+

1

1 = k ⇔ ( k2 − 1 ) ( x2 + y2 + 1 ) − 2 ( k2 + 1 ) x = 0

s’écrit :

| |

| |

z

z

−

+

1

1 = k ⇔ x2 + y2 + 1 − 2

k

k

2

21

1

+

− x = 0

⇔

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

+ y2 =

k

k

2

21

1

+

−

2

− 1

⇔

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

+ y2 = ( ) ( )

( )

k k

k

2 2 2 2

2 21 1

1

+ − −

−

⇔

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

+ y2 = [( ) ( )] [( ) ( )]

( )

k k k k

k

2 2 2 2

2 21 1 1 1

1

+ − − × + + −

−

⇔

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

+ y2 = 4

1

2

2 2k

k( )−

C’est l’équation d’un cercle dont le centre est situé sur l’axe des x.

L’ensemble des points M vérifiant la relation z

z

+

−

1

1 = k est le cercle (C ; r ) :

• de centre le point C de coordonnées : x = k

k

2

21

1

+

− ; y = 0

• de rayon r = 2

12k

k −

3 Séance 1 - 1996

Pour k > 1, La relation suivante est vraie :

k

k

2

21

1

+

− > 0

Cette relation signifie que le centre du cercle est du côté des x positifs. Sont aussi vraies les relations : ( k − 1 )2 > 0

k2 − 2 k + 1 > 0 k2 + 1 > 2 k

k

k

2

21

1

+

− >

2

12k

k − =

2

12k

k −

Cette dernière relation signifie que l’abscisse du centre est plus grande que le rayon , donc que tout le cercle est situé du même côté de la médiatrice du segment AB. Les points de rencontre du cercle ( C ; r ) avec l’axe des x déterminent un diamètre du cercle. Ils ont pour abscisses les valeurs de x vérifiant l’équation du cercle :

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

+ y2 = 4

1

2

2 2k

k( )−

avec y = 0 :

x −

k

k

2

21

1

+

−

2

= 4

1

2

2 2k

k( )−

x = k

k

2

21

1

+

− ±

2

12k

k − =

k

k

2

21

1

+

− ±

2

12k

k − =

( )k

k

±

−

1

1

2

2

Les deux extrémités du diamètre sur l’axe des x sont donc :

• x = k

k

+

−

1

1 ; y = 0

• x = k

k

−

+

1

1 ; y = 0

Ces points forment, avec les points ( − 1 ; 0 ) et ( + 1 ; 0 ) ce que l’on appelle une « division harmonique ». Pour k < 1, Le rayon du cercle est :

r = 2

2k

k1− =

21

11

2

×

−

k

k

L’abscisse du centre est :

x = k

k

2

21

1

+

− = −

11

11

2

2k

k

+

−

Ces relations signifient que les cercles correspondant à des valeurs de la constante k inverses l’une de l’autre sont symétriques par rapport à l’axe des y. Pour k = 0, On obtient : | z + 1 | = 0, donc z = − 1. Pour k infini, On obtient : | z − 1 | = 0, donc z = 1.

4 Séance 1 - 1996

On peut ainsi tracer le dessin ci-contre :

Pour k′ = 1

k , soit (C′) l'ensemble des points M′ d'affixe z′ vérifiant

z

z

'

'

+

−

1

1 = k ′.

Posons z = 1

z'. On obtient :

11

11

z

z

+

− =

1

k, soit

z

z

+

−

1

1 = k . Cette relation montre que l'inverse du cercle

(C') est le cercle (C) correspondant à la constante k = 1

k'.

On peut d'ailleurs obtenir cet ensemble d'une autre façon : posons, en effet z = − z'. On obtient : z

z

−

+

1

1 =

1

k,

soit z

z

+

−

1

1 = k. Cette relation montre que les cercles correspondant aux valeurs k et

1

k sont symétriques l'un

de l'autre par rapport au point origine O. Comme l'axe des x est aussi un axe de symétrie de ces cercles, ils sont symétriques l'un de l'autre par rapport à l'axe des y.

Les cercles correspondants aux valeurs k et 1

k sont

symétriques l'un de l'autre par rapport à l'axe des y.

013

12

1

2

3

A B∞

5 Séance 1 - 1996

Exercice 2

1°/ Déterminez les nombres complexes solutions de l'équation : z4 = 1.

2°/ Déterminez sous forme trigonométrique les solutions de l'équation : z4 = 8 ( 1 − i 3 ).

3°/ Soit a = 6 2

2

− + i

6 2

2

+. Vérifiez : a4 = 8 ( 1 − i 3 ). En déduire sous forme algébrique les

résultats du 2°/.

4°/ Des questions 2°/ et 3°/, déduire les valeurs exactes de cos 11

12

π et sin

11

12

π.

Corrigé de l'Exercice 2. 1°/ Solutions de l'équation z4 = 1. L'équation z4 = 1 s'écrit aussi z4 − 1 = 0, soit ( z2 − 1 ) ( z2 + 1 ) = 0, ou ( z − 1 ) ( z + 1 ) ( z − i ) ( z + i ) = 0. Ses solutions sont :

z = 1 z = − 1 z = i z = − i

2°/ Résolution de l'équation z4 = 8 ( 1 − i 3 ) sous forme trigonométrique.

Posons z = ρ e i θ. L'équation z4 = 8 ( 1 − i 3 ) s'écrit ρ4 e 4 i θ = 16 ( 1

2 − i 3 ) = 16 ( cos

π

3 − i sin

π

3 ), soit

ρ4 = 16 e− i π3 . Elle équivaut donc à :

ρ4 = 16 et e 4 i θ = e− i π3 .

Ses solutions sont données par :

ρ = 2 et θ = − π

12 + k

π

2

Ces solutions correspondent à quatre nombres complexes. Pour avoir les solutions avec un argument compris entre 0 et 2 π, il faut prendre k = 1 , k = 2 , k = 3 , k = 4 . D'où les solutions :

z1 = 2 ( cos 5

12

π + i sin

5

12

π )

z2 = 2 ( cos ( 5

12

π +

π

2 ) + i sin (

5

12

π +

π

2 ) ) = i z1

z3 = 2 ( cos ( 5

12

π + π ) + i sin (

5

12

π + π ) ) = − z1

z4 = 2 ( cos ( 5

12

π + 3

π

2 ) + i sin (

5

12

π + 3

π

2 ) ) = − i z1

6 Séance 1 - 1996

3°/ Calcul du nombre complexe a4.

a2 =

6 2

2

− + i

6 2

2

+

×

6 2

2

− + i

6 2

2

+

=

6 2

2

−

2

+ 2 i

6 2

2

−

×

6 2

2

+

+ i 2

6 2

2

+

2

= 6 2 12 2

4

− + + 2 i

6 2

4

− −

6 2 12 2

4

+ +

= − 12 + 2 i = − 2 ( 3 − i ) a4 = 4 ( 3 − i )2 = 4 ( 3 − 2 i 3 + i2 ) = 4 ( 2 − 2 i 3 ) = 8 ( 1 − i 3 )

a4 = 8 ( 1 − i 3 ) Cette relation montre que le nombre complexe a est solution de l'équation z4 = 8 ( 1 − i 3 ). C'est donc l'une des quatre solutions trouvées plus haut. Comme le nombre complexe a possède une partie réelle positive et une partie imaginaire positive, il est situé dans le premier quadrant, c'est donc la solution z1 . Les solutions de l'équation z 4 = 8 ( 1 − i 3 ) peuvent alors être écrites sous forme algébrique :

z1 = 2 ( cos 5

12

π + i sin

5

12

π ) = a =

6 2

2

− + i

6 2

2

+

z2 = 2 ( cos ( 5

12

π +

π

2 ) + i sin (

5

12

π +

π

2 ) ) = i a = −

6 2

2

+ + i

6 2

2

−

z3 = 2 ( cos ( 5

12

π + π ) + i sin (

5

12

π + π ) ) = − a = −

6 2

2

− − i

6 2

2

+

z4 = 2 ( cos ( 5

12

π + 3

π

2 ) + i sin (

5

12

π + 3

π

2 ) ) = − i a =

6 2

2

+ − i

6 2

2

−

4°/ Valeurs exactes de certains cosinus ou sinus. La valeur de z1 permet d'écrire :

cos 5

12

π =

6 2

4

− et sin

5

12

π =

6 2

4

+

La valeur de z2 permet d'écrire :

cos 11

12

π = −

6 2

4

+ et sin

11

12

π =

6 2

4

−

7 Séance 1 - 1996

Exercice 3

λ, α, β étant trois constantes données réelles ou complexes, montrez que les solutions de l'équation :

λn ( z − α )n − ( z − β )n = 0

sont toutes sur une même circonférence. Calculez la position du centre et le rayon de cette circonférence.

Corrigé de l'exercice 3. 1°/ Les solutions sont sur un même cercle. La relation λn ( z − α )n − ( z − β )n = 0 peut s'écrire sous la forme :

z

z

−

−

β

α

n

= λn

Elle entraîne la relation : z

z

−

−

β

α = | λ |

Soient M , A , B , les points d'affixes respectives z , α , β. Le rapport des distances du point M aux points A et B est une constante | λ |. Tous les points M vérifiant cette relation sont sur un cercle du faisceau à points limites A et B. Ce cercle dégénère en médiatrice du segment AB lorsque | λ | est égal à 1. 2°/ Position du centre et circonférence du cercle. Posons :

α = a + i b β = c + i d z = x + i y

La relation précédente s'écrit :

( ) ( )x c y d− + −2 2 = | λ | ( ) ( )x a y b− + −2 2 ( x - c ) 2 + ( y − d ) 2 = | λ | 2 [ ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2

( 1 − | λ | 2 ) ( x 2 + y2 ) − 2 ( c − a | λ | 2 ) x − 2 ( d − b | λ | 2 ) y + c 2 − a2 | λ | 2 + d2 − b2 | λ |2 = 0 Pour | λλλλ | = 1 La relation

( 1 − | λ | 2 ) ( x 2 + y2 ) − 2 ( c − a | λ | 2 ) x − 2 ( d − b | λ | 2 ) y + c 2 − a2 | λ | 2 + d2 − b2 | λ |2 = 0 se réduit à :

2 ( c − a ) x + 2 ( d − b ) y = c 2 − a2 + d2 − b2

( c − a ) ( x − a c+

2 ) + ( d − b ) ( y −

d b+

2 ) = 0

Si l'on appelle A le point de coordonnées (a ; b), B le point de coordonnées (c ; d) , M le point de coordonnées ( x ; y ) , I le milieu du segment AB , la relation précédente exprime que le produit scalaire des

vecteurs IM →

et AB →

est nul : c'est l'équation de la médiatrice du segment AB. Pour | λλλλ | ≠≠≠≠ 1 La relation

8 Séance 1 - 1996

( 1 − | λ | 2 ) ( x 2 + y2 ) − 2 ( c − a | λ | 2 ) x − 2 ( d − b | λ | 2 ) y + c 2 − a2 | λ | 2 + d2 − b2 | λ |2 = 0 s'écrit :

x −

c a

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

+

y −

d b

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

=

c a

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

− c a2 2

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

+

d b

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

− d b2 2

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

= c ac a c a2 2 2 4 2 2

22 1

1

− + − − −

−

( ) ( )

( )

2 2

2| | | | | | | |

| |

λ λ λ λ

λ

+ d bd b d b2 2 2 4 2 2

22 1

1

− + − − −

−

( ) ( )

( )

2 2

2| | | | | | | |

| |

λ λ λ λ

λ

=

( )

c a−

−

| |

| |

λ

λ1 2

2

+

( )

d b−

−

| |

| |

λ

λ1 2

2

x −

c a

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

+

y −

d b

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

2

=

( ) + ( )

2 2c a d b− −

−

| |

| |

λ

λ1 2

2

C'est l'équation d'un cercle de

• Centre : xc = c a

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21 yc =

d b

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21

• Rayon : r = ( ) + ( )2 2c a d b− − ×

| |

| |

λ

λ1 2−

Le centre du cercle a pour affixe γ = xc + i yc =c a

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21 + i

d b

−

−

| |

| |

λ

λ

2

21 =

β α λ

λ

−

−

2

21

Le centre du cercle est sur la droite AB : en effet, on a :

CA →

=

x a

y bc

c

−

−

=

c aa

d bb

−

−−

−

−−

| |

| || |

| |

λ

λλ

λ

2

2

2

2

1

1

=

c a

d b

−

−−

−

1

1

2

2

| |

| |

λ

λ

= 1

1 2− | |λ

c a

d b

−

−

=

1

1 2− | |λ AB →

CB →

=

x c

y dc

c

−

−

=

c ac

d bd

−

−−

−

−−

| |

| || |

| |

λ

λλ

λ

2

2

2

2

1

1

=

c a

d b

−

−−

−

1

1

22

22

| || |

| || |

λλ

λλ

= | |

| |

λ

λ

2

21−

c a

d b

−

−

=

| |

| |

λ

λ

2

21− AB →

CB →

= | λ | 2 CA →

CA →

∧ CB →

= 0

9 Séance 1 - 1996

3°/ Résolution de l'équation λn ( z − α )n − ( z − β )n = 0

Posons Z = z

z

−

−

β

α. L'équation s'écrit Z n = λ n . Avec λ = | λ | e i θ0 et Z = ρ e i θ, elle devient

ρn en i θ = | λ | n e n i θ0 Les n solutions sont données par :

ρ = | λ |

θ = θ0 + 2 k

n

π, k = 0 , 1 , … , n − 1

Z = | λ | e

i

kn

θπ

02

+

= λ e2 i k

n

π

Z = z

z

−

−

β

α donne alors z =

β α−

−

Z

Z1 =

β α λ

λ

π

π−

−

e

e

i kn

i kn

2

2

1

z = β α λ

λ

π

π−

−

e

e

i kn

i kn

2

2

1

k = 0 , 1 , … , n − 1

Posons γ = β α λ

λ

−

−

2

21 , nous obtenons :

γ − α = ( β − α ) × 1

1 2− λ et γ − β = ( β − α ) ×

λ

λ

2

21− = | λ | 2 ( γ − α )

z − γ = β α λ

λ

π

π−

−

e

e

i kn

i kn

2

2

1

− β α λ

λ

−

−

2

21 = ( β − α ) ×

1

1

2

−

λ

π

ei kn

− 1

1 2− λ

z − γ = ( β − α ) ×

1

1

2

2−

−

−λ

λ

π

ei k

n −

1

1 2− λ

z − γ = ( β − α ) × λ

λ

π

ei k

n−

−

2

21

z − γ = ( γ − α ) λ e−

2 i k

n

π

= ( γ − α ) Z k = 0 , 1 , … , n − 1 Ces relations montrent que si z est solution de l'équation, alors | z − γ | est toujours le même, quelle que soit la solution considérée et l'on a :

| z − γ | = | β − α | ×

| |

| |

λ

λ1 2− = | γ − α | × | λ |

On retrouve ainsi le fait que toutes les solutions sont sur un même cercle • de centre le point d'affixe γ

• de rayon | β − α | ×

| |

| |

λ

λ1 2−

10 Séance 1 - 1996

11 Séance 1 - 1996

Exercice 4

Soit z ∈ C, z = x + i y, ( x , y ) ∈ R2, P ( z ) = z3 − 3 i z2 − ( 3 − i ) z + 2 + 2 i.

1°/ Vérifiez que l'équation P ( z ) = 0 admet une solution réelle z0 et une solution imaginaire pure z1. Résoudre l'équation P ( z ) = 0. Calculez le module et l'argument des solutions z0 , z1 , z2.

2°/ Dans le plan complexe, soient M0 , M1 , M2 , les points d'affixes respectives z0 , z1 , z2. Calculez Z = z z

z z2 0

1 0

−

−. Démontrez que | Z | = 1. Précisez la nature du triangle (M0 , M1 , M2 ).

Corrigé de l'exercice 4 1°/ Solutions de l'équation P (z) = 0. Le polynôme P (z) peut être écrit :

P (z) = ( z3 − 3 z + 2 ) + i ( − 3 z2 + z + 2 ) Sous cette forme, on voit tout de suite que z = 1 est racine des deux polynômes ( z3 − 3 z + 2 ) et ( −3 z2 + z + 2 ). Le polynôme P (z) admet donc la racine réelle

z0 = 1 Si z est imaginaire pur, la partie réelle de P (z) = ( 2 + i z ) + ( z3 − 3 i z2 − 3 z + 2 i ) est 2 + i z; Elle ne peut être nulle que pour z = 2 i. Pour cette valeur de z , on a :

z3 − 3 i z2 − 3 z + 2 i = − 8 i + 12 i − 6 i + 2 i = 0 la partie imaginaire de P (z) est nulle elle aussi, donc P (z) = 0 et P (z) admet la racine imaginaire pure

z1 = 2 i On peut alors faire la division euclidienne de P (z) par le polynôme

( z − z0 ) ( z − z1 ) = ( z − 1 ) ( z − 2 i ) = z2 − ( 1 + 2 i ) z + 2 i z3 − 3 i z2 − ( 3 − i ) z + 2 + 2 i z2 − ( 1 + 2 i ) z + 2 i − z3 + ( 1 + 2 i ) z2 − 2 i z z + (1 − i) 0 + (1 − i ) z2 − (3 + i) z + 2 + 2 i − (1 − i ) z2 + (1 − i)(1 + 2 i) z − 2 i ( 1 − i ) 0 0 0 D'où :

P (z) = ( z − 1 ) ( z − 2 i ) ( z − ( i − 1 ) ) Et sous cette forme les trois racines apparaissent :

z1 = 1 de module 1 et d'argument 0

z2 = 2 i de module 2 et d'argument π

2

z3 = i − 1 de module 2 et d'argument 3

4

π

12 Séance 1 - 1996

2°/ Points d'affixes z0 , z1 , z2

Z = z z

z z2 0

1 0

−

− =

i

i

− −

−

1 1

2 1 =

i

i

−

−

2

2 1 =

( )( )( )( )

i i

i i

− − −

− − −

2 2 1

2 1 2 1

=

2 4 2

4

+ − +

+1

i i =

4 3

5

+ i

| Z | = 1

5 4 32 2+ = 1

| Z | = 1

Cette relation montre que l'on a :

| z2 − z0 | = | z1 − z0 |

║ M M0 2 →

║ = ║ M M0 1 →

║ Le triangle M0M1M2 est donc isocèle de sommet M0 .

13 Séance 1 - 1996

Exercice 5


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | + | z − 1 | = k,



3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée. 4°/ Dessiner les ensembles de points obtenus pour les valeurs de k égales à 2 , 3 , 4 , 5.

Corrigé de l’Exercice 5. 1°/ Ensemble des points dont la somme des distances à deux points fixes est une

constante. Il est bien connu qu’un tel ensemble de points est une ellipse dont les foyers sont les deux points fixes. Nous allons le montrer par le calcul. La relation

| z + 1 | + | z − 1 | = k, n’a de solution que si k est une constante réelle positive supérieure ou égale à la distance des deux points fixes A d’affixe −1 et B d’affixe +1. La somme des longueurs de deux côtés d’un triangle est supérieure ou égale à la longueur du troisième côté (inégalité du triangle).

