analyse III & IV

Analyse II

Tifman

Auteurs : P’tit journaliste

Chevelu chocolaté

Note de cours du professeur B.Dacorogna Années 2007-2009

Table des matières 1 Analyse vectorielle 1.1 Rappels et préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Notion de différentiabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Quelques opérateurs différentiels . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Courbes et intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Courbes curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Intégrale curviligne d’une application . . . . . . . . . . . . . 1.3 Champs qui dérivent d’un potentiel* . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Potentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Quelques notions topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 Champs qui dérivent d’un potentiel et intégrales curvilignes 1.3.4 Condition suffisante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Théorème de Green* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Surfaces et intégrales de surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Intégrales de surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Théorème de la divergence* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Theorème de la divergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Démonstration du théorème de la divergence . . . . . . . . 1.7 Théorème de Stokes* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Théorème de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 Démonstration du théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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6 6 6 7 8 8 9 11 12 12 12 14 16 17 20 20 21 22 23 24 25 25 25

2 Analyse complexe 2.1 Fonctions holomorphes et équations de Cauchy-Riemann . 2.1.1 Rappel sur les nombres complexes . . . . . . . . . 2.1.2 Continuité des fonctions complexes . . . . . . . . . 2.1.3 Fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Les séries de puissance . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.5 La fonction exponentielle . . . . . . . . . . . . . . 2.1.6 La fonction logarithme . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.7 La fonction puissance . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Intégration complexe* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Rappels sur les intégrales curvilignes . . . . . . . . 2.2.2 Lemme de Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Continuité des dérivées des fonctions holomorphes 2.2.4 Théorème et formule intégrale de Cauchy . . . . . 2.2.5 Conséquences du théorème de Cauchy . . . . . . . 2.2.6 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.7 "Généralisation" à Rn . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Séries de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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29 29 29 29 30 31 33 33 35 35 35 37 39 42 43 49 49 49

2

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TABLE DES MATIÈRES

2.4

2.5

2.6

2.3.1 Théorème de Laurent . . . . . . . . . . 2.3.2 Différents types de singularité . . . . . . 2.3.3 Démonstration du théorème de Laurent Théorème des résidus et ses applications . . . . 2.4.1 Enoncé du théorème . . . . . . . . . . . 2.4.2 Applications aux intégrales réelles . . . Applications conformes* . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Définitions et exemples . . . . . . . . . . 2.5.2 Inversibilité des applications conformes . 2.5.3 Lemme de Schwarz . . . . . . . . . . . . 2.5.4 Le théorème de Riemann . . . . . . . . Quelques fonctions spéciales . . . . . . . . . . . 2.6.1 La fonction Γ . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 La fonction ζ . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.3 Intégrales elliptiques . . . . . . . . . . . 2.6.4 Les fonctions elliptiques . . . . . . . . . 2.6.5 Fonction hypergéométrique . . . . . . . 2.6.6 Fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . .

3 . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3 Lebesgue 3.1 Préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 L’intégrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Notations et théorèmes importants . . . . . . . . . . . . . 3.2 Mesure sur les réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 La mesure extérieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Ensemble mesurable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Les σ-algèbres, les boréliens et les mesurables . . . . . . . 3.2.4 Fonctions mesurables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.5 L’ensemble de Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.6 La fonction de Lebesgue et l’existence d’un mesurable non 3.3 Intégrale de Lebesgue* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Intégrale de fonctions positives . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Intégrale générale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Relation entre les intégrales de Riemann et Lebesgue . . . 3.3.4 Approximation par des fonctions lisses . . . . . . . . . . . 3.3.5 Les espaces Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.6 Intégrales multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Analyse de Fourier 4.1 Introduction* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Préliminaires I - Quelques espaces fonctionnels . . . . . 4.1.3 Préliminaires II - Noyaux de Dirichlet, Féjer et Poisson . 4.1.4 Définitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Les moyennes de Cesaro et le théorème de Fejer . . . . . 4.1.6 Convergence ponctuelle des séries de Fourier . . . . . . . 4.1.7 Convergence L2 des séries de Fourier . . . . . . . . . . . 4.1.8 Convergence uniforme des séries de Fourier . . . . . . . 4.1.9 Quelques propriétés supplémentaires . . . . . . . . . . . 4.1.10 L’inégalité isopérimétrique . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.11 Une fonction continue et différentiable nulle part . . . . 4.1.12 Divers résultats vus en séries . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Transformées de Fourier* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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49 50 53 55 55 56 59 59 62 63 64 65 65 68 74 76 83 83