Condition d’existence : k ≥ 2 | z + 1 | = ( ) ( )x iy x iy+ + − +1 1 | z − 1 | = ( ) ( )x iy x iy+ − − −1 1 | z + 1 | + | z − 1 | = k ⇔ ( ) ( )x iy x iy+ + − +1 1 + ( ) ( )x iy x iy+ − − −1 1 = k ⇔ ( ( ) ( )x iy x iy+ + − +1 1 + ( ) ( )x iy x iy+ − − −1 1 )2 = k2 ⇔ [ ( x + 1 )2 + y2 ] + [ ( x − 1 )2 + y2 ] + 2 ( ) ( )x iy x iy+ + − +1 1 ( ) ( )x iy x iy+ − − −1 1 = k2

⇔ 2 ( x2 + y2 + 1) + 2 ( ) ( )x y x x y x2 2 2 21 2 1 2+ + − + + + = k2 ⇔ 4 [ ( x2 + y2 + 1)2 − 4 x2 ] = [ k2 − 2 ( x2 + y2 + 1) ]2 ⇔ 4 ( x2 + y2 + 1)2 − 16 x2 = 4 ( x2 + y2 + 1)2 + k4 − 4 k2 ( x2 + y2 + 1) ⇔ 4 ( k2 − 4 ) x2 + 4 k2 y2 = k2 ( k2 − 4 )

Posons a = k

2, ou k = 2 a.

| z + 1 | + | z − 1 | = k ⇔ 16 ( a2 − 1) x2 + 16 a2 y2 = 16 a2 ( a2 − 1 ) ⇔ ( a2 − 1) x2 + a2 y2 = a2 ( a2 − 1 ) Comme k est somme de deux nombres positifs dont l’un au moins est différent de 0, d’où a > 0. La relation

a2 − 1 = 0 est alors équivalente à :

a = 1 Pour a = 1, on a : k = 2. | z + 1 | + | z − 1 | = 2 ⇔ y2 = 0 et | x + 1 | + | x − 1 | = 2 Si x ≤ − 1, on a | x + 1 | = − 1 − x et | x − 1 | = 1 − x ; | x + 1 | + | x − 1 | = − 2 x = 2 ⇒ x = − 1. Si − 1 < x < + 1, on a | x + 1 | = x + 1 et | x − 1 | = 1 − x ; | x + 1 | + | x − 1 | = 2 pour tout x.

14 Séance 1 - 1996

Si 1 ≤ x, on a | x + 1 | = x + 1 et | x − 1 | = x − 1 ; | x + 1 | + | x − 1 | = 2 x = 2 ⇒ x = 1. L’ensemble des points M tels que | x + 1 | + | x − 1 | = 2 est donc le segment de droite joignant les points A (−1) et B (+1). Pour a > 1, on a k > 2. Dans ce cas, la relation

( a2 − 1) x2 + a2 y2 = a2 ( a2 − 1 ) est équivalente à :

x

a

2

2 + y

a

2

2 1− = 1

C’est l’équation canonique :

• soit ellipse de demi-axes a et a2 1− si a > 1, ce qui est le cas ici.

• soit d’une hyperbole de demi-axes a et 1 2− a si a < 1.

L’ensemble des points M (z) vérifiant | z + 1 | + | z − 1 | = k (k constante réelle supérieure ou égale à 2)

est d’une ellipse : • de foyers A (−1) et B (+1)

• de demi-grand axe a = k

2 sur l’axe des x

• de demi-petit axe b = a2 1− = 1

2 k 2 4−

Les coordonnées des points d’intersection avec les axes sont :

• sur le grand axe (axe des x ) : y = 0 et x = ± a = ± k

2

• sur le petit axe (axe des y ) : x = 0 et y = ± a2 1− = ± 1

2 k 2 4−

2°/ Exemples. On peut alors tracer le dessin suivant :

2

3

4

5

15 Séance 1 - 1996

Exercice 6


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | − | z − 1 | = k,



3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée. 4°/ Dessiner les ensembles de points obtenus pour les valeurs de k égales à −2 , −1 , 0 , 1 , 2.

Corrigé de l’exercice 6. 1°/ Ensemble des points dont les différences des distances à deux points fixes

est une constante. Il est bien connu qu’un tel ensemble est une branche d’hyperbole puisque cette propriété peut servir de définition de l’hyperbole. Nous allons le montrer par le calcul. La relation :

| z + 1 | − | z − 1 | = k est équivalente à :

( ) ( )x iy x iy+ + − +1 1 − ( ) ( )x iy x iy+ − − −1 1 = k

( )x y+ +1 2 2 − ( )x y− +1 2 2 = k L’inégalité du triangle nous indique que la valeur absolue de la différence des longueurs de deux côtés d’un triangle est inférieure ou égale à la longueur du troisième côté. On en déduit la condition suivante :

Condition d’existence : | k | ≤ 2 On peut supposer k ≥ 0, car si k est négatif, en posant k′ = − k, on obtient :

| z − 1 | − | z + 1 | = k′ soit, avec z′ = − z :

| z′ + 1 | − | z′ − 1 | = k′ On est ramené à l’étude des points M′ (z′) dont la différence des distances aux points A (−1) et B (+1) est une constante positive k′, et l’on revient aux points M (z) par symétrie par rapport au point O (0).

Pour k ≥ 0, on a ( )x y+ +1 2 2 ≥ ( )x y− +1 2 2 et, sous ces restrictions, la relation :

( )x y+ +1 2 2 − ( )x y− +1 2 2 = k est équivalente à la relation obtenue par passage aux carrés :

[ ( x + 1 )2 + y2 ] + [ ( x − 1 )2 + y2 ] − 2 ( )x y+ +1 2 2 ( )x y− +1 2 2 = k2

2 ( x2 + y2 + 1 ) − 2 ( )x y+ +1 2 2 ( )x y− +1 2 2 = k2 relation équivalente à : 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 ( x2 + y2 + 1 )2 − 16 x2 = [ k2 − 2 ( x2 + y2 + 1 ) ]2 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 ( x2 + y2 + 1 )2 − 16 x2 = 4 ( x2 + y2 + 1 ) 2 + k4 − 4 k2 ( x2 + y2 + 1 ) 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 k2 ( x2 + y2 + 1 ) − 16 x2 = k4 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 ( k2 − 4 ) x2 + 4 k2 y2 = k2 ( k2 − 4 ) Pour k = 0, La solution est donnée par x = 0 et y quelconque : c’est l’axe des y. Pour k = 2,

16 Séance 1 - 1996

La solution est donnée par y = 0 et x2 ≥ 1 : c’est la partie de l’axe des x à l’extérieur du segment joignant les

points A (−1) et B (+1). Comme on doit avoir ( )x y+ +1 2 2 − ( )x y− +1 2 2 = 2 > 0, la solution est donnée par la demi-droite ] + 1 ; + ∞ ] de l’axe réel. Pour 0 < k < 2, la relation 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 ( k2 − 4 ) x2 + 4 k2 y2 = k2 ( k2 − 4 ) est équivalente à : 2 ( x2 + y2 + 1 ) ≥ k2 et 4 ( k2 − 4 ) x2 + 4 k2 y2 = k2 ( k2 − 4 )

Posons a = k

2, ou k = 2 a, avec 0 < a < 1

| z + 1 | − | z − 1 | = k ⇔ x2 + y2 + 1 ≥ 2 a2 et 16 ( a2 − 1) x2 + 16 a2 y2 = 16 a2 ( a2 − 1 ) ⇔ x2 + y2 + 1 ≥ 2 a2 et ( a2 − 1) x2 + a2 y2 = a2 ( a2 − 1 )

⇔ x2 + y2 + 1 ≥ 2 a2 et x

a

2

2 − y

a

2

21− = 1

⇔ x

a

2

2 − y

a

2

21− = 1 et x2 ≥ 2 a2 − 1 − y2 = 2 a2 − 1 − ( 1 − a2 )

x

a

2

2 − 1

⇔ x

a

2

2 − y

a

2

21− = 1 et x2 ≥ a2

C’est l’équation canonique d’une hyperbole. Et la restriction

( )x y+ +1 2 2 ≥ ( )x y− +1 2 2 réduit l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | − | z − 1 | = k à la branche positive de cette hyperbole. Cette hyperbole a pour asymptotes les droites d’équations :

k y ± 4 2− k x = 0

L’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | − | z − 1 | = k = 2 a, avec | a | ≤ 1

est la branche d’hyperbole d’équation : x

a

2

2 − y

a

2

21− = 1

située du côté du signe de k. 2°/ Tracé de l’ensemble des points M dans des cas particuliers. Les propriétés établies plus haut permettent de visualiser les ensembles dans le dessin suivant :

A B

− 2

− 1

0

1

2

17 Séance 1 - 1996

Exercice 7


1°/ Quel est l’ensemble des points M vérifiant la relation | z + 1 | × | z − 1 | = k,



3°/ Ecrire l’équation de l’ensemble des points M vérifiant la relation donnée.


3 ,

1

2 , 1 ,

3

2, 2 , 3.

Corrigé de l’Exercice 7. 1°/ Ensemble des points dont le produit des distances à deux points fixes est une

constante

Pour que la relation | z + 1 | × | z − 1 | = k

ait un sens, il faut déjà que la constante k soit réelle et positive. Sous cette condition, l’ensemble des points M tels que le produit des distances à deux points fixes soit une constante est bien connu, il s’agit des « ovales de Cassini », courbes de degré 4. Nous allons les retrouver par le calcul.

Pour k = 0, La distance du point M (z) à l’un des deux points A (−1) ou B (+1) est nulle : l’ensemble des points M vérifiant la relation

| z + 1 | × | z − 1 | = k est alors réduit aux deux points A et B.

Pour k > 0, La relation :

| z + 1 | × | z − 1 | = k est équivalente à :

( )x y+ +1 2 2 × ( )x y− +1 2 2 = k ou :

[ ( x + 1 )2 + y2 ] × [ ( x − 1 )2 + y2 ] = k2 ( x2 + y2 + 1 )2 − 4 x2 = k2

Symétries : Si l’on change x en − x, l’équation reste inchangée : symétrie par rapport à l’axe des y. Si l’on change y en − y , l’équation reste inchangée : symétrie par rapport à l’axe des x. Par combinaison des deux symétries précédentes : symétrie par rapport au point O.

Nous allons étudier cette fonction pour x ≥ 0 et y ≥ 0. Le reste de la courbe s’étudiera par symétries.

x2 + y2 + 1 = k x2 24+

y2 = − 1 − x2 + k x2 24+

Il n’existe de solutions que si x2 + 1 ≤ k x2 24+ , soit x4 + 2 x2 + 1 ≤ k2 + 4 x2, (x2 − 1 )2 ≤ k2 , 1 − k ≤ x2 ≤ 1 + k

Si k est inférieur ou égal à 1, x2 peut varier de 1 − k à 1 + k. Pour k = 1, x2 varie de 0 à 2. Si k est supérieur à 1, x2 varie toujours de 0 à k + 1. Dans cet intervalle, y prend une seule valeur positive :

y = k x x2 2 24 1+ − +( )

18 Séance 1 - 1996

Pour x = 0, y = k −1 , ce qui suppose k ≥ 1. y est nul pour x = 1+ k , et, lorsque k est inférieur ou égal à 1, pour x = 1− k . Entre les deux valeurs de x qui annulent y, il y a forcément une valeur de x où la dérivée de y est nulle, c’est le théorème de Rolle. Calculons la dérivée de y par rapport à x : De la relation

( x2 + y2 + 1 )2 − 4 x2 = k2 on tire, par dérivation par rapport à x :

2 ( x2 + y2 + 1 ) ( 2 x + 2 y dy

dx ) − 8 x = 0

y dy

dx = 2 x

1 −

1

12 2x y+ +

Lorsque y est nul sans que x soit nul, la dérivée est infinie, la tangente à la courbe est verticale. Il y a une seule possibilité d’avoir y = 0 lorsque x est nul, c’est pour k = 1 ; dans ce cas, l’équation de la courbe est :

y = 1 4 12 2+ − −x x dy

dx =

1

2 1 4 12 2 + − −x x

− 2 x +

4

1 4 2

x

x+

Lorsque x tend vers 0, le terme entre parenthèses est équivalent à 2 x. Le dénominateur est équivalent à 2 x. Le rapport tend vers 1. La tangent à la courbe est la première bissectrice.

Par contre, lorsque k est plus grand que 1, la dérivée de y est donnée par : dy

dx =

1

2 4 12 2 2k x x+ − −

− 2 x +

4

4 2

x

k x2 +

Lorsque x tend vers 0, la parenthèse est équivalente à 2 x × 2 − k

k. Le dénominateur est équivalent à 2 k −1

et le rapport tend vers 0. La tangente au point ( x = 0 ; y = k −1 ) est horizontale. On peut donc se faire une idée assez précise de l’ensemble des points M dont le produit des distance à deux points fixes est une constante.

Les courbes obtenues s’appellent les « ovales de Cassini », avec, comme cas particulier correspondant à k = 1, la lemniscate de Bernoulli (qu’on peut aussi obtenir comme inverse d’une hyperbole par rapport à un foyer). 2°/ Application : cas particuliers.

0

1

3

1

2

1

2

3

3

2

19 Séance 2 - 1996


Séance 2.


Exercice 1.

On considère la fonction de deux variables réelles x et y : P ( x , y ) = x

2

1 +

12 2x y+

.

1°/ Montrez que P ( x , y ) est la partie réelle d'une fonction analytique f (z) de la variable complexe z = x + i y. Calculez la fonction f (z) vérifiant f (1) = 1.

2°/ Soit (Ck ) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z vérifie la relation z

z

−

+

1

1 = k.

Montrez que, pour k ≠ 1, (Ck ) est un cercle dont on calculera la position du centre et le rayon. Etudiez le cas particulier k = 2. Que se passe-t-il lorsque k est égal à 1 ?

Pour un point m de (Ck ), on pose Z = 1

2

z +

1

z

.

a) Calculez Z

Z

−

+

1

1 en fonction de k.

b) Montrez que, lorsque le point m d'affixe z parcourt (Ck ), le point M d'affixe Z parcourt, pour k ≠ 1, un cercle (Dk ) dont on calculera la position du centre et le rayon ?

c) Montrez que le cercle (Dk ) passe par le centre du cercle (Ck ) .

Corrigé de l'Exercice 1. 1°/ P (x;y) est la partie réelle d'une fonction analytique f (z). Une fonction analytique est, par définition, une fonction dérivable de la variable complexe z sauf, éventuellement, en des points singuliers isolés. Nous verrons, par la suite, ce que l'on entend exactement par "points singuliers isolés". Notons seulement, pour l'instant, qu'il s'agit de points où la fonction n'est pas dérivable.

Par exemple, la fonction 1

z n'est pas dérivable au point z = 0, elle est dérivable partout ailleurs, le point 0 est un

point singulier isolé pour cette fonction ; la fonction 1

z est une fonction analytique.

Pour qu' une fonction P (x;y) de deux variables réelles x et y soit la partie réelle d'une fonction dérivable f(z) de la variable z = x + i y , il faut et il suffit que son "Laplacien" soit nul :

20 Séance 2 - 1996

∆ P = ∂

∂

2

2P

x +

∂

∂

2

2P

y = 0

Une fonction dont le laplacien est nul est appelée une fonction "harmonique". Ici, on a :

P ( x ; y ) = x

2 +

1

2

x

x y2 2+

∂

∂

P

x =

1

2 +

1

2 ( )x y x x

x y

2 2

2 2 22+ − ×

+ =

1

2 +

1

2 ( )

y x

x y

2 2

2 2 2−

+

∂

∂

2

2P

x =

1

2

( ) ( ) ( )( )

− × + − − × + ×

+

2 2 22 2 2 2 2 2 2

2 2 4

x x y y x x y x

x y

= x

( )x y

x y

2 2

2 2 33−

+

∂

∂

P

y =

x

2 ×

( )−

+

22 2 2

y

x y =

( )−

+

x y

x y2 2 2

∂

∂

2

2P

y =

( ) ( )( )

− + + × × + ×

+

x x y x y x y y

x y

2 2 2 2 2

2 2 4

2 2 = − x

( )x y

x y

2 2

2 2 33−

+ = −

∂

∂

2

2P

x

∆ P = ∂

∂

2

2P

y +

∂

∂

2

2P

x = 0

La fonction P ( x ; y ) est harmonique. C'est donc la partie réelle d'une fonction analytique f (z). La fonction f (z) est de la forme f (z) = P (x;y) + i Q (x;y). La partie imaginaire Q (x;y) est définie par les "conditions de Cauchy" :

∂

∂

Q

x = −

∂

∂

P

y et

∂

∂

Q

y =

∂

∂

P

x

Ces conditions expriment simplement le fait que la fonction P (x;y) + i Q (x;y), considérée comme fonction de z

et de z , ne dépend pas de z car, puisque x = z z+

2 et y =

z z

i

−

2, on a :

∂

∂

+ )

( P iQ

z =

∂

∂

+ )( P iQ

x ∂

∂

x

z +

∂

∂

+ )

( P iQ

y ∂

∂

y

z =

∂

∂

P

x + i

∂

∂

Q

x

×

1

2 +

∂

∂

P

y + i

∂

∂

Q

y

×

−1

2 i

∂

∂

+ )

( P iQ

z =

1

2

∂

∂

P

x −

∂

∂

Q

y

+

i

2

∂

∂

Q

x +

∂

∂

P

y

.

Dans ces conditions, la fonction P + i Q ne dépend que de z et sa dérivée par rapport à z est : d P iQ

d z

+ )

( =

∂

∂

+ )

( P iQ

z =

∂

∂

+ )

( P iQ

x ∂

∂

x

z+

∂

∂

+ )

( P iQ

y ∂

∂

y

z =

∂

∂

P

x + i

∂

∂

Q

x

×

1

2 +

∂

∂

P

y + i

∂

∂

Q

y

×

1

2 i

d P iQ

d z

+ )

( =

1

2

∂

∂

P

x +

∂

∂

Q

y

+

i

2

∂

∂

Q

x −

∂

∂

P

y

=

∂

∂

P

x + i

∂

∂

Q

x =

∂

∂

+ )( P iQ

x = − i

∂

∂

+ )

( P iQ

y.

Ici, les conditions de Cauchy s'écrivent :

∂

∂

Q

x =

( )x y

x y

2 2 2

+ et

∂

∂

Q

y =

1

2 +

1

2 ( )

y x

x y

2 2

2 2 2−

+

Intégrons d'abord la première relation par rapport à x :

21 Séance 2 - 1996

Q ( x ; y ) = − 1

2

y

x y2 2+ + R ( y ) où R ( y ) est une fonction arbitraire de y.

Lorsqu'on dérive cette expression par rapport à y , on obtient : ∂

∂

Q

y = −

1

2 ( )x y y y

x y

2 2

2 2 22+ − ×

+

+

d R

d y

=

1

2 ( )

y x

x y

2 2

2 2 2−

+ +

d R

d y

Pour avoir ∂

∂

Q

y =

1

2 +

1

2 ( )

y x

x y

2 2

2 2 2−

+, il faut prendre une fonction R ( y ) vérifiant

d R

d y

=

1

2 : c'est une fonction

R ( y ) = y

2 + C, où C est une constante réelle arbitraire. La fonction Q ( x ; y ) est donc donnée par :

Q ( x ; y ) = y

2 −

1

2

y

x y2 2+ + C

et la fonction f (z) = P ( x ; y ) + i Q ( x ; y ) est :

f ( z ) = x

2 +

1

2

x

x y2 2+ + i

y

2 −

1

2

y

x y2 2+ + C

=

x i y+

2 +

1

2

x i y

x y

−

+

2 2 =

z

2 +

1

2

z

z z + i C

f ( z ) = 1

2

z +

1

z

+ i C

Pour avoir f ( 1 ) = 1, il faut prendre C = 0 et il reste :

f ( z ) = 1

2

z +

1

z

2°/ Etude de l'ensemble (Ck ) L'étude faite dans l'exercice 3 de la Séance 1 peut être reprise ici .

On pose z

z

−

+

1

1 = k e i θ, avec k ≥ 0 et 0 ≤ θ < 2π, d'où

z = 1

1

+

−

k e

k e

i

i

θ

θ

Pour k ≠≠≠≠ 1

Posons γ = 1

1

2

2+

−

k

k, nous obtenons :

z − γ = 1

1

+

−

k e

k e

i

i

θ

θ − 1

1

2

2+

−

k

k =

1 +

1

1

+

−

k e

k e

i

i

θ

θ

−

1 +

1

1

2

2+

−

k

k

= 2 ×

1

1− k ei θ − 1

1 2− k

z − γ = 2

1 2 k

k−

1

1

−

−

−k e

k e

i

i

θ

θ ei θ = 2

1 2 k

k− ei ϕ avec ei ϕ =

1

1

−

−

−k e

k e

i

i

θ

θ ei θ = z

z

+

+

1

1 ei θ

z − γ = 2

1 2 k

k− e i ϕ

C'est l'équation d'un cercle de centre γ = 1

1

2

2+

−

k

k situé sur l'axe réel, et de rayon r =

2

1 2

k

k−.

22 Séance 2 - 1996

Pour k = 1

On obtient z = 1

1

+

−

e

e

i

i

θ

θ =

e e e

e e e

i i i

i i i

θ θ θ

θ θ θ

2 2 2

2 2 2

+

− −

−

− = −

22

22

cos

sin

θ

θ i

= i cotg θ

2

Cette relation montre que z est imaginaire pur et décrit l'axe des y : c'est la médiatrice du segment joignant les deux points − 1 et + 1. Cas particulier : k = 2.

γ = − 5

3

z = − 5

3 +

4

3 e − i ϕ

C'est l'équation du cercle de centre − 5

3 et de rayon

4

3.

3°/ Transformation de Joukovski.

Si l'on pose Z = 1

2

z +

1

z

, on obtient

Z

Z

−

+

1

1 =

1

2

11

1

2

11

zz

zz

+

−

+

+

= z z

z z

2

22 1

2 1

− +

+ + =

z

z

−

+

1

1

2.

Z

Z

−

+

1

1 =

z

z

−

+

1

1

2

Si l'on a posé z

z

−

+

1

1 = k e i θ, avec k ≥ 0 et 0 ≤ θ < 2π, il vient :

Z

Z

−

+

1

1 = k2 e 2 i θ, avec k ≥ 0 et 0 ≤ θ < 2π. En

particulier , on obtient :

Z

Z

−

+

1

1 = k2

La relation Z

Z

−

+

1

1 = k2 e 2 i θ donne Z =

1

1

2 2

2 2+

−

k e

k e

i

i

θ

θ , ou encore, en posant Γ = 1

1

4

4+

−

k

k et ei Φ =

Z

Z

+

+

1

1 e 2 i θ :

Z − Γ = 2

1

2

4 k

k− ei Φ

23 Séance 2 - 1996

Cette relation montre que lorsque z parcourt le cercle de centre 1

1

2

2+

−

k

k et de rayon

2

1 2k

k−, Z parcourt le

cercle de centre 1

1

4

4+

−

k

k et de rayon

2

1

2

4k

k−. De plus,

γ

γ

−

+

1

1 =

1

11

1

11

2

2

2

2

+

−−

+

−+

k

kk

k

= k 2 : le point γ, centre du cercle

(Ck ), est sur le cercle (D k ).

24 Séance 2 - 1996

Exercice 2.

Soient a et b deux constantes réelles différentes. On considère les deux fonctions des variables réelles x et y :

P ( x , y ) = ( )( )

( )

x a x b y

x b y

− − +

− +

2

2 2 et Q ( x , y ) = ( )

( )

a b y

x b y

−

− +

2 2

1°/ Montrez que P ( x , y ) + i Q ( x , y ) est une fonction analytique f (z) de la variable complexe z = x + i y.

2°/ Etudiez les lignes de niveau P ( x , y ) = constante et les lignes de champ Q ( x , y ) = constante du potentiel complexe f (z). Représentez graphiquement les courbes correspondant aux valeurs − 2 , − 1 , 0 , 1 , 2 des constantes.

Corrigé de l'Exercice 2. 1°/ Fonction analytique f (z). Pour que P + i Q soit une fonction analytique de la variable z = x + i y, il faut et il suffit que les conditions de Cauchy soient vérifiées :

∂

∂

Q

x = −

∂

∂

P

y et

∂

∂

Q

y =

∂

∂

P

x

Or on a :

∂

∂

P

x =

[( ) ( )][( ) ] [( )( ) ][ ( )]

[( ) ]

x b x a x b y x a x b y x b

x b y

− + − − + − − − + −

− +

2 2 2

2 2 22

∂

∂

P

x =

( )( ) ( )

[( ) ]

a b x b b a y

x b y

− − + −

− +

2 2

2 2 2 = ( a − b ) ( )

[( ) ]

x b y

x b y

− −

− +

2 2

2 2 2

∂

∂

P

y =

2 22 2 2

2 2 2y x b y y x a x b y

x b y

[( ) ] [( )( ) ]

[( ) ]

− + − − − +

− +

∂

∂

P

y =

22 2 2

( )( )

[( ) ]

a b x b y

x b y

− −

− +

∂

∂

Q

x =

− − −

− +

22 2 2

( )( )

[( ) ]

a b x b y

x b y = −

∂

∂

P

y

∂

∂

Q

y = ( a − b )

[( ) ]

[( ) ]

x b y y

x b y

− + −

− +

2 2 2

2 2 22

∂

∂

Q

y = ( a − b )

( )

[( ) ]

x b y

x b y

− −

− +

2 2

2 2 2 = ∂

∂

P

x

Les conditions de Cauchy sont satisfaites, f = P + i Q est une fonction analytique de la variable z. On aurait pu écrire aussi :

P + i Q = ( )( )

( )

x a x b y

x b y

− − +

− +

2

2 2 + i ( )

( )

a b y

x b y

−

− +

2 2 =

( )( ) ( )

( )

x a x b y i a b y

x b y

− − + + −

− +

2

2 2

P + i Q = x y ab a x iy b x iy

x b y

2 2

2 2+ + − − − +

− +

( ) ( )

( ) =

zz ab az bz

z b z b

+ − −

− −( )( ) =

( )( )

( )( )

z a z b

z b z b

− −

− − =

z a

z b

−

−, fonction de z.

25 Séance 2 - 1996

f (z) = z a

z b

−

−

2°/ Etude des lignes de niveaux et des lignes de champ.

a ) Lignes de niveau P ( x , y ) = ( )( )

( )

x a x b y

x b y

− − +

− +

2

2 2 = k

( x − a ) ( x − b ) + y2 = k [ ( x − b )2 + y2 ] ( x − b ) [ ( x − a ) − k ( x − b ) ] + ( 1 − k ) y2 = 0 ( x − b ) [ ( 1 − k ) x − ( a − k b ) ] + ( 1 − k ) y2 = 0 ( 1 − k ) x2 − [ ( 1 − k ) b + ( a − k b ) ] x + ( 1 − k ) y2 + ( a − k b ) b = 0 ( 1 − k ) x2 + ( 2 k b − a − b ) x + ( 1 − k ) y2 + ( a − k b ) b = 0

Pour k = 1, il reste ( b − a ) ( x − b ) = 0 ; b ≠ a ⇒ x = b. Pour k ≠ 1, on obtient :

x +

2

2 1

k b a b

k

− −

−( )

2

+ y2 = ( ) ( ) ( )

( )

2 4 1

4 1

2

2 k b a b b k a k b

k

− − − − −

−

x +

2

2 1

k b a b

k

− −

−( )

2

+ y2 = 4 4 4 2 4 4 4 4

4 1

2 2 2 2 2 2 2 2

2k b a b kab kb ab ab kab kb k b

k

+ + − − + − + +

−

-

( )

x +

2

2 1

k b a b

k

− −

−( )

2

+ y2 =

a b

k

−

−2 1 ( )

2

C'est l'équation d'un cercle tangent en ( b ; 0 ) à la droite x = b :

• centre x = − 2

2 1

k b a b

k

− −

−( ) y = 0

• rayon r = a b

k

−

−2 1 ( )

k − 2 − 1 0 1 2 3 4

centre

x a b+5

6

a b+ 3

4

a b+

2 ∞

3

2

b a−

5

4

b a−

7

6

b a−

y 0 0 0 0 0 0 0

rayon

b a−

6

b a−

4

b a−

2 ∞

b a−

2

b a−

4

b a−

6

Si k tend vers l'infini, le cercle devient de plus en plus petit jusqu'à se confondre avec le point x = b , y = 0.

b) Lignes de champ Q ( x , y ) = ( )

( )

a b y

x b y

−

− +

2 2 = k.

( a − b ) y = k [ ( x − b )2 + y2 ] k [ ( x − b )2 + y2 ] − ( a − b ) y = 0 Pour k = 0, il reste ( b − a ) y = 0 ; a ≠ b ⇒ y = 0. Pour k ≠ 0, on obtient :

26 Séance 2 - 1996

( x − b )2 +

y −

a b

k

−

2

2

=

a b

k

−

2

2

C'est l'équation d'un cercle tangent en x = b, y = 0 à la droite y = 0 :

• centre x = b y = a b

k

−

2

• rayon r = a b

k

−

2

k − 3 − 2 − 1 0 1 2 3

x b b b b b b b

centre y b a−

6

b a−

4

b a−

2 ∞

a b−

2

a b−

4

a b−

6

rayon

b a−

6

b a−

4

b a−

2 ∞

b a−

2

b a−

4

b a−

6

Si k tend vers l'infini, le cercle devient de plus en plus petit jusqu'à se confondre avec le point x = b , y = 0.

b

27 Séance 2 - 1996

Exercice 3

On considère la fonction : Arc tg z = 1

2 i ln

1

1

+

−

i z

i z

.

1°/ Déterminez les points singuliers de la fonction Arc tg z.

2°/ Comment peut-on rendre uniforme la fonction Arc tg z ?

3°/ La fonction Arc tg z ayant pour valeur 0 au point z0 = 0, trouver sa valeur au point z1 = 1 + i , lorsqu'on passe de z0 à z1 par un chemin rectiligne.

Corrigé de l'Exercice 3. 1°/ Rappels de cours. Définitions. Une fonction f (z) de la variable complexe z est dite fonction monogène en un point a si elle est dérivable

en ce point, c'est-à-dire si le rapport f z f a

z a

( ) ( )−

− a une limite finie lorsque z tend vers a en suivant un chemin

quelconque dans C. Pour qu'une fonction f (z) = P (x,y) + i Q (x,y) soit monogène en un point a, il faut et il

suffit que les conditions de Cauchy soient vérifiées en ce point : ∂

∂

P

x =

∂

∂

Q

y et

∂

∂

P

y = −

∂

∂

Q

x. Les

fonctions P et Q sont ce qu'on appelle des fonctions harmoniques conjuguées . Une fonction monogène en tous points d'un domaine D du plan complexe est dite fonction holomorphe dans D. Singularités isolées. Une fonction de variable complexe f (z) holomorphe dans un domaine D entourant un point a peut avoir quatre sortes de points singuliers en a :

• singularité artificielle : f (z) reste bornée au voisinage de a, mais f z f a

z a

( ) ( )−

− n'a pas de limite lorsque z

tend vers a. Dans ce cas, on peut rendre la fonction f (z) monogène en a en changeant la valeur de f (a). Exemple : la fonction égale à z2 pour z ≠ 0 et à 1 pour z = 0 a une singularité artificielle en 0. Elle est

rendue holomorphe dans tout le plan en posant f (0) = 0. On suppose, la plupart du temps qu'on a éliminé les singularités artificielles.

• pôle : f (z) non bornée au voisinage de a, mais 1

f z( ) est holomorphe au voisinage de a.

Exemple : la fonction 1

z a− n'est pas bornée au voisinage de a mais

1

f z( ) = z − a est holomorphe au

voisinage de a. Le point a est un pôle pour la fonction 1

z a−.

Si le point a est un pôle pour la fonction f (z) , le plus entier positif n pour lequel ( z − a)n f(z) est holomorphe au voisinage de a s'appelle l' ordre de multiplicité du pôle.

Exemple : La fonction ( )( )

( )

z z

z z

− −

−

2 3

1 3 a un pôle simple en z = 0 et un pôle d'ordre 3 en z = 1.

28 Séance 2 - 1996

• point essentiel : a est un point singulier pour f (z) et pour 1

f z( ), mais f est une fonction uniforme, elle a

une seule détermination pour une valeur de z.

Exemple : la fonction e1

z = e

xx y2 2+ × e

−+

iy

x y2 2 a un point essentiel en z = 0.

• point critique : la fonction f (z) ne reprend pas la même valeur quand on suit un chemin faisant un tour

autour de a. On dit que f (z) est une fonction multiforme ou qu'elle a plusieurs déterminations en un point. On change de détermination en faisant un tour autour du point a. Exemple : la fonction ln z définie par ln ( ρ e i θ ) = ln ρ + i θ augmente de 2 i π quand on fait un tour autour du point 0. On peut rendre uniforme une fonction à plusieurs déterminations en pratiquant une coupure dans le plan complexe. Cette coupure constitue une barrière qu'on peut contourner, mais qu'on ne peut pas franchir. Chaque fois qu'on franchit la coupure, on change de détermination. Exemple : la fonction ln z est rendue uniforme dans le plan complexe par une coupure allant de 0 à l'infini sur l'axe réel. Dans le plan coupé, on choisit une détermination : la fonction ln z est alors bien définie en tout point du plan et elle est holomorphe dans le plan coupé. La détermination ln z = ln ρ + i θ avec 0 ≤ θ < 2 π est appelée la détermination principale du logarithme.

Remarques sur les singularités.

• On étudie les singularités à l'infini en faisant le changement de variable z' = 1

z et en étudiant les

singularités de la fonction pour z' = 0. • Une fonction f (z) peut n'avoir aucune singularité dans un domaine et, cependant, ne pas être holomorphe

dans ce domaine. Par exemple, la fonction z n'a aucun point singulier dans le domaine compris entre deux cercles de centre 0 et cependant, elle change de détermination quand on fait un tour entourant le point 0 : elle n'est pas holomorphe dans le domaine compris entre les deux cercles.

Suite des définitions. Une fonction qui n'a, dans un domaine D, qu'un nombre fini de points singuliers qui sont des pôles, est appelée une fonction méromorphe dans D. Une fonction holomorphe dans tout domaine borné est appelée une fonction entière. On appelle fonction analytique dans un domaine D toute fonction qui est holomorphe dans D, sauf peut-être dans un ensemble dénombrable de points singuliers (pôles, points essentiels, points critiques). 2°/ Points singuliers de la fonction Arc tg z.

La fonction Arc tg z = 1

2 i ln

1

1

+

−

i z

i z

a des points singuliers qui viennent des singularités des fonctions

• homographique z → 1

1

+

−

i z

i z

• logarithme z → ln z

La fonction logarithme a un point critique en z = 0 et un point critique à l'infini, donc tout point en lequel 1

1

+

−

i z

i z

est nul ou infini est un point critique de la fonction Arc tg z .

La fonction Arc tg z a pour singuliers les points z = − i et z = i qui sont des points critiques.

Si on change z en 1

z, la fonction Arc tg z est changée en

29 Séance 2 - 1996

Arc tg 1

z =

1

2 i ln

1

1

+

−

iziz

= 1

2 i ln

z i

z i

+

− =

1

2 i ln

i iz

i iz

( )

( )

1

1

−

− +

Cette fonction a les mêmes points singuliers que la fonction Arc tg z : il n'y a pas de singularité en z = 0. Donc la fonction Arc tg z n'a pas de singularité à l'infini. 3°/ Coupure rendant uniforme la fonction Arc tg z. Les déterminations du logarithme sont définies par :

ln (ρ e i θ ) = ln ρ + i θ + 2 i k π avec 0 ≤ θ < 2 π et k entier relatif quelconque Posons :

z − i = ρ1 ei θ1

z + i = ρ2 ei θ2

On a

1 + i z = i ( z − i ) = ρ1 ei θ

π1 2

+

1 − i z = − i ( z + i ) = ρ2 ei θ

π2 2

−

Arc tg z = 1

2 i ln

1

1

+

−

i z

i z

=

1

2 i ln

ρ

ρ1

2 e i ( )θ θ π1 2− +

= −

i

2 ln

ρ

ρ1

2 +

1

2 ( θ1 − θ2 + π + 2 k π )

Pour rendre uniforme la fonction Arc tg z, il faudra couper le plan de telle sorte que 1

2 ( θ1 − θ2 + π + 2 k π )

reprenne la même valeur après un chemin quelconque revenant au même point. Donc ou bien θ1 augmente de 2 π et alors θ2 doit aussi augmenter de 2 π (coupure joignant les deux points − i et + i sans passer par l'infini), ou bien θ1 et θ2 ne peuvent pas augmenter de 2 π (coupure joignant − i à l'infini, et + i à l'infini). Comme on veut partir du point z = 0, on choisira une coupure joignant − i et + i en passant par l'infini. 3°/ Choix d'une détermination de la fonction Arc tg z. Pour z = 0, on a toujours ρ1 = ρ2 et la partie imaginaire de la fonction Arc tg z est nulle. Il reste :

Arc tg 0 = 1

2 ( θ1 − θ2 + π + 2 k π )

Pour avoir Arc tg 0 = 0, il faudra prendre θ1 − θ2 = − π et k = 0, par exemple. Cela est possible en prenant la

détermination principale du logarithme ( k = 0 ) , θ1 = − π

2, θ2 =

π

2 pour z = 0. Dans le plan coupé, on prendra

pour cela des valeurs de θ1 allant de − 3

2

π à +

π

2, des valeurs de θ2 allant de −

π

2 à +

3

2

π.

La fonction Arc tg z est alors déterminée par :

− i

+ i

0

30 Séance 2 - 1996

Arc tg z = 1

2 ( θ1 − θ2 + π ) −

i

2 ln

ρ

ρ1

2 −

3

2

π < θ1 ≤ +

π

2 −

π

2 ≤ θ2 < +

3

2

π

4°/ Valeur finale de la fonction Arc tg z. La valeur initiale Arc tg 0 = 0 a permis de choisir une détermination de la fonction Arc tg z dans le plan coupé. Un chemin rectiligne allant du point 0 au point 1 + i ne traverse pas la coupure ; la fonction conserve donc la même détermination. Au point 1 + i, on a :

ρ1 = 1 θ1 = 0 ρ2 = 5 θ2 = Arc tg 2

Arc tg ( 1 + i ) = 1

2 (π − Arc tg 2 ) −

i

2 ln

1

5

Arc tg ( 1 + i ) = 1

2 (π − Arc tg 2 ) +

i

4 ln 5

− i

+ i

0

z

θ1

θ2

ρ1

ρ2

31 Séance 2 - 1996

Exercice 4

On considère la fonction : Arc cos z = 1

i ln ( z + z2 1− ).

1°/ Déterminez les points singuliers de la fonction Arc cos z.

2°/ Comment peut-on rendre uniforme la fonction Arc cos z ?

3°/ La fonction Arc cos z ayant pour valeur π

2 au point z0 = 0, trouver sa valeur au point z1 = 2 , lorsqu'on

passe de z0 à z1 par un demi-cercle (Γ) de centre 1 et d'ordonnées positives.

Corrigé de l'Exercice 4. 1°/ Points singuliers de la fonction Arc cos z. La fonction Arc cos z est définie à partir d'un logarithme : elle aura pour point critique tout point annulant l'argument du logarithme. Or les solutions de l'équation

z + z2 1− = 0 vérifient

z2 = z2 − 1 Il n'y a pas de solution. La fonction logarithme n'introduit donc pas de point critique dans la fonction Arc cas z.

Reste alors la fonction z2 1− . Comme toute fonction puissance, elle est définie à partir du logarithme par : zn = en ln z

Si n est entier, la détermination est la même quelle que soit la détermination du logarithme. Par contre, si n n'est pas un entier, le choix de la détermination du logarithme a une influence sur la valeur finale de la fonction. Donc si la puissance n'est pas entière, il y a un point singulier pour chaque valeur de z qui annule l'argument de la puissance. Ici, les points singuliers seront les points z = − 1 et z = + 1. Ces points singuliers sont des points critiques puisqu'on change de détermination en tournant autour de l'un d'eux.

Pour le point à l'infini, changeons z en 1

z :

Arc cos 1

z =

1

i ln

1

z +

112z

−

=

1

i [ ln ( 1 + 1 2− z ) − ln z ]

Cette fonction a un point critique pour z = 0. Donc la fonction Arc cos z a un point critique à l'infini. En résumé :

La fonction Arc cos z a trois points singuliers isolés : • un point critique en z = − 1 • un point critique en z = + 1 • un point critique à l'infini

2°/ Coupure rendant uniforme la fonction Arc cos z. Si l'on pose :

z + 1 = ρ1 ei θ1

z − 1 = ρ2 ei θ2

on obtient :

32 Séance 2 - 1996

Arc cos z = 1

i ln z + e

1

221 2 1 22

( ) ( )ln ρ ρ θ θ π+ + +i

k =

1

i ln z + ρ ρ1 2 e

ik

221 2 ( )θ θ π+ +

Une fois choisie la valeur de la constante k, c'est-à-dire la détermination du logarithme, si l'on tourne un tour autour du point − 1, θ1 augmente de 2 π. Pour que la fonction Arc cos z ne change pas de détermination, il faudra que θ2 augment aussi de 2 π : la coupure qui rendra Arc cos z uniforme doit empêcher que l'on tourne séparément autour des deux points critiques − 1 et 1 : elle doit joindre ces deux points. Comme le point à l'infini est aussi un point critique, la coupure doit rejoindre le point à l'infini. La coupure joindra les points − 1 et + 1 en passant par le point à l'infini : comme on veut éviter que la coupure passe par les points 0 et 2, qui sont le point de départ et le point d'arrivée du chemin que l'on veut suivre, on pratiquera une telle coupure par :

• une demi-droite d'ordonnées négatives joignant le point − 1 à l'infini • une demi-droite d'ordonnées négatives joignant le point + 1 à l'infini

3°/ Détermination finale de la fonction Arc cos z.