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85 85 85 86 86 86 89 95 96 99 100 101 101 105 107 107 109 114

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115 115 115 115 117 119 122 125 127 129 130 131 136 136 136

4

TABLE DES MATIÈRES

4.3

4.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Définitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.3 Premiers résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 Formule d’inversion et identité de Plancherel . . . . . . . . Applications aux équations aux dérivées partielles . . . . . . . . . . 4.3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 L’équation de la chaleur dans un ensemble borné . . . . . . 4.3.3 L’équation de la chaleur dans une barre infinie . . . . . . . 4.3.4 Equation de Laplace dans un rectangle . . . . . . . . . . . . 4.3.5 Equation de Laplace dans un disque . . . . . . . . . . . . . 4.3.6 Equation de Laplace dans un domaine simplement connexe 4.3.7 Equation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 Equations différentielles ordinaires 5.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Transformée de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Problème de Cauchy* . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Théorème de Picard . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Propriétés qualitatives des solutions . . . . . 5.3.3 Prolongement maximal . . . . . . . . . . . . . 5.3.4 Les systèmes linéaires à coefficients constants 5.3.5 Systèmes linéaires à coefficients variables . . . 5.4 Séries formelles et fonctions génératrices . . . . . . . 5.4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 Rappels sur les séries . . . . . . . . . . . . . . 5.4.3 Classification des singularités . . . . . . . . . 5.4.4 Les équations du premier ordre . . . . . . . . 5.4.5 La méthode de Frobenius pour les singularités

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . régulières

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136 137 138 141 144 144 144 147 148 151 153 154

. . . . . . . . . . . . . .

156 156 157 158 158 161 162 165 168 171 171 173 175 177 178

6 Divers 181 6.1 Citations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

Introduction Ce polycopié est la retranscription des notes du cours du professeur Dacorogna des années 2007 à 2009. Malgré de très nombreuses relectures il restera toujours des fautes ; ce polycopié est donc fournit sans garantie ! N’hésitez pas à nous signaler les différentes erreurs.

Remarque 0.0.1 La belle image que vous voyez en page de titre est une illustration du. . . Théorème 0.0.2 (Théorème de la boule chevelue) Si n est un entier pair au moins égal à 2, tout champ de vecteurs continu X sur la sphère réelle Sn s’annule en un point au moins un point. Interprétation 0.0.3 (Inteprétation capillaire) Le théorème s’applique à une sphère supportant en chaque point un vecteur, imaginé comme un cheveu, tangent à la surface. Il affirme que la fonction associant à chaque point de la sphère le vecteur admet au moins un point de discontinuité, ce qui revient à dire que la coiffure contient un épi, ou qu’il y a des cheveux nuls, c’est-à-dire de la calvitie. [Wikipédia]

TABLE DES MATIÈRES

5

Remarque 0.0.4 Comme on peut le voir sur l’image, le théorème n’est pas vrai pour une sphère de dimension impaire. Remarque 0.0.5 Les sections dont le titre est suivi du symbole ∗ sont celles pour lesquelles des questions de cours peuvent tomber à l’examen 2009 !

Chapitre 1

Analyse vectorielle 1.1

Rappels et préliminaires

1.1.1

Notion de différentiabilité

On notera – n, N ≥ 1 des entiers ; – Ω ⊂ Rn un ouvert ; – f : Ω → RN ; – x = (x1 , x2 , . . . , xn ) :
– f = f (x) = f 1 (x), f 2 (x), . . . , f N (x) . Définition 1.1.1 (Fonction différentiable) On dit que f : Rn −→ RN est différentiable en x0 ∈ Ω s’il existe une application linéaire L : Rn −→ RN telle que f (x0 + h) − f (x0 ) − L(h) = 0. h→0 khk lim

L est appelée différentielle de f en x0 et est notée Df (x0 ). On dit que f est différentiable sur Ω si elle est différentiable pour tout x0 ∈ Ω. Proposition 1.1.2 Soit f une fonction, alors (i) f est différentiable en x0 si et seulement si pour tout 1 ≤ i ≤ N , f i est différentiable en x0 ; (ii) si f est différentiable en x0 , alors

∂f i ∂xj

existe pour tout 1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ n.

La matrice 

∂f 1 ∂x1

 . Df (x0 ) ∼ =  ..

∂f n ∂x1

··· .. . ···

∂f 1 ∂xn

.. .