On veut avoir Arc cos 0 = π

2,

on a

Arc cos z = 1

i ln z + ρ ρ1 2 e

ik

221 2 ( )θ θ π+ +

.

Pour z = 0, on a ρ1 = ρ2 = 1, il reste :

Arc cos 0 = 1

2 ( θ1 + θ2 + 2 k π )

Avec la détermination principale du logarithme ( k = 0 ), il suffit de prendre θ1 = 0 , θ2 = π. Ceci impose de prendre pour détermination de la fonction

Arc cos z = 1

i ln z + ρ ρ1 2 e

i θ θ1 2

2

+

− π

2 ≤ θ1 <

3

2

π − π

2 ≤ θ2 <

3

2

π

Quand on suit le demi-cercle Γ de centre 1 et de rayon 1, d'ordonnées positives pour alles du point 0 au point 2, on ne traverse pas la coupure, la détermination reste la même. Au point z = 2, on a :

ρ1 = 3 θ1 = 0 ρ2 = 1 θ2 = 0

Arc cos 2 = 1

i ln ( 2 + 3 ) = − i ln ( 2 + 3 ) = i ln

1

2 3+ = i ln ( 2 − 3 )

Arc cos 2 = i ln ( 2 − 3 )

−1 +1

33 Séance 3 - 1996


Séance 3


Exercice 1

1°/ Calculer l'intégrale ( )C∫ 1

2

z +

1

z

dz , étendue au cercle trigonométrique (C) de centre O ( 0 ; 0 ) et



z

z

−

+

1

1 dz , étendue au cercle (C) de centre A ( − 1; 0 ) et de rayon 1 parcouru

dans le sens direct.


z

z

−

+

1

1

2

dz , étendue au cercle (C) de centre A ( − 1; 0 ) et de rayon 1

parcouru dans le sens direct.

Corrigé de l’Exercice 1.

1°/ Intégrale ( )C∫ 1

2

z +

1 z

dz

La fonction 1

2

z +

1

z

a, à l’intérieur du contour d’intégration, un pôle simple en 0. En ce pôle, le résidu

est le coefficient de 1

z dans le développement en série de Laurent. Or la fonction est déjà présentée sous forme

de développement en série de puissances de z. Le résidu en 0 est le coefficient 1

2.

Le « théorème des résidus » indique que l’intégrale d’une fonction de variable complexe sur un contour fermé est égal au produit de 2 i π par la somme des résidus aux pôles situés à l’intérieur du contour d’intégration, l’intérieur étant à gauche du sens de parcours. On obtient donc ici :

( )C∫ 1

2

z +

1

z

dz = 2 i π ×

1

2 = i π

( )C∫ 1

2

z +

1

z

dz = i π

34 Séance 3 - 1996

2°/ Intégrale ( )C∫

zz

−+

11

dz .

La fonction z

z

−

+

1

1 a un pôle simple au point − 1 situé à l’intérieur du contour d’intégration. Le résidu en ce pôle,

coefficient du terme 1

1 z + dans le développement en série de Laurent de la fonction, est égal à

limz→−1

( z + 1 ) f (z) = limz→−1

( z − 1 ) = − 2

Le théorème des résidus donne alors la valeur de l’intégrale :

( )C∫

z

z

−

+

1

1 dz = 2 i π × ( − 2 ) = − 4 i π

( )C∫

z

z

−

+

1

1 dz = − 4 i π

3°/ Intégrale ( )C∫

zz−+

11

2

dz .

La fonction

z

z

−

+

1

1

2

a un pôle d’ordre 2 au point − 1 situé à l’intérieur du contour d’intégration. Pour

calculer le résidu en ce pôle, il faut développer la fonction en série de Laurent autour du point − 1. z

z

−

+

1

1 = 1 −

21z +

z

z

−

+

1

1

2

=

1 −

21z +

2

= 4

1 2 ( )z + −

41z +

+ 1

Le résidu au point − 1 est donc − 4. Le théorème des résidus donne alors la valeur de l’intégrale :

( )C∫

z

z

−

+

1

1

2

dz = 2 i π × ( − 4 ) = − 8 i π

( )C∫

z

z

−

+

1

1

2

dz = − 8 i π

35 Séance 3 - 1996

Exercice 2

Calculer l'intégrale 1

2 i π ( )C∫ ( )z a e

z

z+ 4 dz , étendue au cercle trigonométrique (C) de centre O ( 0 ; 0 ) et


Corrigé de l’Exercice 2.

La fonction ( )z a e

z

z+ 4 possède à l’intérieur du contour d’intégration un unique point singulier en 0, qui est un

pôle. Ce pôle est d’ordre 3 si a = 0 ; il est d’ordre 4 si a ≠ 0. Comme le développement de la fonction ez en série de puissances de z est uniformément convergent, on peut faire toutes opérations terme à terme sur ce développement :

ez = 1 + z + z2

2 + … +

zn

n

! + …

1°/ Cas où a = 0.

( )z a e

z

z+ 4 =

ez

z

3 = 13z

+ 12z

+ 1

2 z +

16

+ z

24 + … +

zn

n

( )!+ 3 + …

Le résidu en z = 0 est le coefficient de 1z

dans ce développement, c’est 12

. Le théorème des résidus donne alors

la valeur de l’intégrale :

1

2 i π ( )C∫ e

z

z

3 dz = 12

2°/ Cas où a ≠ 0.

( )z a e

z

z+ 4 =

ez

z

3 + a ez

z

4 = az4 +

az+13 +

az+ 2

2 2 + a

z+ 3

6 +

a + 424

+ … + a n

n+ ++

44( )!

zn + …

Le résidu en z = 0 est le coefficient de 1z

dans ce développement, c’est a + 3

6. Le théorème des résidus donne

alors la valeur de l’intégrale :

1

2 i π ( )C∫ ( )z a e

z

z+ 4 dz =

a + 36

Pour a = 0, on retrouve la valeur trouvée en 1°/.

36 Séance 3 - 1996

Exercice 3


0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx

Corrigé de l’Exercice 3. 1°/ Réduction du problème à une intégration dans le plan complexe. Tout d’abord, remarquons les symétries de l’intégrale, due à la parité de la fonction cosinus : si l’on pose

x = 2 π − x’ l’intégrale devient :

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx =

2π

π

∫ cos 'cos '

32

xx+

(− dx’) = 2

π

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx

de sorte que l’on a :

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx =

12

2

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx

Posons z = e i x . On a dz = i e i x dx , ou dx = − i dzz

. Lorsque x décrit le segment [ 0 ; 2 π ], la variable z

décrit le cercle trigonométrique ( C ) dans le sens direct. cos

cos

3

2

x

x+ =

12

z3 +

13z

×

1

21

2

1 + +

z

z

= ( )

( )

z z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +

=

z

z z z

6

2 21

4 1

+

+ +( )

2

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx = − i

( )C∫ z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) dz

3°/ Intégration de la fonction de variable complexe.

La fonction z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) est holomorphe, sauf aux points :

• z = 0 pôle d’ordre 3 • z = − 2 ± 3 pôles simples

Les pôles situés à l’intérieur du cercle trigonométrique sont 0 et − 2 + 3 . Le théorème des résidus donne :

( )C∫ z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) dz = 2 i π (R0 + R− +2 3 )

Calcul du résidu en 0.

R0 est le coefficient du terme en z2 du développement en puissances de z de la fonction 1

1 4

6

2+

+ +

z

z z. La

division euclidienne des polynômes permet de calculer : 1

1 4

6

2+

+ +

z

z z = 1 − 4 z + 15 z2 + 0 (z3)

donc R0 = 15. Calcul du résidu en −−−− 2 + 3 .

37 Séance 3 - 1996

R− +2 3 = limz→ − + 2 3

( z + 2 − 3 ) × z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) = lim

z→ − + 2 3

z

z z

6

31

2 3

+

+ +( )

R− +2 3 = ( )

( ) (( ) )

− + +

− + − + + +

2 3 1

2 3 2 3 2 3

6

3 =

( − 2 + 3 )3 +

1

2 3 3( )− +

×

1

2 3

( − 2 + 3 )3 = − 8 + 12 3 − 18 + 3 3 = − 26 + 15 3 1

2 3 3( )− + =

1

26 15 3− + =

− −26 15 3

676 - 675 = − 26 − 15 3

R− +2 3 = − 26

3

( )C∫ z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) dz = 2 i π (15 −

26

3 )

2

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx = − i

( )C∫ z

z z z

6

3 21

4 1

+

+ +( ) dz =

2

3

π ( − 26 + 15 3 ) =

2

3

π ( − 2 + 3 )3

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx =

12

2

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx =

π

3 ( − 2 + 3 )3 = −

π 3

3 ( 2 − 3 )3

0

π

∫ cos

cos

3

2

x

x+ dx = −

π 3

3 ( 2 − 3 )3

38 Séance 3 - 1996

Exercice 4


0

1

∫ dx

x x x( ) ( )+ −2 13 25

Corrigé de l'exercice 4. Soit f (x) la fonction définie par

f (x) = 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ −

1°/ Convergence de l'intégrale. Vers 0. ε f (ε) ≈

1

2 ε

25 → 0

Vers 1. ε f ( 1 − ε ) ≈

1

2 ε

35 → 0

La convergence de l'intégrale est donc assurée. 2°/ Fonction holomorphe associée à l'intégrale. A l'intégrale à calculer associons la fonction

f (z) = 1

2 135

25 ( ) ( ) z z z+ −

Les singularités de cette fonction sont :

• un pôle simple en z = − 2 • un point critique en z = 0 • un point critique en z = 1

f

1

z

=

1

12

1 113

5

25

z z z

+

−

= ( ) ( )

z

z z

1 35

25

251 2 1

+ +

+ × − =

( ) ( )z

z z

2

1 2 125 + × −

f

1

z

n'a pas de singularité en z = 0, donc f (z) n'a pas de singularité à l'infini, qui est un zéro d'ordre 2.

Posons z = ρ1 e

i θ1 z − 1 = ρ2 e

i θ2 Pour la détermination ln ρ ei θ = ln ρ + i θ + 2 i k π du logarithme, avec une valeur particulière de k et un angle θ compris entre 0 et 2 π, nous avons :

39 Séance 3 - 1996

z35 = e

35 ln z = ρ1

35 e

3

51 i θ

e6

5

i k π

( z − 1 )25 = e

25 ln z = ρ2

25 e

2

52 i θ

e4

5

i k π

f (z) = 1

2 135

25 ( ) ( ) z z z+ −

= 1

2 1 2

3

5

2

5

10

535

25

1 2

( )

z e e ei i i k

+ ρ ρ

θ θ π = 1

2 1 235

25 ( ) z + ρ ρ

e− −

3

5

2

51 2i iθ θ

f (z) = 1

2 1 235

25 ( ) z + ρ ρ

e−

+

( 3 )i θ θ1 22

5

La valeur de f (z) ne dépend finalement pas de la valeur choisie initialement pour la constante k dans la détermination du logarithme.

Lorsque θ1 augmente de 2 π, l'argument de ( z + 2 ) f (z) diminue de 6

5

π.

Lorsque θ2 augmente de 2 π, l'argument de ( z + 2 ) f (z) diminue de 4

5

π.

Donc si l'on fait un tour autour d'un point critique seul, la détermination de f (z) change, alors que si l'on fait un

tour autour des deux points critiques à la fois, l'argument de ( z + 2 ) f (z) diminue de 10

5

π = 2 π : la

détermination de f (z) ne change pas. On rendra donc uniforme la fonction f (z) par une coupure empêchant de tourner autour d'un seul point critique. Il faut que l'on puisse tourner autour des deux points critiques à la fois ou bien autour d'aucun point critique. Ceci est réalisable par une coupure joignant les deux points critiques : cette coupure peut, ou non, passer par le point à l'infini. Comme l'intégrale que l'on s'est proposé de calculer est une intégrale de 0 à 1, nous choisirons une coupure sur le segment [ 0 ; 1 ] de l'axe réel. Dans le plan ainsi coupé, nous avons pour fonction f (z) :

f (z) = 1

2 1 235

25 ( ) z + ρ ρ

e−

+

( 3 )i θ θ1 22

5

0 1

40 Séance 3 - 1996

3°/ Contour d'intégration. Nous intégrerons la fonction f (z) sur un contour Γ formé de deux morceaux :

• Un grand cercle (C) de centre O et de rayon R qu'on prendra aussi grand qu'on veut, parcouru dans le sens direct.

• Un lacet entourant la coupure, parcouru en sens rétrograde, et constitué de ∗ bord inférieur CD de la coupure, allant de 1 à 0 ∗ petit cercle γ1 de rayon ε1 aussi petit qu'on veut, autour du point 0 ∗ bord supérieur AB de la coupure, allant de 0 à 1 ∗ petit cercle γ2 de rayon ε2 aussi petit qu'on veut, autour du point 1

4°/ Valeur de l'intégrale. La fonction f (z) est holomorphe à l'intérieur du domaine D limité par ce coutour, sauf au point z = − 2 qui est un pôle simple. Le théorème des résidus donne alors le résultat :

Γ∫ f (z) dz = 2 i π × R − 2

où R − 2 est le résidu de la fonction f (z) au point z = − 2. Et par passage à la limite :

limεε

1

2

00

→→→ ∞R

Γ∫ f (z) dz = 2 i π × R − 2

limR→∞ ( C)∫ f (z) dz+ lim

ε1 0 → 1γ∫ f (z) dz+ lim

ε2 0 → 2γ∫ f (z) dz + lim

εε

1

2

00

→→

AB∫ f (z) dz + lim

εε

1

2

00

→→

CD∫ f (z) dz = 2 i π × R − 2

Sur le grand cercle (C). Pour tout z de (C), R | f (z) | ≈

R

R2 → 0 si R → ∞, donc, pour tout z de (C), limR→∞

( R | f (z) | ) = 0 et

Maxz C ∈ ( )

( limR→∞

( R | f (z) | ) ) = 0

On a alors :

( C)∫ f (z) dz ≤

( C)∫ | f (z) | | dz | ≤ Max

z C ∈ ( ) ( | f (z) | ) ×

( C)∫ | dz | = 2 π R × Max

z C ∈ ( ) ( | f (z) | )

( C)∫ f (z) dz ≤ 2 π × Max

z C ∈ ( ) ( R | f (z) | )

41 Séance 3 - 1996

limR→∞

( C)∫ f (z) dz = lim

R→∞ ( C)∫ f (z) dz ≤ 2 π lim

R→∞[ Max

z C ∈ ( ) ( R | f (z) | ) ]

limR→∞ ( C)∫ f (z) dz ≤ 2 π Max

z C ∈ ( ) ( lim

R→∞( R | f (z) | ) ) = 0

limR→∞

( C)∫ f (z) dz = 0

Sur le petit cercle γγγγ1. Pour tout z de γ1 , avec | z | = ε1 , ε1 | f (z) | ≈

1

2 ε1

25 → 0 si ε1 → 0,

donc pour tout z de γ1 , limε1 0 →

( ε1 | f (z) | ) = 0 et Maxz ∈ γ 1

[ limε1 0 →

( ε1 | f (z) | ) ] = 0

On a alors :

1γ∫ f (z) dz ≤

1γ∫ | f (z) | | dz | ≤ Max

z ∈ γ 1

( | f (z) | ) × 1γ∫ | dz | = 2 π ε1 × Max

z ∈ γ 1

( | f (z) | )

1γ∫ f (z) dz ≤ 2 π × Max

z ∈ γ 1

( ε1 | f (z) | )

limε1 0 → 1γ

∫ f (z) dz = limε1 0 → 1γ

∫ f (z) dz ≤ 2 π limε1 0 →

[ Maxz ∈ γ 1

( ε1 | f (z) | ) ]

limε1 0 → 1γ

∫ f (z) dz ≤ 2 π Maxz ∈ γ 1

( limε1 0 →

( ε1 | f (z) | ) ) = 0

limε1 0 →

1γ∫ f (z) dz = 0

Sur le petit cercle γγγγ2. Pour tout z de γ2 , avec | z − 1 | = ε2, ε2 | f (z) | ≈

1

2 ε2

35 → 0 si ε2 → 0,

donc pour tout z de γ2 , limε2 0 →

(ε2 | f (z) |) = 0 et Maxz ∈ γ 2

[ limε2 0 →

( ε2 | f (z) | ) ] = 0

On a alors :

2γ∫ f (z) dz ≤

2γ∫ | f (z) | | dz | ≤ Max

z ∈ γ 2

( | f (z) | ) × 2γ∫ | dz | = 2 π ε2 × Max

z ∈ γ 2

( | f (z) | )

2γ∫ f (z) dz ≤ 2 π × Max

z ∈ γ 2

( ε2 | f (z) | )

limε2 0 → 2γ

∫ f (z) dz = limε2 0 → 2γ

∫ f (z) dz ≤ 2 π limε2 0 →

[ Maxz ∈ γ 2

( ε2 | f (z) | ) ]

limε2 0 → 2γ

∫ f (z) dz ≤ 2 π Maxz ∈ γ 2

( limε2 0 →

( ε2 | f (z) | ) ) = 0

limε2 0 →

2γ∫ f (z) dz = 0

42 Séance 3 - 1996

Sur le segment AB. On a : ρ1 = x θ1 = 0 ρ2 = 1 − x θ2 = π z = x dz = dx

f (z) = 1

2 1 235

25 ( ) z + ρ ρ

e−

+

( 3 )i θ θ1 22

5 = 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − e

− 2

5

i π

AB∫ f (z) dz = e

− 2

5

i π

ε

ε

1

21−

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx

limεε

1

2

00

→→

AB∫ f (z) dz = e

− 2

5

i π

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx

Sur le segment CD. On a : ρ1 = x θ1 = 0 ρ2 = 1 − x θ2 = − π z = x dz = dx

f (z) = 1

2 1 235

25 ( ) z + ρ ρ

e−

+

( 3 )i θ θ1 22

5 = 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − e

2

5

i π

CD∫ f (z) dz = e

2

5

i π

1 2

1

−∫

ε

ε 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx = − e

2

5

i π

ε

ε

1

21−

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx

limεε

1

2

00

→→

CD∫ f (z) dz = − e

2

5

i π

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx

Total. En rassemblant les morceaux d'intégrale, la relation

limR→∞ ( C)∫ f (z) dz+ lim

ε1 0 → 1γ∫ f (z) dz+ lim

ε2 0 → 2γ∫ f (z) dz + lim

εε

1

2

00

→→

AB∫ f (z) dz + lim

εε

1

2

00

→→

CD∫ f (z) dz = 2 i π × R − 2

devient :

( e−

2

5

i π

− e2

5

i π

)

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx = 2 i π × R − 2

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx = −

ππ

sin2

5

× R − 2

Calcul du résidu au point z = −−−− 2. Comme le point z = − 2 est un pôle simple, le résidu en ce point peut se calculer par la formule :

R − 2 = limz → −2

[ ( z + 2 ) f (z) ]

Pour z = − 2, on a :

43 Séance 3 - 1996

ρ1 = 2 θ1 = π + 2 k π ρ2 = 3 θ2 = π + 2 k π

( z + 2 ) f (z) = 1

1 235

25ρ ρ

e−

+

( 3 )i θ θ1 22

5 = 2− 3

5 3− 2

5 e−

+ + +

( )i k k3 6 2 4

5

π π π π

= − 2− 3

5 3− 2

5

Il vient alors :

R − 2 = limz → −2

[ ( z + 2 ) f (z) ] = − 2− 3

5 3− 2

5 = − 1

725

D'où le résultat final :

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx =

ππ

sin2

5

× 1

725

Or sin 2

5

π = 2 sin

π

5 cos

π

5 = 2

5 5

2 2

−

5 1

4

+ =

( ) 5 1 5 5

4 2

+ − =

5

2

1 5

2

+ =

ϕ 5

2 en

appelant ϕ le nombre d'or 1 5

2

+.

On peut donc écrire la valeur de l'intégrale sous la forme :

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx =

π

ϕ 5

2

3

25

= π

ϕ 5

4

95

On obtient donc, sous forme de radicaux :

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx =

π

ϕ 5

4

95 = π

11

516210

− ϕ =

1 5

2

+

Approximativement :

1

π

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx = 0, 447 020

0

1

∫ 1

2 13 25 ( ) ( )x x x+ − dx = 1, 404 355

44 Séance 3 - 1996

45 Séance 4 - 1996


Séance 4

DISTRIBUTIONS

Exercice 1

Soit T une distribution sur R. Montrez les propriétés suivantes :

1°/ x T = 0 ⇔ (∃ c ∈ C ) ( T = c δ )

2°/ Pour que la dérivée de T soit nulle, il faut et il suffit qu'il existe un nombre complexe c vérifiant

T = c 1,

où 1 est la distribution définie par < 1 , ϕ > = ∫ ϕ (x) dx.

Corrigé de l'Exercice 1. Définitions. • On appelle "fonction de base" sur R, toute fonction ϕ : R → C indéfiniment dérivable à support borné (le

support d'une fonction est le plus petit ensemble fermé en dehors duquel la fonction est nulle). Les fonctions de base sur R forment un espace vectoriel D sur C.

Exemple : la fonction égale à e−

−

1

1 2x entre − 1 et 1 et à 0 en dehors de l'intervalle [ − 1 ; 1 ] est indéfiniment dérivable, y compris aux points − 1 et 1, et son support est l'intervalle [ − 1 ; 1 ] : c'est une fonction de base.

• On dit qu' une suite de fonctions de base tend vers 0 si la suite des fonctions tend uniformément vers 0 ainsi

que toute suite de dérivées de même ordre. • On appelle "distribution" sur R toute application linéaire et continue de l'espace vectoriel D des fonctions

de base dans le corps C des complexes. Le terme "continu" veut dire que si une suite de fonctions de base tend vers 0, alors la suite des images de ces fonctions de base par la distribution est une suite de nombres complexes qui tend vers 0. Les distributions sur R forment un espace vectoriel D’ sur C.

Exemples : ∗ Toute fonction localement sommable (c'est-à-dire intégrable sur tout ensemble fermé borné) f définit une

distribution par

< f , ϕ > =∫ f (t) ϕ(t) dt

∗ Par exemple, la "fonction de Heaviside" ϒ (x) égale à 0 pour x ≤ 0 et à 1 pour x > 0 définit la

distribution de Heaviside ϒ :

46 Séance 4 - 1996

< ϒ , ϕ > =

0

∞

∫ ϕ (t) dt

∗ La distribution définie par la formule :

< δ , ϕ > = ϕ (0)

est appelée "distribution de Dirac". Propriétés. • Si α est une fonction indéfiniment dérivable, pas nécessairement à support borné, et T une distribution, on

peut définir la distribution α T par

< α T , ϕ > = < T , α ϕ > puisque α ϕ est une fonction de base, chaque fois que ϕ est une fonction de base.

• Pour toute distribution T, on peut définir une dérivée dT

dx par

< dT

dx , ϕ > = − < T ,

d

dx

ϕ >.

Contrairement aux fonctions, une distribution est toujours dérivable. Comme une fonction peut définir une

distribution, on peut se demander quel rapport il y a entre la dérivée au sens des fonctions et la dérivée au sens des distributions. Ce rapport est le suivant : si l’on considère une fonction f dérivable partout sauf en un point x0 où la fonction présente un saut σ0 = f (x0

+ ) − f (x0− ), la dérivée de f , qui est presque partout

définie (définie partout sauf sur un ensemble de mesure nulle), définit une distribution df

dx

au moyen d’une

intégrale ; cette distribution est liée à la distribution dérivée df

dx de la distribution définie par la fonction f

par la formule :

df

dx =

df

dx

+ σ0 δ.

Démonstration :

< df

dx , ϕ > = − < f ,

d

dx

ϕ > = − ∫ f

d

dx

ϕ dx = −

− ∞∫

x0f

d

dx

ϕ dx −

x0

+ ∞

∫ f d

dx

ϕ dx

Pour chaque morceau d’intégrale, on intègre par parties :

−

− ∞∫

x0f

d

dx

ϕ dx = [ − f ϕ ]− ∞

−x0 +

− ∞∫

x0f ’ ϕ dx = − f (x0

−) ϕ (x0) +

− ∞∫

x0f ’ ϕ dx

−

x0

+ ∞

∫ f d

dx

ϕ dx = [ − f ϕ ] x0

++ ∞ +

x0

+ ∞

∫ f ’ ϕ dx = + f (x0+) ϕ (x0) +

x0

+ ∞

∫ f ’ ϕ dx

Par addition, il vient :

− ∫ f d

dx

ϕ dx = [ f (x0

+) − f (x0−) ] ϕ (x0) + ∫ f ’ ϕ dx = < σ0 δ , ϕ > + <

df

dx

, ϕ >

47 Séance 4 - 1996

Exemple : soit ϒ la distribution de Heaviside, définie par la fonction égale à 0 pour x négatif et à 1 pour x positif. Au point 0, elle présente un saut égal à 1. Sa dérivée au sens des fonctions est presque partout nulle puisque la fonction est constante par intervalles. Sa dérivée au sens des distributions est donc

d

dx

ϒ = δ.

Revenons à la résolution de notre exercice. 1°/ x T = 0 ⇔ ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c δ ). a) ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c δ ) ⇒ x T = 0 Pour toute fonction de base ϕ, on a, en effet, lorsque T = c δ :

< x T , ϕ > = < T , x ϕ > = < c δ , x ϕ > = c < δ , x ϕ > = c × 0 × ϕ (0) = 0 et ceci montre que x T est la distribution nulle :

x T = 0. b) x T = 0 ⇒ ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c δ ) • T est nulle pour toute fonction de base χ de la forme χ = x ϕ où ϕ est une fonction de base. En effet, on a, lorsque χ = x ϕ :

< T , χ > = < T , x ϕ > = < x T , ϕ > = < 0 , ϕ > = 0 • Pour qu'une fonction de base χ soit de la forme χ = x ϕ, il faut et il suffit que l'on ait χ (0) = 0.

En effet, si χ = x ϕ, on a χ (0) = 0, et, réciproquement, si χ (0) = 0, la fonction ϕ (x) = ( )χ x

x est

indéfiniment dérivable en dehors de 0 et la formule de Taylor, appliquée à la fonction χ (x) montre que c'est encore vrai pour 0.

• Considérons alors une fonction de base θ, fixée une fois pour toutes, telle que θ (0) = 1. Toute fonction de

base ϕ peut être écrite sous la forme ϕ = λ θ + χ avec λ ∈ C et χ ∈ D. Il suffit de prendre λ = ϕ (0) et χ = ϕ − ϕ (0) θ

car, dans ce cas : ϕ (x) = ϕ (0) θ (x) + ϕ (x) − ϕ (0) θ (x) = λ θ (x) + χ (x) = ( λ θ + χ ) (x)

On a alors χ (0) = ϕ (0) − ϕ (0) θ (0) = ϕ (0) − ϕ (0) × 1 = ϕ (0) − ϕ (0) = 0,

donc < T, χ > = 0,

c'est-à-dire < T , ϕ − ϕ (0) θ > = 0,

ou < T , ϕ > − < T , ϕ (0) θ > = 0

< T , ϕ > = < T , ϕ (0) θ > = < T , θ > ϕ (0) = c ϕ (0) en notant c la constante < T , θ >. La relation < T , ϕ > = c ϕ (0) s'écrit aussi :

< T , ϕ > = < c δ , ϕ > On a donc T = c δ.

2°/ dTdx

= 0 ⇔ ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c 1 )

a) ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c 1 ) ⇒ dTdx

= 0.

48 Séance 4 - 1996

Pour toute fonction de base ϕ, on a, en effet, lorsque T = c 1 :

< dT

dx , ϕ > = − < T ,

d

dx

ϕ > = − < c 1 ,

d

dx

ϕ > = − c < 1 ,

d

dx

ϕ > = − c

− ∞

+ ∞

∫ d

dx

ϕ dx = − c [ ϕ (x) ]− ∞

+ ∞ = 0

puisque ϕ est à support borné.

b) dTdx

= 0 ⇒ ( ∃ c ) ( c ∈ C et T = c 1 )

• Si dT

dx est nul, on a pour toute fonction de base ϕ :

0 = < dT

dx , ϕ > = − < T ,

d

dx

ϕ > = < T , −

d

dx

ϕ >

Ceci montre que T est nulle pour toute fonction de base ψ qui est la dérivée d'une fonction de base ϕ :

( ∀ ψ ) ( ψ ∈ D ⇒ ( ( ∃ ϕ ) ( ϕ ∈ D et ψ = d

dx

ϕ ) ⇒ < T , ψ > = 0 ) ) (1)

• Pour qu'une fonction de base ψ soit la dérivée d'une fonction de base ϕ, il faut et il suffit que l'on ait :

∫ ψ (t) dt = 0

( ∀ ψ ) ( ψ ∈ D ⇒ ( ( ∃ ϕ ) ( ϕ ∈ D et ψ = d

dx

ϕ ) ⇔ < 1 , ψ > = 0 ) ) (2)

En effet, considérons une fonction de base ψ. S'il existe une fonction de base ϕ telle que ψ = d

dx

ϕ, on a :

< 1 , ψ > = ∫ ψ (x) dx = ∫ d

dx

ϕ dx =

− ∞

+ ∞

∫ d

dx

ϕ dx = [ ϕ (x) ]− ∞

+ ∞ = 0

Et, réciproquement, si < 1 , ψ > = 0, on peut prendre ϕ (x) =

− ∞∫

xψ (t) dt. La fonction ϕ (x) est une

fonction de base et l'on a

ψ = d

dx

ϕ.

• Les relations (1) et (2) entraînent la relation :

( ∀ ψ ) ( ψ ∈ D ⇒ ( < 1 , ψ > = 0 ⇒ < T , ψ > = 0 ) ) (3) • Considérons alors une fonction de base quelconque ϕ. Soit χ une fonction de base telle que < 1 , χ > ≠ 0.

Posons a =

1

1

,

,

ϕ

χ. On obtient : 0 = < 1 , ϕ > − a < 1 , χ > = < 1 , ϕ > − < 1 , a χ > = < 1 , ϕ − a χ >. La

relation (3) entraîne < T , ϕ − a χ > = 0 et l'on a :

< T , ϕ > = < T , a χ > = a < T , χ > =

1

1

,

,

ϕ

χ < T , χ > =

T ,

,

χ

χ1 < 1 , ϕ > =

T ,

,

χ

χ1 1 , ϕ

relation qui montre que T est de la forme c 1, avec c =

T ,

,

χ

χ1 ∈ C. La distribution T est bien une

distribution constante.

49 Séance 4 - 1996

Exercice 2

Trouver la limite, quand h tend vers 0, dans l'espace D′ des distributions sur R , de δ δh h

h

− −

2.

Corrigé de l’Exercice 2. Pour toute fonction de base ϕ ∈ D, on a :

< δ δh h

h

− −

2 , ϕ > =

ϕ ϕ ( ) ( )h h

h

− −

2

D’après le théorème des accroissements finis, comme la fonction ϕ est continue et dérivable, il existe un nombre θ compris entre − 1 et 1 tel que l'on ait :

ϕ ϕ ( ) ( )h h

h

− −

2 = ϕ' (θh)

Si h tend vers 0, θ h tend vers et 0 et ϕ' (θh) tend vers ϕ' (0).

Donc < δ δh h

h

− −

2 , ϕ > =

ϕ ϕ ( ) ( )

h h

h

− −

2 = ϕ' (θh) tend vers ϕ' (0) = < − δ' , ϕ >, c'est dire que

δ δh h

h

− −

2 tend

vers − δ'.

limh → 0

δ δh h

h

− −

2 = − δ '

50 Séance 4 - 1996

Exercice 3

ϒ ( x ) désignant la fonction de Heaviside, calculer, au sens des distributions :

1°/

d

dx − λ

ϒ ( x ) e λ x

2°/

d

dx

2

2 + ω2

ϒ( ) x xsinω

ω

3°/ d

dx

m

m

ϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1

pour m entier ≥ 1

Corrigé de l'Exercice 3.

1°/

d

dx − λ

ϒ ( x ) e λ x

La formule donnant la dérivée, au sens des distributions, du produit d'une fonction indéfiniment dérivable eλ x par une distribution ϒ (x) est, formellement, la même que celle qui donne la dérivée usuelle d'un produit de fonctions :

d

dx

ϒ ( x ) e λ x

=

d x

dx

ϒ( ) eλ x + ϒ (x)

d e

dx

x( )λ

Or nous savons que :

•

d x

dx

ϒ( ) est la distribution de Dirac δ

• α (x) δ = α (0) δ puisque, pour toute fonction de base ϕ < α δ , ϕ > = < δ , α ϕ > = α (0) ϕ (0) = α (0) < δ, ϕ > = < α (0) δ, ϕ >

donc eλ x δ = δ

•

d e

dx

x( )λ

= λ eλ x car la dérivée au sens des fonctions coïncide pour une fonction dérivable avec la

dérivée au sens des distributions, puisqu'une fonction dérivable est continue et n'a pas de saut. Il en résulte que la dérivée de ϒ ( x ) e λ x au sens des distributions est donnée par :

d

dx

ϒ ( x ) e λ x

= δ + λ ϒ ( x ) e λ x

d'où :

d

dx − λ

ϒ ( x ) e λ x = δ

2°/

d

dx

2

2 + ω2

ϒ( ) x xsinω

ω

d

dx

ϒ ( x )

sinω

ω

x

=

sinω

ω

x d x

dx

ϒ( ) + ϒ (x) cos ω x = sin 0 δ + ϒ (x) cos ω x = ϒ (x) cos ω x

d

dx

2

2

ϒ ( x )

sinω

ω

x

=

d

dx

ϒ ( x ) cos ω x

= cos ω x

d x

dx

ϒ( ) − ω ϒ (x) sin ω x = δ − ω ϒ (x) sin ω x

51 Séance 4 - 1996

d

dx

2

2 + ω2

ϒ( ) x xsinω

ω = δ

3°/ d

dx

m

m

ϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1

pour m entier ≥ 1

Pour m = 1. On a :

d

dx

m

m

ϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1

=

d x

dx

ϒ( ) = δ

Supposons que l'on ait :

d

dx

m

m

ϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1

= δ

pour un entier m ≥ 1. On a alors, pour l'entier m + 1 : d

dx

m

m

+

+

1

1

ϒ( ) x x

m

m

!

=

d

dx

m

m

d

dx

ϒ( ) x x

m

m

!

= d

dx

m

m

x

m

m

! δ + ϒ (x)

x

m

m−

−

1

1( )!

= d

dx

m

m

0 + ϒ (x)

x

m

m−

−

1

1( )!

= d

dx

m

m

ϒ (x)

x

m

m−

−

1

1( )!

= δ et, par récurrence :

d

dx

m

m

ϒ

−

−( )

( )!

x x

m

m 1

1

= δ pour tout entier m ≥ 1.

52 Séance 4 - 1996

53 Séance 5 - 1996


Séance 5

CONVOLUTION

Exercice 1

Soit ϒ (x) la fonction de Heaviside.

1°/ Calculez le produit de convolution ϒ (x) eλ x � ϒ (x) eµ x .

2°/ Calculez le produit de convolution ϒ (x) sin x � ϒ (x) sh 2x .

Corrigé de l'Exercice 1. Il faut commencer par donner quelques définitions et propriétés. Définition. Si f et g sont deux fonctions localement sommables, alors la fonction h définie par :

h (x) = ∫ f ( x − t ) g ( t ) dt

lorsque l'intégrale existe, est une fonction localement sommable qu'on appelle le "produit de convolution" de f et g et qu'on note :

h = f �g Propriétés. • f �g = g �f. Le produit de convolution est commutatif. En effet, si l'on pose x − t = u, on a du = − dt et :

( f �g ) (x) = −

+ ∞

− ∞

∫ f ( u ) g ( x − u ) du =

− ∞

+ ∞

∫ f ( u ) g ( x − u ) du = ( g �f ) (x)

• On démontre que si f ou g est continue, f � g est continue (démonstration pas évidente). • Si les deux fonctions f et g ont leurs supports dans l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ , f �g existe et a son support

dans [ 0 ; + ∞ [. On a alors :

( f �g ) (x) = ϒ (x)

0

x

∫ f (x − t) g (t) dt

Cette propriété se démontre en considérant successivement les deux cas x ≤ 0 et x ≥ 0. Définitions.

54 Séance 5 - 1996

• Le support d'une distribution est le plus petit ensemble fermé en dehors duquel la distribution est nulle.

Ceci veut dire que si une fonction de base ϕ a son support en dehors du support de la distribution T, on a < T , ϕ > = 0.

• Si S et T sont deux distributions sur R, on appelle "produit de convolution" de S et T, la distribution,

lorsqu'elle existe, définie par :

< S �T , ϕ > = < Sx , < Ty , ϕ ( x + y ) > > Condition d'existence : les supports A et B de S et T sont tels que, pour tout x ∈ A et pour tout y ∈ B :

x + y borné ⇔ x borné et y borné Propriétés. • Si le produit de convolution existe, il est commutatif :

S �T = T �S • Si S ou T a un support borné, S �T existe. • Si S et T ont toutes deux leur support borné à gauche, leur produit de convolution existe et a son support

borné à gauche. Les distributions à support borné à gauche forment une algèbre (espace vectoriel muni d'un produit lui donnant une structure d'anneau) appelée l' algèbre de convolution D'+.

• La distribution de Dirac δ est l'élément unité du produit de convolution :

T � δ = δ �T = T • Pour tout entier m ≥ 1, δ (m)

� T existe et est égal à la dérivée m-ième de T au sens des distributions :

δ (m) � T =

d T

dx

m

m

• Les résultats de l'exercice 3 de la séance 4 s'écrivent :

( δ' − λ δ ) � ϒ (x) e λ x = δ

( δ" + ω2 δ ) � ϒ( )sinx xω

ω = δ

δ ( m ) � ϒ( )

( )!

x x

m

m −

−

1

1 = δ

• Soit Γ le cercle trigonométrique dans R2 , toute distribution sur Γ a son support borné. Le produit de

convolution de deux distributions sur Γ existe toujours et les distributions sur Γ forment une algèbre de convolution D' (Γ).

Revenons à la résolution de notre exercice.

1°/ ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x . Nous avons affaire ici au produit de convolution de deux distributions définies par des fonctions à support borné à gauche contenus dans l'intervalle [ 0 ; + ∞ [. Le produit de convolution des deux fonctions est défini par :

ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x = ∫ ϒ (x − t) e λ ( x − t ) ϒ (t) e µ t dt =

− ∞

+ ∞

∫ ϒ (x − t) e λ ( x − t ) ϒ (t) e µ t dt

55 Séance 5 - 1996

L'intégrale peut se décomposer en deux morceaux :

− ∞

+ ∞

∫ =

− ∞∫

x +

x

+ ∞

∫ .

• Entre − ∞ et x , on a t < x, x − t > 0, ϒ ( x − t ) = 1, ϒ (t) dépendra du signe de x.

• Entre x et + ∞, on a t > x, x − t < 0, ϒ ( x − t ) = 0,

x

+ ∞

∫ ϒ (x − t) e λ ( x − t ) ϒ (t) e µ t dt = 0.

Il reste, dans tous les cas :

ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x =

− ∞∫

xe λ ( x − t ) ϒ (t) e µ t dt = e λ x ×

− ∞∫

xϒ (t) e ( µ − λ ) t dt

∗ Pour x ≤ 0, on a t ≤ x ≤ 0, donc ϒ (t) = 0 et l'intégrale est nulle.