∂f n ∂xn

   

est appelèe matrice jacobienne. Si n = N , det (Df (x0 )) est appelé le jacobien. Remarque 1.1.3 Si n = 1, f est différentiable en x0 si et seulement si f 0 (x0 ) existe. ∂f i Si n > 1, il se peut que les ∂x (x0 ) existent pour tous i et j sans que f soit différentiable en x0 . j 6

1.1. RAPPELS ET PRÉLIMINAIRES

7

Théorème 1.1.4 (Théorème des acroissements finis) Soit Ω ⊂ Rn un ouvert, x, y ∈ Ω et f : Ω → R. Si f est continue sur [x, y] et si f est différentiable sur ]x, y[, alors il existe z ∈ ]x, y[ tel que f (y) − f (x) = < 5f (z), y − x >, avec  [x, y] = x + t(y − x) ∈ RN : t ∈ [0, 1] . Définition 1.1.5 Soit Ω un ouvert et f : Ω → R. (i) On dit que f ∈ C(Ω; RN ) ou C 0 (Ω, RN ) si f i ∈ C 0 (Ω) pour tout i = 1, . . . , N . (ii) On dit que f ∈ C 1 (Ω; RN ) si f est différentiable dans Ω et

∂f i ∂xj

∈ C 0 (Ω) pour tous i et j.

k (iii) Idem pour C 2 , C 3 , . . . , C ∞ = ∩∞ k=0 C

Proposition 1.1.6 ∂f i ∈ C 0 ⇒ f ∈ C 0. ∂xj Définition 1.1.7 (Dérivabilité sur un ensemble quelconque) On peut trouver les deux définitions suivantes : (i) Soient A ⊂ Rn un ensemble quelconque, f : A → RN et k ∈ N. On dit que f ∈ C k (A; RN ) s’il existe un ouvert Ω ⊃ A et F ∈ C k (Ω; RN ) tel que F |A = f .

∂f i (ii) Soit Ω ⊂ Rn un ouvert. On dit que f ∈ C 1 Ω; RN si f ∈ C Ω; RN et si les ∂x ∈ C (Ω) j et se prolongent continûment à Ω. Remarque 1.1.8 Dans le cours, on utilisera la définition (i), mais la meilleure est (ii). On a toujours (i) ⇒ (ii) et souvent (ii) ⇒ (i).

1.1.2

Quelques opérateurs différentiels

Définition 1.1.9 On va présenter les principaux opérateurs différentiels. (i) Si f ∈ C 1 (Ω), alors on appelle gradient  5 f (x) = gradf (x) =

 ∂f ∂f (x), . . . , (x) . ∂x1 ∂xn

(ii) Si f ∈ C 2 (Ω), alors on appelle Laplacien 4f (x) =

n X ∂2f i=1

∂x2i

(x).

(iii) Si f ∈ C 1 (Ω; Rn ), alors on appelle divergence div f (x) =

n X ∂f i i=1

∂xi

(x).

8

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

(iv ) Pour n = 2, f ∈ (C 1 ; R2 ), on appelle rotationnel rot f (x) = Pour n = 3

∂f 2 ∂f 1 − . ∂x1 ∂x2

e1 rot f (x) = ∂x∂ 11 f

e2

e3

∂ ∂x2 f2

∂ ∂x3 f3

.

Pour n ≥ 2 rot f (x) =

 i   n(n−1) ∂f ∂f j ∈R 2 . (−1)i+j − j i ∂x ∂x

Théorème 1.1.10 Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et f ∈ C 2 (Ω). Alors, on a les égalités suivantes : (i) div (5f ) = 4f ; (ii) Si n = 3 – rot (5f ) = 0 (vrai pour tout n ≥ 2) ; – div (rot f ) = 0 (vrai seulement pour n = 3).