∗ Pour x > 0, on peut décomposer l'intégrale en deux morceaux :

− ∞∫

x =

− ∞∫

0 +

0

x

∫

Entre − ∞ et 0, on a t < 0, donc ϒ (t) = 0 et l'intégrale est nulle. Entre 0 et x , on a 0 ≤ t ≤ x, ϒ (t) = 1 et il reste :

− ∞∫

xϒ (t) e ( µ − λ ) t dt =

0

x

∫ e ( µ − λ ) t dt.

Il y a deux cas à considérer pour calculer l'intégrale : ∗ 1er cas : λ = µ.

0

x

∫ e ( µ − λ ) t dt =

0

x

∫ dt = x

ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x = x e λ x ∗ 2ème cas : λ ≠ µ.

0

x

∫ e ( µ − λ ) t dt = 1

µ λ− ( e ( µ − λ ) x − 1 )

ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x = 1

µ λ− ( e ( µ − λ ) x − 1 ) × e λ x =

e ex x µ λ

µ λ

−

− =

e ex x λ µ

λ µ

−

−

En résumé :

ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e µ x =

ϒ (

ϒ (

x x e

xe e

x

x x) si =

)

si

λ

λ µλ µ

λ µλ µ

−

−≠

2°/ ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x C'est une application directe de la formule précédente car on a :

ϒ (x) sin x = 1

2 i ( ϒ (x) e i x − ϒ (x) e − i x )

ϒ (x) sh 2 x = 1

2 ( ϒ (x) e 2 x − ϒ (x) e − 2 x )

ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x = 1

4 i (ϒ (x) e i x �ϒ (x) e 2 x − ϒ (x) e i x �ϒ (x) e − 2 x − ϒ (x) e − i x �ϒ (x) e 2 x + ϒ (x) e − i x �ϒ (x) e − 2 x

)

= 1

4 i

ϒ (x)

e e

i

i x x 2 −

− 2 − ϒ (x)

e e

i

i x x 2 −

+

−

2 − ϒ (x)

e e

i

i x x 2 − −

− −2 + ϒ (x)

e e

i

i x x 2

− −−

− +2

= 1

4 i

ϒ (x) ( e i x − e − i x )

1

2i − −

1

2i +

− ϒ (x) ( e 2 x − e − 2 x )

1

2i − +

1

2i +

= − 2

5 ϒ (x) sin x +

1

5 ϒ (x) sh 2 x =

ϒ( )x

5 ( sh 2 x − 2 sin x )

56 Séance 5 - 1996

ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x = ϒ( )x

5 ( sh 2 x − 2 sin x )

Remarques importantes.

ϒ (x) sin x = ϒ (x) e e

i

i x i x

− −

2 = ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − i x

= ( δ' − i δ ) − 1 � ( δ' + i δ ) − 1 = [ ( δ' − i δ ) � ( δ' + i δ ) ] − 1 = ( δ" + δ ) − 1

ϒ (x) sh 2 x = ϒ (x) e ex x 2 2

2

− −

= 2 ϒ (x) e 2 x � ϒ (x) e − 2 x

= 2 ( δ' − 2 δ ) − 1 � ( δ' + 2 δ ) − 1 = 2 [ ( δ' − 2 δ ) � ( δ' + 2 δ ) ] − 1 = 2 ( δ" − 4 δ ) − 1 ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x = 2 ( δ" + δ ) − 1 � ( δ" − 4 δ ) − 1 = 2 [ (δ" + δ ) � (δ" − 4 δ ) ] − 1 = 2 (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) − 1 On a donc :

1

2 (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) � ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x = δ

Considérons l'opérateur différentiel D = d

dx

4

4 − 3 d

dx

2

2 − 4 . Appliqué à la distribution

1

2 ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x =

ϒ

10

( )x ( sh 2 x − 2 sin x )

cet opérateur donne δ. Si l'on recherche ce qu'on appelle la "solution élémentaire" de l'opérateur différentiel D, c'est-à-dire la fonction f (x) solution de l'équation différentielle

d f

dx

4

4 − 3 d f

dx

2

2 − 4 f = 0

qui vérifie les conditions initiales : f (0) = 0

df

dx

x = 0

= 0

d f

dx

2

2

x = 0

= 0

d f

dx

3

3

x = 0

= 1

on est amené à poser F (x) = ϒ (x) f (x) et à considérer F comme une distribution à support dans [ 0 ; + ∞ [. Les dérivées successives de F au sens des distributions sont :

dF

dx = ϒ

df

dx

d F

dx

2

2 = ϒ d f

dx

2

2

d F

dx

3

3 = ϒ d f

dx

3

3

d F

dx

4

4 = ϒ d f

dx

4

4 + δ

et l'on a :

D F = d F

dx

4

4 − 3 d F

dx

2

2 − 4 F = (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) � F

57 Séance 5 - 1996

= ϒ (x)

d f

dx

4

4 − 3 d f

dx

2

2 − 4 f

+ δ

= δ (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) � F = δ

On a donc :

F = (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) − 1 = 1

2 ϒ (x) sin x �ϒ (x) sh 2 x =

ϒ

10

( )x ( sh 2 x − 2 sin x )

et

f (x) = 1

10 ( sh 2 x − 2 sin x )

La connaissance de cette solution élémentaire permet, par convolution, de résoudre l'équation avec un second membre non nul et de trouver toute solution vérifiant des conditions initiales données. Par exemple, si l'on cherche la solution de l'équation différentielle :

d f

dx

4

4 − 3 d f

dx

2

2 − 4 f = 2 e − x

qui vérifie les conditions initiales : f (0) = 0

df

dx

x = 0

= 1

d f

dx

2

2

x = 0

= 0

d f

dx

3

3

x = 0

= 0

on posera F (x) = ϒ (x) f (x). Les dérivées de F au sens des distributions sont : dF

dx = ϒ

df

dx

d F

dx

2

2 = ϒ d f

dx

2

2 + δ

d F

dx

3

3 = ϒ d f

dx

3

3 + δ'

d F

dx

4

4 = ϒ d f

dx

4

4 + δ"

et l'on a : D F = ϒ D f + ( δ" − 3 δ ) = 2 ϒ (x) e − x + ( δ" − 3 δ ) (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) � F = 2 ϒ (x) e − x + ( δ" − 3 δ )

d'où : F = (δ ( 4 ) − 3 δ" − 4 δ ) − 1 �( 2 ϒ (x) e − x + ( δ" − 3 δ ) )

= ϒ

10

( )x ( sh 2 x − 2 sin x ) � ( 2 ϒ (x) e − x + ( δ" − 3 δ ) )

et il reste seulement à calculer les produits de convolution qui interviennent.

58 Séance 5 - 1996

Exercice 2

Soit δ la distribution de Dirac, ϒ (x) la fonction de Heaviside, D′+ l'espace des distributions sur R à support borné à gauche. Trouvez les inverses dans D′+ des distributions suivantes :

1°/ δ″ − 5 δ′ + 6 δ

2°/ ϒ + δ″

3°/ ϒ (x) e x + δ′

Corrigé de l'Exercice 2.

1°/ Inverse de δ" − 5 δ' + 6 δ. δ" − 5 δ' + 6 δ = ( δ' − 2 δ ) � ( δ' − 3 δ ) ( δ" − 5 δ' + 6 δ ) − 1 = ( δ' − 2 δ ) − 1 � ( δ' − 3 δ ) − 1 = ϒ (x) e 2 x � ϒ (x) e 3 x = ϒ (x) ( e 3 x − e 2 x )

( δ" − 5 δ' + 6 δ ) − 1 = ϒ (x) ( e 3 x − e 2 x )

2°/ Inverse de ϒ + δ". ϒ + δ" = δ' − 1 + δ" = δ' − 1 � ( δ + δ"' ) = δ' − 1 � ( δ' + δ ) � ( δ" − δ' + δ )

= δ' − 1 � ( δ' + δ ) � ( δ' − 1 3

2

+ i δ ) � ( δ' −

1 3

2

− i δ )

( ϒ + δ" ) − 1 = δ' � ( δ' + δ ) − 1 � ( δ' − 1 3

2

+ i δ ) − 1 � ( δ' −

1 3

2

− i δ ) − 1

= δ' � ϒ (x) e − x � ϒ (x) e1 3

2

+ ix

� ϒ (x) e1 3

2

− ix

ϒ (x) e1 3

2

+ ix

� ϒ (x) e1 3

2

− ix

= ϒ (x) e e

i i

ix

ix

1 3

2

1 3

2

1 3

2

1 3

2

+ −

−+

−−

= ϒ (x) e e

i

ix

ix

1 3

2

1 3

2

3

+ −

−

δ' � ϒ (x) e − x = δ − ϒ (x) e − x

( ϒ + δ" ) − 1 = ( δ − ϒ (x) e − x ) � ϒ (x) e e

i

ix

ix

1 3

2

1 3

2

3

+ −

−

= 1

3i

ϒ (x) e

1 3

2

+ ix

− ϒ (x) e1 3

2

− ix

− ϒ (x) e − x �ϒ (x) e1 3

2

+ ix

+ ϒ (x) e − x � ϒ (x) e1 3

2

− ix

1

3i

ϒ (x) e

1 3

2

+ ix

− ϒ (x) e1 3

2

− ix

=

2

3 ϒ (x) e

x

2 sin 3

2 x

ϒ (x) e − x �ϒ (x) e1 3

2

+ ix

= ϒ (x) e e

i

xi

x−+

−

− −+

1 3

2

11 3

2

= 2

3 3+ i ϒ (x)

e

1 3

2

+ ix

− e − x

59 Séance 5 - 1996

ϒ (x) e − x �ϒ (x) e1 3

2

− ix

= ϒ (x) e e

i

xi

x−−

−

− −−

1 3

2

11 3

2

= 2

3 3− i ϒ (x)

e

1 3

2

− ix

− e − x

− ϒ (x) e − x �ϒ (x) e1 3

2

+ ix

+ ϒ (x) e − x � ϒ (x) e1 3

2

− ix

= ϒ (x) e − x

2

3 3 + i −

2

3 3 − i

−

2

3 3+ i ϒ (x) e

1 3

2

+ ix

+ 2

3 3 − i ϒ (x) e

1 3

2

− ix

= − 4 3

12

i ϒ (x) e − x −

1

6 ( 3 − i 3 ) ϒ (x) e

1 3

2

+ ix

+ 1

6 ( 3 + i 3 ) ϒ (x) e

1 3

2

− ix

= − i

3 ϒ (x) e − x −

1

2 ϒ (x) e

x

2 × 2 i sin 3

2 x +

i

3 ϒ (x) e

x

2 × cos 3

2 x

( ϒ + δ" ) − 1 = 2

3 ϒ (x) e

x

2 sin 3

2 x −

1

3 ϒ (x) e − x −

1

3 ϒ (x) e

x

2 sin 3

2 x +

1

3 ϒ (x) e

x

2 cos 3

2 x

= 1

3 ϒ (x) e

x

2 sin 3

2 x +

1

3 ϒ (x) e

x

2 cos 3

2 x −

1

3 ϒ (x) e − x

= 2

3 ϒ (x) e

x

2

3

2 sin

3

2 x +

1

2 cos

3

2 x

−

1

3 ϒ (x) e − x

( ϒ + δ" ) − 1 = 2

3 ϒ (x) e

x

2 sin

3

2 x +

π

6

−

1

3 ϒ (x) e − x

3°/ Inverse de ϒ (x) e x + δ'. ϒ (x) e x = ( δ' − δ ) − 1 ϒ (x) e x + δ' = ϒ (x) e x + δ � δ' = ϒ (x) e x + ϒ (x) e x � ( δ' − δ ) � δ' = ϒ (x) e x � ( δ + ( δ' − δ ) � δ' )

ϒ (x) e x + δ' = ϒ (x) e x � ( δ" − δ' + δ ) = ϒ (x) e x � ( δ' − 1 3

2

+ i δ ) � ( δ' −

1 3

2

− i δ )

( ϒ (x) e x + δ' ) − 1 = ( ϒ (x) e x ) − 1 � ( δ' − 1 3

2

+ i δ ) − 1 � ( δ' −

1 3

2

− i δ ) − 1

= ( δ' − δ ) � ϒ (x) e1 3

2

+ ix

� ϒ (x) e1 3

2

− ix

= ( δ' − δ ) � ϒ (x) e e

i

ix

ix

1 3

2

1 3

2

3

+ −

− = ( δ' − δ ) �

2

3 ϒ (x) e

x

2 sin

3

2 x

δ' � 2

3 ϒ (x) e

x

2 sin

3

2 x

=

2

3 ϒ (x)

d

dx

e

x

2 sin 3

2 x

= 2

3 ϒ (x) e

x

2

1

2 sin

3

2 x +

3

2 cos

3

2 x

( δ' − δ ) � 2

3 ϒ (x) e

x

2 sin

3

2 x

=

2

3 ϒ (x) e

x

2

−

1

2 sin

3

2 x +

3

2 cos

3

2 x

60 Séance 5 - 1996

= 2

3 ϒ (x) e

x

2 cos

3

2 x +

π

6

( ϒ (x) e x + δ' ) − 1 = 2

3 ϒ (x) e

x

2 cos

3

2 x +

π

6

61 Séance 5 - 1996

Exercice 3

Résoudre l'équation intégrale

0

x

∫ ( x − t ) cos ( x − t ) f ( t ) dt = g ( x ) , où g est une fonction donnée et f

une fonction inconnue, les deux ayant leur support dans l'intervalle [ 0 ; + ∞ [.

Corrigé de l'Exercice 3. Une équation intégrale comme celle qui est proposée ici s'appelle une "équation intégrale de Volterra". Comme g a son support dans [ 0 ; + ∞ [, cette équation est équivalente à l'équation de convolution dans l'espace D'+ :

ϒ (x) x cos x � f (x) = g (x) Sa solution dans D'+ est donnée par :

f = ( ϒ (x) x cos x ) − 1 � g (x) Tout le problème est donc de déterminer l'inverse en convolution dans D'+ de la distribution ϒ (x) x cos x. On peut écrire :

ϒ (x) x cos x = ϒ ϒ( ) ( )

2

x x e x x ei x i x+ −

On sait par ailleurs que pour tout λ ∈ C, on a ϒ (x) e λ x � ϒ (x) e λ x = ϒ (x) x e λ x (voir démonstration au début du corrigé de l'Exercice 1). On en déduit : ϒ (x) x e i x = ϒ (x) e i x � ϒ (x) e i x = ( δ' − i δ ) − 1 �( δ' − i δ ) − 1 = ( δ' − i δ ) − 2 ϒ (x) x e − i x = ϒ (x) e −i x � ϒ (x) e −i x = ( δ' + i δ ) − 1 �( δ' + i δ ) − 1 = ( δ' + i δ ) − 2 Il vient alors :

ϒ (x) x cos x = ϒ ϒ( ) ( )

2

x x e x x ei x i x+ −

= 1

2 [ ( δ' − i δ ) − 2 + ( δ' + i δ ) − 2 ]

= 1

2 ( δ' − i δ ) − 2 � ( δ' + i δ ) − 2 � [ ( δ' + i δ ) 2 + ( δ' − i δ ) 2 ]

= 1

2 ( δ' − i δ ) − 2 � ( δ' + i δ ) − 2 � ( 2 δ" − 2 δ )

= (δ" + δ ) − 2 � ( δ" − δ ) = ( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) − 1 � ( δ' − δ ) � ( δ' + δ ) L'inverse en convolution de la distribution ϒ (x) x cos x dans D'+ est donnée par : ( ϒ (x) x cos x ) − 1 = ( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) � ( δ' − δ ) − 1 � ( δ' + δ ) − 1 = ( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) � ϒ (x) e x � ϒ (x) e − x

= ( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) � ϒ (x) e ex x − −

2

= ( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) � ϒ (x) sh x Les dérivées successives de la distribution ϒ (x) sh x sont : δ' � ϒ (x) sh x = ϒ (x) ch x δ" �ϒ (x) sh x = ϒ (x) sh x + δ δ"' �ϒ (x) sh x = ϒ (x) ch x + δ' δ ( 4 ) �ϒ (x) sh x = ϒ (x) sh x + δ + δ" et l'on obtient :

( δ ( 4 ) + 2 δ" + δ ) � ϒ (x) sh x = 4 ϒ (x) sh x + δ" + 3 δ

( ϒ (x) x cos x ) − 1 = 4 ϒ (x) sh x + δ" + 3 δ La solution f = ( ϒ (x) x cos x ) − 1 � g (x) est donc donnée par :

f = ( 4 ϒ (x) sh x + δ" + 3 δ ) � g

62 Séance 5 - 1996

f (x) = 4 ϒ (x)

0

x

∫ sh ( x − t ) g (t) dt + d g

dx

2

2 + 3 g (x)

Dans cette expression il faut supposer que g (x) est une fonction deux fois dérivable, puisque f est une distribution régulière, c'est-à-dire définie par une fonction localement sommable.

63 Séance 5 - 1996

Exercice 4

On désigne par f (x) la solution de l'équation différentielle

y″′ + 2 y″ + y′ + 2 y = − 10 cos x

satisfaisant aux conditions initiales :

y (0) = 0, y′ (0) = 0 y″ (0) = − 4

On pose F (x) = ϒ (x) f (x), où ϒ (x) est la fonction de Heaviside. Ecrire l'équation différentielle satisfaite par F (x) au sens des distributions. Déterminer alors F (x) en utilisant le calcul symbolique dans D′+ .

Corrigé de l'Exercice 4. F (x) = ϒ (x) f (x)

δ' �F = dF

dx = ϒ f ' + f (0) δ = ϒ f '

δ" � F = d F

dx

2

2 = ϒ f " + f ' (0) δ + f (0) δ' = ϒ f "

δ"' � F = d F

dx

3

3 = ϒ f "' + f " (0) δ + f ' (0) δ' + f (0) δ" = ϒ f "' − 4 δ

( δ"' + 2 δ" + δ' + 2 δ ) � F = ϒ ( f "' + 2 f " + f ' + 2 f ) − 4 δ = − 10 ϒ (x) cos x − 4 δ ( δ" + δ ) � ( δ' + 2 δ ) � F = − 2 ( 5 ϒ (x) cos x + 2 δ ) ( δ' + i δ ) � ( δ' − i δ ) � ( δ' + 2 δ ) � F = − 2 ( 5 ϒ (x) cos x + 2 δ ) F = − 2 ( δ' + i δ ) − 1 � ( δ' − i δ ) − 1 � ( δ' + 2 δ ) − 1 � ( 5 ϒ (x) cos x + 2 δ )

F = − 2 ϒ (x) e − i x � ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − 2 x � ( 5 ϒ (x) cos x + 2 δ )

1°/ Calcul de la solution élémentaire ϒ (x) e − i x � ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − 2 x . Commençons par établir une formule qui pourra servir à plusieurs reprises. Pour des réels a et b , on a :

ϒ (x) e a x � ϒ (x) e i b x = a ib

a b

+

+2 2 ϒ (x) ( ea x − e i b x )

= a ib

a b

+

+2 2 ϒ (x) ( ea x − cos bx − i sin bx )

= ϒ( )x

a b2 2+

a ea x − a cos bx + b sin b x

+ i

ϒ( )x

a b2 2+

b ea x − b cos bx − a sin b x

Or on a aussi : ϒ (x) e a x � ϒ (x) e i b x = ϒ (x) e a x � ϒ (x) cos bx + i ϒ (x) e a x � ϒ (x) sin bx

Par identification des parties réelles et des parties imaginaires, on en tire :

ϒ (x) e a x � ϒ (x) cos bx = ϒ( )x

a b2 2+

a ea x − a cos bx + b sin b x

ϒ (x) e a x � ϒ (x) sin bx = ϒ( )x

a b2 2+

b ea x − b cos bx − a sin b x

ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − i x = ϒ (x) sin x

64 Séance 5 - 1996

ϒ (x) e − i x � ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − 2 x = ϒ (x) sin x �ϒ (x) e − 2 x Pour a = − 2 et b = 1, les formules précédentes donnent :

ϒ (x) e − i x � ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − 2 x = ϒ( )x

5 ( e − 2 x − cos x + 2 sin x )

2°/ Résolution de l'équation différentielle. F = − 2 ϒ (x) e − i x � ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − 2 x � ( 5 ϒ (x) cos x + 2 δ )

F = − 4

5 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) − 2 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) � ϒ (x) cos x

Pour terminer ce calcul, il faut connaître les produits de convolution suivants : ϒ (x) sin x � ϒ (x) cos x ϒ (x) cos x � ϒ (x) cos x ϒ (x) e − 2 x �ϒ (x) cos x

Or on a : ϒ (x) e i x � ϒ (x) e i x = ϒ (x) x e i x ϒ (x) e i x � ϒ (x) e − i x = ϒ (x) sin x

donc, il vient, par addition : 2 ϒ (x) e i x � ϒ (x) cos x = ϒ (x) ( x cos x + sin x ) + i ϒ (x) x sin x 2 ϒ (x) cos x �ϒ (x) cos x + 2 i ϒ (x) sin x � ϒ (x) cos x = ϒ (x) ( x cos x + sin x ) + i ϒ (x) x sin x

En identifiant les parties réelles et les parties imaginaires, il vient :

ϒ (x) cos x �ϒ (x) cos x = ϒ( )x

2 ( x cos x + sin x )

ϒ (x) sin x � ϒ (x) cos x = ϒ( )x

2 x sin x

D'après les formules établies plus haut, pour a = − 2 et b = 1, on a :

ϒ (x) e − 2 x �ϒ (x) cos x = ϒ( )x

5

− 2 e − 2 x + 2 cos x + sin x

F = − 4

5 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) − 2 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) � ϒ (x) cos x

= − 4

5 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) − 4 ϒ (x) sin x � ϒ (x) cos x + 2 ϒ (x) cos x � ϒ (x) cos x

− 2 ϒ (x) e − 2 x � ϒ (x) cos x

= − 4

5 ϒ (x) ( 2 sin x − cos x + e − 2 x ) − 4

ϒ( )x

2 x sin x + 2

ϒ( )x

2 ( x cos x + sin x )

− 2 ϒ( )x

5

− 2 e − 2 x + 2 cos x + sin x

= − ϒ (x) sin x + ϒ (x) x cos x − ϒ (x) x sin x

F = ϒ (x) [ − sin x + x ( cos x − sin x ) ]

f (x) = − sin x + x ( cos x − sin x )

65 Séance 6 - 1996


Séance 6

SERIES DE FOURIER

Exercice 1

1°/ Calculez la série de Fourier de la fonction f (x) égale à x dans l'intervalle −π < x < π, et périodique de

période 2π. Calculez n=

∞

∑1

12n

et n=

∞

∑1

1

2 1 2( )n +.

2°/ Calculez la série de Fourier de la fonction g (x) égale à x3 dans l'intervalle −π < x < π, et périodique de

période 2π. En déduire la valeur de sin x − sin2

23x

+ … + (− 1) n+1 sin n x

n3 + ….

3°/ Montrez que l'on peut déduire les développement trouvés de celui de δ(π) sur le cercle Γ de longueur 2 π.

Corrigé de l'Exercice 1. Série de Fourier d'une fonction périodique. Si f est une fonction périodique de période T, on appelle série de Fourier de f la série :

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x

où les coefficients de Fourier de f sont donnés par la formule :

cn (f) = 1

T

a

a T+

∫ e − n i t f (t) dt ( a réel quelconque )

La série de Fourier de f existe dès que la fonction f est intégrable sur tout intervalle de longueur finie. En tout point où f a une limite à droite f (x+0) et une limite à gauche f (x−0), la somme de la série de Fourier de f est donnée par la formule :

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x = 1

2 [ f (x−0) + f (x+0) ]

En particulier, en un point où f est continue, f (x) est égal à la somme de sa série de Fourier : f (x) =

n ∈∑

Z *

cn (f) e n i x

Les fonctions de carré sommable sur une période, c'est-à-dire telles que l'intégrale

a

a T+

∫ | f (t) |2 dt existe,

vérifient la formule de Parseval-Plancherel :

66 Séance 6 - 1996

n ∈∑

Z *

| cn (f) | 2 = 1

T

a

a T+

∫ | f (t) |2 dt

Si le produit de convolution f �g existe, les coefficients de Fourier du produit de convolution sont donnés par : cn ( f �g ) = T cn (f) × cn (g)

Série de Fourier d'une distribution périodique. Une distribution T sur R est dite distribution périodique de période T si elle est égale à sa translatée par T :

δT �T = T Les distributions périodiques de période T s'identifient aux distributions sur le cercle Γ de longueur T dans R2. Elles forment une algèbre de convolution D' ( Γ ). Dans cette algèbre de convolution, l'élément unité δ est identifié à la distribution

n ∈∑

Z *

δ n T sur R ( "peigne" de Dirac ).

Comme le cercle Γ est borné, toute fonction indéfiniment dérivable de l'abscisse curviligne s (définie à un multiple entier près de la période) est une fonction de base sur Γ : les fonctions en i ω s sont des fonctions de bases sur Γ. A une distribution T de D' ( Γ ), on peut associer sa série de Fourier :

n ∈∑

Z *

cn ( T ) e n i ω x

où les coefficients de Fourier de T sont donnés par la formule :

cn ( T ) = 1

T < T , e − n i ωx >

avec ω = 2 π

T.

Pour une distribution définie par une fonction périodique localement sommable, on retrouve la formule donnant les coefficients de Fourier de la fonction, l'intégrale s'étendant à un intervalle d'une période. Les séries de Fourier des distributions sur Γ possèdent les propriétés essentielles des séries de Fourier de fonctionss périodiques de période T. Notamment, les coefficients de Fourier d'un produit de convolution sont donnés par :

cn ( T �S ) = T cn ( T ) cn ( S ) Il y a cependant des différences importantes avec les séries de Fourier de fonctions : • La série de Fourier d'une distribution T sur Γ (où d'une distribution périodique sur R ) converge toujours

vers cette distribution : une distribution est toujours égale à la somme de sa série de Fourier. En particulier, sur R :

n ∈∑

Z *

δnT =

n ∈∑

Z *

1

T e n i ω x =

1

T

n ∈∑

Z *

e n i ω x

• La dérivation terme à terme d'une série de Fourier de distribution de D' ( Γ ) est toujours une opération légitime :

d

dx

m

mT

=

n ∈∑

Z *

cn ( T ) ( i n ω ) m e n i ω x

n ∈∑

Z *

δnT ( m ) = 1

T

n ∈∑

Z *

( i n ω ) m e n i ω x

• Pour qu'une série trigonométrique

n ∈∑

Z *

cn e n i ω x converge vers une distribution sur Γ, il faut et il suffit

que la suite des | cn | soit majorée par une puissance de n quand n tend vers l'infini.

67 Séance 6 - 1996

1°/ Série de Fourier de la fonction périodique de période 2 π égale à x entre − π et π. a) Série de Fourier de la fonction f (x). Soit f la distribution définie par la fonction périodique de période 2 π égale à x entre − π et π. Ses coefficients de Fourier sont donnés par la formule :

cn = 1

2 π < x , e − n i x > , n ∈ Z.

cn = 1

2 π

−

+

∫π

πx e − n i x dx

Pour calculer l'intégrale, on intègre par parties en posant :

u = x, d'où du = dx, et, pour avoir dv = e − n i x dx, on prendra v = − 1

n i e − n i x ( n ≠ 0).

L'intégrale s'écrit, pour n ≠ 0 :

−

+

∫π

πx e − n i x dx = ∫ u dv = u v − ∫ v du

= − 1

n i [ x e − n i x ] x

x = −= +

ππ +

1

n i

−

+

∫π

πe − n i x dx

= − 1

n i ( π e − n i π + π e n i π ) +

12n

[ e − n i x ] xx

= −= +

ππ

= ( − 1 ) n 2 i

n

π +

12n

( e − n i π − e n i π )

= ( − 1 ) n 2 i

n

π

D'où :

cn = i ( )−1 n

n pour n ≠ 0

Pour n = 0, on obtient c0 = 1

2 π

−

+

∫π

πx dx = 0, puisqu'on intègre une fonction impaire dans un intervalle

symétrique. La série de Fourier de la fonction f (x) est donc :

n ∈∑

Z *

i ( )−1 n

n e n i x =

n =

∞

∑1

i ( )−1 n

n ( e n i x − e − n i x ) = 2

n =

∞

∑1

( )− +1 1 n

n sin n x

et, en chaque point où la fonction est continue, on a l'égalité :

x = 2

n =

∞

∑1

( )− +1 1n

n sin n x − π < x < π

Remarques. • La fonction f (x) est une fonction impaire : sa série de Fourier n'a que des termes en sinus. Ce résultat est

général. De façon analogue, la série de Fourier d'une fonction paire n'a que des termes en cosinus.

• Aux points de discontinuité de la fonction f (x), la somme de la série de Fourier de f (x) prend la valeur moyenne entre la limite à droite et la limite à gauche des valeurs de f (x) (résultat dû à Jordan)

−π π

68 Séance 6 - 1996

1

2 [ f ( x + 0 ) − f ( x − 0 ) ] = 2

n =

∞

∑1

( )− +1 1n

n sin n x

b) Valeur de séries numériques. Une série de Fourier de distribution peut s'intégrer ou se dériver terme à terme sans problème de convergence. Par exemple, comme la distribution définie par la fonction f (x) est la dérivée, au sens des distributions, de la

distribution définie par la fonction paire continue de période 2 π, égale à x2

2 entre − π et π , on obtient, par

intégration terme à terme :

x2

2 = 2

n =

∞

∑1

( )−12

n

n cos nx + constante pour − π ≤ x ≤ π

La valeur de la constante est le coefficient de Fourier d'indice 0 de la distribution définie par la fonction paire

continue de période 2 π égale à x2

2 entre − π et π :

c0 = 1

2 π

−

+

∫π

π x2

2 dx =

1

12 π [ x 3 ] x

x = −= +

ππ =

π2

6

x2

2 =

π2

6 + 2

n =

∞

∑1

( )−12

n

n cos nx pour − π ≤ x ≤ π

Cette formule peut s'écrire aussi sous la forme :

n =

∞

∑1

( )−12

n

n cos nx =

x2

4 −

π2

12 pour − π ≤ x ≤ π

En particulier, pour x = π, cette formule donne, avec cos n π = ( − 1 ) n :

n =

∞

∑1

12n

= π2

4 −

π2

12 =

π2

6

n =

∞

∑1

12n

= π2

6

Comme la série

n =

∞

∑1

12n

est absolument convergente, on peut faire sur elle toutes opérations terme à terme et

écrire, en particulier, en séparant les termes pairs et les termes impairs :

n =

∞

∑1

12n

=

m =

∞

∑0

( )1

2 1 2 m + +

m =

∞

∑1

( )1

2 2 m =

m =

∞

∑0

( )1

2 1 2 m + +

1

4

n =

∞

∑1

12n

On en déduit :

n =

∞

∑0

( )1

2 1 2 n + =

3

4

n =

∞

∑1

12n

= 3

4 ×

π2

6 =

π2

8

n =

∞

∑0

( )1

2 1 2 n + =

π2

8

69 Séance 6 - 1996

La somme de la série demandée s'obtient en enlevant le premier terme de la série ( n = 0 ) :

n =

∞

∑1

( )1

2 1 2 n + =

π2

8 − 1

1°/ Série de Fourier de la fonction périodique de période 2 π égale à x 3 entre − π et π. En intégrant terme à terme la série :

n =

∞

∑1

( )−12

n

n cos nx =

x2

4 −

π2

12 pour − π ≤ x ≤ π

on obtient :

n =

∞

∑1

( ) − 13

n

n sin nx =

x3

12 −

π2

12

x + constante pour − π ≤ x ≤ π

La valeur de la constante est nulle comme on le voit en faisant x = 0. Il reste donc :

n =

∞

∑1

( ) − 13

n

n sin nx =

x3

12 −

π2

12

x pour − π ≤ x ≤ π

n =

∞

∑1

( ) − +1 1

3

n

n sin nx =

x

12 ( π2 − x2 ) pour − π ≤ x ≤ π

On en déduit :

x 3 = π 2 x + 12

n =

∞

∑1

( ) − 13

n

n sin nx

= 2 π 2

n =

∞

∑1

( )− +1 1 n

n sin n x + 12

n =

∞

∑1

( ) − 13

n

n sin nx

=

n =

∞

∑1

( − 1 ) n + 1

2 2 π

n −

123n

sin nx

C'est la série de Fourier de g (x) :

x 3 =

n =

∞

∑1

( − 1 ) n + 1

2 2 π

n −

123n

sin nx pour − π ≤ x ≤ π

70 Séance 6 - 1996

3°/ Comparaison avec la série de Fourier de la distribution δπ sur le cercle Γ. Soit

x = − ∞

+ ∞

∑

cn e n i x

la série de Fourier de la fonctrion égale à x entre − π et π. Sur le cercle Γ de longueur 2 π, on a :

δ ( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

< δ ( π ) , e − n i x > = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n e n i x

Par ailleurs, sur le cercle Γ, on a : δ' � x = 1 − 2 π δ ( π )

puisque la dérivée de x au sens des fonctions est 1 et que la fonction égale à x sur le cercle Γ présente un saut de valeur 2 π au point x = π. Sur le cercle Γ, la série de Fourier de δ est donnée par :

δ = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

e n i x

Par dérivation terme à terme, on obtient la série de Fourier de δ' sur le cercle Γ :

δ' = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

i n e n i x

1ère méthode. Le coefficient de Fourier d'indice n d'un produit de convolution est égal au produit des coefficients de Fourier d'indice n des facteurs, multiplié par la période ( 2 π, égale à la longueur du cercle Γ ). La formule :

δ' � x = 1 − 2 π δ ( π ) conduit alors à la formule :

− ∞

+ ∞

∑

i n cn e n i x = 1 − − ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n e n i x

et on voit par identification que l'on dooit prendre c0 = 0 et :

cn = ( )

− +1 1n

i n = i

( ) − 1 n

n pour n ≠ 0

Ceci donne, on l'a vu dans la première question, en regroupant les termes d'indices n et − n :

x = 2

n =

∞

∑1

( ) − +1 1n

n sin nx pour − π < x < π

2ème méthode. La formule :

δ' � x = 1 − 2 π δ ( π ) donne, par dérivation :

δ" � x = − 2 π δ' � δ ( π ) x = − 2 π δ" − 1 � δ' � δ ( π ) = − 2 π δ' − 1 � δ ( π )

Or δ ( π ) � δ ( π ) = δ ( 2 π ) = δ ⇒ δ ( π ) = δ ( π )

− 1

71 Séance 6 - 1996

⇒ δ' (π ) = δ' � δ ( π ) = δ' � δ (π ) − 1

⇒ δ' (π ) − 1 = δ' − 1 � δ ( π )

Donc : x = − 2 π δ'( π )

− 1 La série de Fourier de δ ( π ) est :

δ ( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n e i n x

On en déduit, par dérivation terme à terme :

δ'( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n i n e i n x

En comparant avec la série de Fourier de δ :

δ = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n e i n x

on obtient la série de Fourier de δ'( π ) − 1 :

δ' ( π ) − 1 =

1

2 π

− ∞

+ ∞

∑ ( ) − 1 n

i n e i n x

puis celle de x = − 2 π δ'( π ) − 1 :

x = − ∞

+ ∞

∑ ( ) − +1 1n

i n e i n x

Cette formule conduit, on l'a vu, à :

x = 2

n =

∞

∑1

( ) − +1 1n

n sin nx pour − π < x < π

Calcul de la série de Fourier de x 3 La formule obtenue par dérivation sur le cercle Γ :

δ' � x 3 = 3 x 2 − 2 π 3 δ ( π ) donne : δ" � x 3 = 6 x − 2 π 3 δ' ( π ) = − 12 π δ'( π )

− 1 − 2 π 3 δ'( π ) x 3 = − 12 π δ'( π )

− 1 � δ" − 1 − 2 π 3 δ'( π ) � δ" − 1 = − 12 π δ"'( π ) − 1 − 2 π 3 δ'( π )

− 1 = − 12 π δ"'( π ) − 1 + π 2 x

1

12 ( π 2 x − x 3 ) = π δ"'( π )

− 1

On a, par dérivations successives à partir de :

δ ( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n e i n x

δ'( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n i n e i n x

δ"( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n + 1 n 2 e i n x

72 Séance 6 - 1996

δ"'( π ) = 1

2 π

− ∞

+ ∞

∑

( − 1 ) n + 1 i n 3 e i n x

δ"'( π ) − 1 =

1

2 π

− ∞≠

+ ∞

∑n 0

( ) − +1 1

3

n

i n e i n x

1

12 ( π 2 x − x 3 ) = π δ"'( π )

− 1 =

− ∞≠

+ ∞

∑n 0

( ) − +1

2

1

3

n

i n e i n x

1

12 ( π 2 x − x 3 ) =

− ∞≠

+ ∞

∑n 0

( ) − +1

2

1

3

n

i n e i n x pour − π < x < π

On retrouve donc les formules et les développements trouvés plus haut.

73 Séance 6 - 1996

Exercice 2

1°/ Soit T une distribution périodique de période T. Montrez que sa série de Fourier peut se mettre sous la forme :

n=

∞

∑0

an cos 2πnx

T +

n=

∞

∑0

bn sin 2πnx

T

avec des coefficients an et bn que l'on explicitera.

Dans les deux questions suivantes, on pose, pour une fonction ϕ, ϕ1 ( x ) = ϕ ( − x )

2°/ On dit qu'une distribution T est impaire si l'on a < T , ϕ1 > = − < T , ϕ > pour toute fonction de base ϕ ∈ D. Montrez que la série de Fourier d'une distribution impaire de période T se réduit à une série de sinus.

3°/ On dit qu'une distribution T est paire si l'on a < T , ϕ1 > = < T , ϕ > pour toute fonction de base ϕ ∈ D. Montrez que la série de Fourier d'une distribution paire de période T se réduit à une série de cosinus.

Corrigé de l'Exercice 2. 1°/ Série de Fourier d'une distribution périodique. A une distribution périodique T , de période T, on peut faire correspondre de façon biunivoque une distribution

~T sur le cercle Γ de longueur T. La série de Fourier de ~T est la série de Fourier de T. Considérons alors

la série de Fourier ~T =

− ∞

+ ∞

∑

cn e i n x de la distribution périodique T de période T = 2 π

ω. Les coefficients

de Fourier cn sont donnés par la formule :

cn = 1

T < ~T , e − n i ω x >

En toute rigueur, il faut bien mettre ~T et non T , car, si la distribution est régulière (définie par une fonction), on intègre sur une période, donc sur le cercle Γ. Ce n'est que par abus de langage que l'on met T au lieu de ~T dans cette définition, en identifiant les distributions périodiques de période T sur R et les distributions sur le cercle Γ. La série de Fourier de T , sur laquelle on peut faire toutes opérations terme à terme, s'écrit :

~T = c0 +

n

=

+ ∞

∑1

( cn e i n x + c− n e − i n x )

= c0 +

n

=

+ ∞

∑1

( cn + c − n ) cos n ω x + i

n

=

+ ∞

∑1

( cn − c − n ) sin n ω x

Cette formule montre que l'on peut écrire ~T sous la forme :

~T =

n

=

+ ∞

∑0

an cos 2 πn x

T +

n

=

+ ∞

∑1

bn sin 2 πn x

T

avec a0 = c0 = 1

T < ~T , 1 >, an = cn + c − n =

2

T < ~T , cos

2 πn x

T >

bn = i ( cn − c − n ) = 2

T < ~T , sin

2 πn x

T >

74 Séance 6 - 1996

Pour une fonction de base ϕ sur R, on appelle "symétrique" de ϕ et on note ϕ1, la fonction de base sur R définie par :

ϕ1 (x) = ϕ (− x) Pour une distribution T sur R, on appelle "symétrique" de T et on note T1 la distribution sur R définie par:

< T1 , ϕ > = < T , ϕ1 > Pour une fonction de base ϕ sur R, on note Φ la fonction périodique de période T associée à ϕ :

Φ (x) =

− ∞

+ ∞

∑

ϕ ( x + n T )

En réalité, comme ϕ est à support borné, cette somme ne comporte pour chaque x qu'un nombre fini de termes. On note aussi Φ l'image de Φ dans D ' (Γ), définie par

Φ (s) =

− ∞

+ ∞

∑

ϕ ( s + n T )

et Φ1 la symétrique de Φ définie par Φ1 (x) = Φ (− x). On a alors :

< ~T , Φ1 > = < T , ϕ1 > 2°/ Série de Fourier d'une distribution impaire. Si T est impaire, on a :

< ~T , Φ1 > = < T , ϕ1 > = − < T , ϕ > = − < ~T , Φ > donc ~T est impaire. En particulier, on a :

< ~T , e n i ωx > = − < ~T , e − n i ωx > cn = − c − n

an = cn + c− n = 0 Ainsi, tous les termes en cosinus du développement en série de Fourier de T sont nuls et

La série de Fourier de la distribution impaire T se réduit à une série de sinus. 3°/ Série de Fourier d'une distribution paires. Si T est paire, on a :

< ~T , Φ1 > = < T , ϕ1 > = < T , ϕ > = < ~T , Φ > donc ~T est paire. En particulier, on a :

< ~T , e n i ωx > = < ~T , e − n i ωx > cn = c − n

bn = cn − c− n = 0 Ainsi, tous les termes en sinus du développement en série de Foruier de T sont nuls et

La série de Fourier de la distribution paire T se réduit à une série de cosinus.