1.2

Courbes et intégrales curvilignes

1.2.1

Courbes curvilignes

Définition 1.2.1 (Courbes) On définit les principales courbes (dans ce qui suit, on suppose n ≥ 2) : (i) On dit que Γ ⊂ Rn est une courbe simple s’il existe I ⊂ R et γ : I → Γ ⊂ Rn , γ ∈ C 0 , telle que : • Γ = γ(I) = {x ∈ Rn | ∃t ∈ I, γ(t) = x} ; • si t1 , t2 ∈ I, t1 6= t2 , et qu’au moins un des ti est dans l’intérieur de I, alors γ(t1 ) 6= γ(t2 ). (ii) Γ ⊂ Rn est une courbe simple fermée si de plus I est compact et γ(a) = γ(b) implique que I = [a, b] ; (iii) Si Γ est une courbe simple, de paramétrisation simple γ : [a, b] → Rn alors on définit −Γ := {˜ γ (t) = γ(a + b − t) : t ∈ [a, b]}. Définition 1.2.2 (C 1 par morceaux) 1 On dit que f est C 1 par morceaux sur [a, b] et on note f ∈ Cmorc ([a, b]) si (i) f ∈ C 0 ([a, b]) ; (ii) il existe une partition a = a0 < a1 < a2 < . . . < aN +1 = b telle que f 0 |]ai ,ai+1 [ ∈ C 0 . Exemples : 1 • la fonction f : [−1, 1] −→ R, x 7→ |x| est Cmorc mais pas C 1 ; p 1 • la fonction f : [−1, 1] −→ R, x 7→ |x| est C 0 mais pas Cmorc .

Définition 1.2.3 (Courbe régulière) On dit que Γ ⊂ Rn est une courbe régulière s’il existe une paramétrisation γ telle que : (i) γ ∈ C 1 ([a, b]; Γ ⊂ Rn ) ;

1.2. COURBES ET INTÉGRALES CURVILIGNES

9


(ii) γ(t) = γ1 (t), γ2 (t), . . . , γn (t) ; q 0 0 (iii) kγ (t)k = γ12 + . . . + γn0 2 6= 0, pour tout t ∈ [a, b]. 1 S’il existe γ ∈ Cmorc ([a, b]; Γ ⊂ Rn ), telle que γ 0 (t) 6= 0, pour tout t ∈ [ai , ai+1 ], pour tout i = 0, . . . , N , alors Γ est dite régulière par morceaux.

Exemple 1.2.4 (Cercle) On paramétrise le cercle de la manière suivante
γ(θ) = cos(θ), sin(θ) . On a alors
γ 0 (θ) = − sin(θ), cos(θ) , ainsi

0

γ (θ) = 1,

1.2.2

∀θ ∈ [0, 2π].

Intégrales curvilignes

Définition 1.2.5 On définit l’intégrale curviligne d’une fonction f comme suit. (i) Soit γ ∈ C 1 ([a, b]; Rn ) telle que kγ 0 (t)k 6= 0 pour tout t ∈ [a, b] et f : γ([a, b]) −→ R une fonction continue. Alors Z Z b


f dl := f γ(t) γ 0 (t) dt. γ

a

Remarque : si f ≡ 1, il s’agit de la « longueur » au sens analytique du terme (par exemple dans le cas d’une paramétrisation du cercle unité effectuant deux tours, elle sera de 4π). 1 (ii) De même, si γ ∈ Cmorc ,

Z f dl := γ

N Z X i=0

ai+1

f dl.

ai

(iii) Si Γ ⊂ Rn est une courbe simple et régulière (avec γ simple et régulière) et f : Γ −→ R une fonction continue Z Z f dl := f dl. Γ

γ

Remarque : si f ≡ 1, il s’agit de la « longueur » au sens géométrique du terme. 1 . (iv ) Idem pour Cmorc

(v ) La longueur d’une courbe simple et régulière par morceaux est donnée par Z long (Γ) := dl. Γ

Remarque 1.2.6 Quand on dit qu’une courbe possède une propriété, par exemple celle d’être simple et régulière, cela veut dire qu’il existe une paramétrisation possédant cette particularité. Les divers calculs d’intégrales seront faits avec une telle paramétrisation.

Proposition 1.2.7 R La définition de Γ f dl est indépendante du choix de la paramétrisation (dans le cas où celle-ci est simple et régulière). Plus précisément : 1 Soient δ ∈ Cmorc ([c, d]; Rn ) et θ ∈ C 1 ([a, b]; [c, d]), une application surjective telle que θ0 (t) > 0,

10

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

pour tout t ∈ [a, b]. On suppose de plus que θ(a) = c et θ(b) = d. On peut alors définir 1 γ = δ ◦ θ ∈ Cmorc ([a, b]; Rn ). Si f : γ ([a, b]) → R est continue, on aura Z

Z f dl.

f dl = δ

γ

Démonstration. Z

Z

b

f dl = γ

f (γ(t)) · γ 0 (t) dt

a

Z

b

=

f (δ(θ(t))) · δ 0 (θ(t)) θ0 (t)dt

a

Z =

d

f (δ(s)) δ 0 (s) ds ; on pose s = θ(t)

Zc f dl.