75 Séance 6 - 1996

Exercice 3

Soient f et g deux fonctions périodiques de période T, de carré intégrable sur une période (espace L2 (T)).

1°/ Montrez que

h ( x ) = 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt

est aussi une fonction périodique de période T, de carré intégrable sur une période.

2°/ Calculez les coefficients de Fourier cn ( h ) de h en fonction des coefficients de Fourier cn ( f ) et cn (g) de f et g.

3°/ En admettant que pour tout x , la série de Fourier de h (x) est convergente et a pour somme h (x), montrez les formules :

k=−∞

+∞

∑ ck ( f ) c gk ( )

= 1

T

+T

a

a

∫ f ( x ) g x( )

dx

k=−∞

+∞

∑ | ck ( f ) | 2 = 1

T

+T

a

a

∫ | f ( x ) | 2 dx

Corrigé de l'Exercice 3. 1°/ La fonction h (x) dans L 2 (T).

h (x + T) = 1

T

0

T

∫ f ( x + T + t ) g ( t ) dt

Comme f (x) est une fonction périodique de période T, on a f (x + T + t ) = f (x + t) et il vient :

h (x + T) = 1

T

0

T

∫ f ( x + T + t ) g ( t ) dt = 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt = h (x)

ce qui montre que h (x) est une fonction périodique de période T. Pour montrer que la fonction h (x) est une fonction de carré intégrable sur une période, il suffit, par définition, de montrer que l’intégrale

1

T

0

T

∫ | h (x) | 2 dx

est finie. La définition de h (x) montre que l’on a :

| h (x) | = 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt

Comme f (x) est une fonction de carré intégrable sur une période, f (x + t) est une fonction de t de carré intégrable sur une période pour chaque valeur de x ∈ R. D’autre part, comme g (t) est une fonction de carré intégrable sur une période, la fonction conjuguée g t( ), qui a le même module que g (t), est de carré intégrable

sur une période. L’intégrale 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt est, d’après la définition

( f , g ) = 1

T

0

T

∫ f ( t ) g t( ) dt

76 Séance 6 - 1996

du produit hermitien dans l’ espace de Hilbert L 2 (T), le produit hermitien de f ( x + t ) et de g ( t ) :

| h (x) | = 1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt = ( f ( x + t ) , g ( t ) ).

C’est donc un nombre fini. Donc | h (x) | 2 reste, lui aussi, fini et borné par une constante A. On a alors : 1

T

0

T

∫ | h (x) | 2 dx ≤ 1

T

0

T

∫ A dx = A

Ceci montre que h (x) est une fonction de carré intégrable sur une période et appartient à l’espace L 2 (T). 2°/ Coefficients de Fourier de la fonction h ( x ). Par définition, les coefficients de Fourier de la fonction h (x) sont donnés par la formule :

c n (h) = 1

T

0

T

∫ h (x) e

−

2 i n

Tx

π

dx

La définition de h (x) donne alors :

c n (h) = 1

T

0

T

∫

1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt

e

−2 i n

Tx

π

dx

c n (h) = 12T

0

T

∫

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt

e

−2 i n

Tx

π

dx

Comme le produit f ( x + t ) g ( t ) est une fonction intégrable de x et de t sur une période, le théorème de Fubini peut s’appliquer. Ce théorème indique que, puisque l’intégrale double existe, elle peut se calculer en intégrant d’abord par rapport à l’une ou par rapport à l’autre des variables :

c n (h) = 12T

( )D∫∫ f ( x + t ) g ( t ) e

−2 i n

Tx

π

dt dx

où (D) est le carré de côté T dans le plan (x,t). En intégrant d’abord par rapport à x, il vient :

c n (h) = 12T

0

T

∫

0

T

∫ f ( x + t ) e

−

2 i n

Tx

π

dx

g ( t ) dt

Par changement de variable x + t = u, on a :

0

T

∫ f ( x + t ) e

−

2 i n

Tx

π

dx =

t

t T+

∫ f (u) e

−

2 i n

Tu

π

du

e

2

i n

Tt

π

t

t T+

∫ f (u) e

−

2 i n

Tu

π

du = T cn (f)

cn (h) = 12T

0

T

∫ T cn (f) e

2

i n

Tt

π

g ( t ) dt = cn (f) × 1

T

0

T

∫ e

2

i n

Tt

π

g ( t ) dt = cn (f) c− n (g)

Or on a :

c n ( g ) = 1

T

0

T

∫ e−

2 i n

Tt

π

g ( t ) dt

donc :

c gn ( ) = 1

T

0

T

∫ e

2

i n

Tt

π

g ( t ) dt = c− n (g)

cn (h) = cn (f) c gn ( )

(D)

0 T

T

x

t

77 Séance 6 - 1996

3°/ Démonstration des formules proposées. Si l’on suppose que, pour tout x ∈ R, la formule suivante est vraie :

h (x) =

n

n +

= − ∞

= ∞

∑ cn (h) e

2

i n

Tx

π

la définition de h (x), jointe à la formule obtenue dans la question 2°, donne :

1

T

0

T

∫ f ( x + t ) g ( t ) dt =

n

n +

= − ∞

= ∞

∑ cn (f) c gn ( ) e

2

i n

Tx

π

En particulier, pour x = 0, il vient : 1

T

0

T

∫ f ( t ) g ( t ) dt =

n

n +

= − ∞

= ∞

∑ cn (f) c gn ( )

Cette formule, appliquée à la fonction g au lieu de la fonction g donne :

1

T

0

T

∫ f ( t ) g ( t ) dt =

n

n +

= − ∞

= ∞

∑ cn (f) c gn ( )

Enfin, lorsque, dans cette formule, nous prenons f = g, la formule s’écrit :

1

T

0

T

∫ | f ( t ) | 2 dt =

n

n +

= − ∞

= ∞

∑ | cn (f) | 2

C’est la formule de Parseval - Plancherel.

78 Séance 6 - 1996

79 Seance 7 - 1996


Séance 7

TRANSFORMATION DE FOURIER

Exercice 1

1°/ Soient f et g deux fonctions intégrables (c'est-à-dire appartenant à l'espace L1 ) définie sur R. Montrez

que le produit de convolution défini par : h ( x ) = f �g =

− ∞

+ ∞

∫ f ( x − y ) g ( y ) dy est aussi dans L1 et

que l'on a : ║ h ║ L1 ≤ ║ f ║ L1

× ║ g ║ L1, la norme de convergence en moyenne de L1 étant définie, pour

une fonction f , par ║ f ║ L1 =

− ∞

+ ∞

∫ | f ( t )| dt.

2°/ Montrez directement la formule : F h = F f . F g , la transformée de Fourier F f d'une fonction f ∈ L1

étant définie par : F ( λ ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ u f ( u ) du.

Corrigé de l’Exercice 1. 1°/ Le produit de convolution de deux fonctions de L1 est une fonction de L1. Pour calculer

− ∞

+ ∞

∫ h (x) dx =

− ∞

+ ∞

∫

− ∞

+ ∞

∫ f ( x − y ) g ( y ) dy

dx

nous allons faire le changement de variables défini par : u = x − y v = y

Le « jacobien » de la transformation est D x y

D u v

( , )

( , ) =

D u v

D x y

( , )

( , )

− 1

= 1

0

−1

1

− 1

= 1. On obtient donc :

− ∞

+ ∞

∫ h (x) dx = R 2∫ f (u) g (v) du dv =

− ∞

+ ∞

∫ f (u) du

− ∞

+ ∞

∫ g (v) dv

et cette relation montre que la fonction h (x) est intégrable, dès lors que f et g sont intégrables.

║ h ║ L1 =

− ∞

+ ∞

∫ h (x) dx =

− ∞

+ ∞

∫

− ∞

+ ∞

∫ f ( x − y ) g ( y ) dy dx

≤ R 2∫ f (u) g (v) du dv =

− ∞

+ ∞

∫ f (u) du

− ∞

+ ∞

∫ g (v) dv

║ h ║ L1 ≤ ║ f ║ L1

║ g ║ L1

80 Seance 7 - 1996

2°/ Transformée de Fourier d’un produit de convolution.

F h (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ x h (x) dx =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ x

− ∞

+ ∞

∫ f ( x − y ) g ( y ) dy

dx

Avec le changement de variables u = x − y v = y

l’intégrale devient :

F h (λ) = R 2∫ e − 2 i π λ ( u + v ) f (u) g (v) du dv =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ u f (u) du

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ v g (v) dv

F h = F f F g

81 Seance 7 - 1996

• •

Exercice 2

Calculez la transformée de Fourier de la fonction f ( t ) définie par

f ( t ) =

1 1

1

0 1

12

pour

pour

pour

| |

| |

| |

t

t

t

<

=

>

Formule de réciprocité.

Corrigé de l’Exercice 2. Résumé : définitions et propriétés de la transformation de Fourier. Transformée de Fourier d'une fonction. La transformation de Fourier d'une fonction, telle qu'elle a été définie plus haut par la formule :

F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ t f (t) dt

peut s'appliquer à toute fonction intégrable sur R. Les fonctions intégrables sur R ne sont qu'une classe particulière de fonctions localement sommables. Elles définissent donc des distributions particulières : ces distributions régulières, définies par la formule

< f , ϕ > =

− ∞

+ ∞

∫ f (t) ϕ (t) dt

peuvent s'appliquer, en fait, même à des fonctions ϕ dont le support n'est pas borné : il suffit que les fonctions

ϕ décroissent à l'infini plus vite que n'importe quelle puissance de 1

t.

De telles fonctions ϕ, qui ont les mêmes propriétés que les fonctions de base à l'exception du support borné, s'appellent des fonctions à décroissance rapide. Elles forment un espace vectoriel complexe S contenant l'espace vectoriel D des fonctions de base. Les fonctions à décroissance rapide sont elles-mêmes des fonctions intégrables et, de ce fait, possèdent une transformée de Fourier. La transformée de Fourier F f d'une fonction f possède les propriétés suivantes :

1. | F f (λ) | ≤ ∫ | f (x) | dx

2. F f (λ) tend vers 0 si λ tend vers l'infini. 3. Si f est une fonction m fois continûment dérivable, on a :

• ( 2 i π λ ) m F f = F f(m)

• | 2 i π λ | m | F f | ≤ ∫ | f(m) (x) | dx

4. Si la fonction xm f (x) est intégrable, la transformée de Fourier F f est m fois continûment dérivable et l'on a :

F [ ( − 2 i π x ) m f (x) ] = ( F f )(m) 5. Pour tout réel k différent de 0 :

F [ f (kx) ] = 1

| |k ( F f )

λ

k

En particulier, pour k = − 1 : F [ f ( − x ) ] = ( F f ) ( − λ )

1

1 −1

t

82 Seance 7 - 1996

Il en résulte que si f est paire, F f est paire aussi, et si f est impaire, F f est impaire aussi. La transformation de Fourier conserve la parité.

6. La transformation de Fourier conjuguée F est définie par F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e 2 i π λ t f (t) dt. Le nombre

complexe F f (λ) est le conjugué du nombre complexe F f (λ) si la fonction f (x) est réelle. Des propriétés 3 et 4, il résulte que la transformée de Fourier d'une fonction à décroissance rapide est une fonction à décroissance rapide. Transformation de Fourier des distributions. Les distributions qui sont définies sur les fonctions à décroissance rapide s'appellent les distributions tempérées. Elles forment un espace vectoriel complexe S ' qui est contenu dans l'espace vectoriel D ' des distributions sur R . Exemples : • Toutes les distributions à support borné sont des distributions tempérées. • Les fonctions bornées sont tempérées. • Les fonctions localement sommables à croissance lente sont tempérées. • Le produit d'un polynôme par une distribution tempérée est une distribution tempérée. On peut définir la transformée de Fourier d'une distribution tempérée par la formule :

< F T , ϕ > = < T , F ϕ > La transformation de Fourier conjuguée F est définie par la formule :

< F T , ϕ > = < T , F ϕ > Propriétés de la transformation de Fourier. 1. F T et F T sont des distributions tempérées. 2. Si T est une distribution à support borné, son image F T par la transformation de Fourier est une fonction

prolongeable pour les valeurs complexes de λ en une fonction entière V (λ) donnée par la formule : V (λ) = < Ux , e − 2 i π λ x >

3. F [ δ ] = 1 F [ δ ' ] = 2 i π λ F [ δ (m) ] = ( 2 i π λ ) m F [ δa

] = e − 2 i π λ a

F

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ δk

=

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ δk

F [ T (m) ] = ( 2 i π λ ) m F T F [ ( − 2 i π x ) m T ] = ( F T ) (m) 4. F 1 = F 1 = δ 5. Formule de réciprocité :

• Pour toute fonction à décroissance rapide ϕ : F F ϕ = F F ϕ = ϕ • Pour toute distribution tempérée T : F F T = F F T = T Corollaire : F T = 0 ⇔ T = 0

6. Formule de Parseval-Plancherel : Si f et g sont des fonctions de carré intégrable, leurs images par la transformation de Fourier sont des

fonctions de carré intégrable et on a :

− ∞

+ ∞

∫ | f (x) | 2 dx =

− ∞

+ ∞

∫ | F f (λ) | 2 dλ

− ∞

+ ∞

∫ f (x) g x ( ) dx =

− ∞

+ ∞

∫ F f (λ) Fg ( )λ dλ

83 Seance 7 - 1996

7. Formule sommatoire de Poisson : Si ϕ est une fonction à décroissance rapide :

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ ϕ (k) =

k

k

= − ∞

= + ∞

∑ F ϕ (k)

Transformation de Fourier et convolution. La propriété fondamentale est que la transformation de Fourier transforme un produit de convolution en multiplication et une multiplication en produit de convolution :

F ( S �T ) = F S . F T F ( S � T ) = F S . F T F ( S .T ) = F S �F T F ( S.T ) = F S � F T

1°/ Transformée de Fourier de la fonction f (t). Soit f (t) une fonction paire. Sa transformée de Fourier F f, définie par

F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ t f (t) dt

est aussi une fonction paire comme on le voit en faisant le changement de variable t = − x dans

F f (−λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e 2 i π λ t f (t) dt

F f (−λ) =

+ ∞

− ∞

∫ e − 2 i π λ t f (− x) d(− x) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ x f (− x) dx

f (x) = f (− x) ⇒ F f (−λ) = F f (λ) On a alors :

F f (λ) =

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ t f (t) dt

=

− ∞

+ ∞


= 1

2

− ∞

+ ∞

∫ e − 2 i π λ t f (t) dt +

− ∞

+ ∞


=

− ∞

+ ∞

∫ e ei t i t2 2

2

π λ π λ+ −

f (t) dt

=

− ∞

+ ∞

∫ cos ( 2 π λ t ) f (t) dt

=

− ∞∫

0cos ( 2 π λ t ) f (t) dt +

0

+ ∞

∫ cos ( 2 π λ t ) f (t) dt

=

+ ∞∫

0cos ( − 2 π λ x ) f ( − x ) d ( − x ) +

0

+ ∞

∫ cos ( 2 π λ t ) f (t) dt

= 2

0

+ ∞

∫ cos ( 2 π λ t ) f (t) dt

Si f (t) est une fonction paire, sa transformée de Fourier est donnée par :

F f (λ) = 2

0

+ ∞

∫ cos ( 2 π λ t ) f (t) dt

84 Seance 7 - 1996

Avec la fonction étudiée, cette intégrale se réduit à :

F f (λ) = 2

0

1

∫ cos ( 2 π λ t ) dt = 2

2 π λ [ sin ( 2 π λ t ) ] t

t ==

01 =

sin ( )

2 π λ

π λ

F f (λ) = sin ( ) 2 π λ

π λ

2°/ Formule de réciprocité. Pour une distribution tempérée, la formule de réciprocité de la transformation de Fourier est toujours vraie :

F F T = F F T = T Pour une fonction, la formule de réciprocité est vraie si les conditions suivantes sont vérifiées :

• f est à variation bornée

• f (t) = 1

2 [ f ( t + 0 ) + f ( t − 0 ) ]

Dans le cas présent, la fonction f est à variation bornée et l'on a, pour tout t, f (t) = 1

2 [ f ( t + 0 ) + f ( t − 0 ) ].

La formule de réciprocité s'applique et donne : F F f = F F f = f

soit :

2

0

+ ∞

∫ sin ( )

2 π λ

π λ cos ( 2 π λ t ) dλ =

1 1

1

0 1

12

pour

pour

pour

| |

| |

| |

t

t

t

<

=

>

En particulier, pour t = 0, on obtient :

2

0

+ ∞

∫ sin ( ) 2 π λ

π λ dλ = 1

et, par changement de variable 2 π λ = x :

4

0

+ ∞

∫ sin x

x

dx

2 π = 1

0

+ ∞

∫ sin x

x dx =

π

2

85 Seance 7 - 1996

Exercice 3

Calculez l'intégrale

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt. En déduire la valeur de l'intégrale

0

+ ∞

∫ cos xt

t1 2+ dt.

Corrigé de l'exercice 3.

1°/ Calcul de l'intégrale

− ∞

+ ∞∫ e − | t | cos x t dt.

Remarquons d'abord que la fonction e − | t | sin x t est une fonction impaire, donc son intégrale sur un intervalle symétrique par rapport à 0 est nulle :

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | sin x t dt = 0

On a alors :

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt =

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt + i

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | sin x t dt =

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | e i x t dt

=

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | + i x t dt =

− ∞∫

0e − | t | + i x t dt +

0

+ ∞

∫ e − | t | + i x t dt

=

− ∞∫

0e t + i x t dt +

0

+ ∞

∫ e − t + i x t dt

= 1

1 + i x +

1

1 − i x =

2

1 2+ x

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt = 2

1 2+ x

2°/ Formule de réciprocité.

La formule

− ∞

+ ∞

∫ e − | t | cos x t dt = 2

1 2+ x ressemble à une transformation de Fourier. Pour avoir une

transformée de Fourier au sens où on l'a définie, il faut prendre x = 2 π λ et écrire l'intégrale sous la forme :

2

0

+ ∞

∫ e − | t | cos ( 2 π λ t ) dt = 2

1 4 2 2+ π λ

Sous cette forme, on reconnaît la transformée de Fourier de la fonction paire continue à variation bornée e − | t |. Cette transformée de Fourier est une fonction bornée intégrable. La formule de réciprocité de la transformation de Fourier s'applique et donne :

2

0

+ ∞

∫ 2

1 4 2 2 + π λ cos ( 2 π λ t ) dλ = e − | t |

En posant x = 2 π λ dans l'intégrale, celle-ci s'écrit :

2

0

+ ∞

∫ 2

1 4 2 2 + π λ cos ( 2 π λ t ) dλ =

2

π

0

+ ∞

∫ cos xt

x1 2+ dx

et l'on obtient la formule :

86 Seance 7 - 1996

0

+ ∞

∫ cos xt

x1 2+ dx =

π

2 e − | t |

En échangeant les noms des variables, cette formule s'écrit aussi :

0

+ ∞

∫ cos xt

t1 2+ dt =

π

2 e − | x |

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