= δ

Remarque 1.2.8 Si, dans la proposition ci-dessus, on a θ0 (t) < 0, pour tout t, on aura : Z Z f dl = − f dl. γ

δ

Proposition 1.2.9 Soit Γ ⊂ Rn une courbe simple et régulière (éventuellement régulière par morceaux), de paramétrisation γ : [a, b] −→ Γ (simple et régulière) et soit f : Γ −→ R continue, alors Z f dl ≤ sup{|f (x)|} · long Γ. Γ

x∈Γ

Démonstration. Soit γ une paramétrisation simple et régulière de Γ, ainsi on a Z Z b

f dl = f (γ(t)) γ 0 (t) dt, Γ

a

ce qui implique Z Z b

f dl ≤ |f (γ(t))| γ 0 (t) dt Γ a Z b

0

γ (t) dt. ≤ sup {|f (x)|} · x∈Γ

a

Définition 1.2.10 (Paramétrisation par la longueur de l’arc) On dit qu’une paramétrisation simple et régulière γ : R −→ Γ est une paramétrisation par la longeur de l’arc si kγ 0 (t)k = 1 pour tout t ∈ [a, b]. Proposition 1.2.11 Soit Γ ⊂ Rn une courbe simple et régulière, alors il existe une paramétrisation de Γ par la longueur de l’arc. Démonstration. Soit γ : [a, b] −→ Γ une paramétrisation simple et régulière.

1.2. COURBES ET INTÉGRALES CURVILIGNES

11

Rx 1. On définit y = η(x) = a kγ 0 (t)k dt, alors η : [a, b] −→ [0, long Γ] est strictement croissante car η 0 (x) = kγ 0 (x)k = 6 0, pour tout x. Ainsi, η est inversible et η −1 ∈ C 1 . 2. On définit
ϕ(y) = γ η −1 (y) , et on vérifie que ϕ : [0, long Γ] −→ Γ est simple, régulière et kϕ0 (y)k = 1, pour tout y.

Notation 1.2.12 Nous utiliserons les notations suivantes : 1 (i) Si γ : [a, b] −→ Rn , γ ∈ Cmorc ([a, b]; Rn ) est une paramétrisation simple et régulière par morceaux δ = −γ est définie par sa paramétrisation :

δ(t) := γ(a + b − t) : [a, b] −→ Rn . 1 On a de plus, δ ∈ Cmorc ([a, b]; Rn ). 1 1 (ii) Si γ1 ∈ Cmorc ([a, b]; Rn ), γ2 ∈ Cmorc ([c, d]; Rn ), et que γ1 (b) = γ2 (c) alors 1 δ = γ1 ⊕ γ2 ∈ Cmorc ([a, a + b − c], Rn )  γ1 (t) si t ∈ [a, b] δ(t) = γ2 (t − b + c) si t ∈ [b, b + d − c].

1.2.3

Intégrale curviligne d’une application

Définition 1.2.13 On définit les intégrales suivantes. (i) Soit γ ∈ C 1 ([a, b]; Rn ) et F = (F 1 , . . . , F n ) : γ([a, b]) −→ Rn une application continue, alors Z Z bh i
F · dl := F γ(t) · γ 0 (t) dt. γ

a

Remarque : le point ci-dessus représente un produit scalaire. Cette intégrale évalue le travail à fournir par une particule pour se déplacer le long de la courbe dans le champ de force. 1 (ii) Si γ ∈ Cmorc ([a, b]; Rn ), alors

Z F · dl := γ

n Z X i=0

ai+1

h

i
F γ(t) · γ 0 (t) dt.

ai

(iii) Si Γ ⊂ Rn est une courbe simple et régulière de paramétrisation simple et régulière par morceaux Z Z F · dl := F · dl. Γ

γ

Remarque 1.2.14 On peut montrer les deux points suivants. R (i) La définition de Γ F · dl est indépendante de la paramétrisation simple et régulière (par morceaux). (ii) On a la majoration suivante : Z F · dl ≤ sup {kF (x)k} · long Γ. Γ

x∈Γ

12

1.3 1.3.1

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

Champs qui dérivent d’un potentiel* Potentiel

Définition 1.3.1 (Fonction qui dérive d’un potentiel)
Soit un champ vectoriel F = F (x) = F 1 (x), . . . , F n (x) avec x ∈ Ω ⊂ Rn un ouvert. On dit que F dérive d’un potentiel sur Ω s’il existe une application f ∈ C 1 (Ω), appelée potentiel de F , telle que F (x) = 5f (x), ∀x ∈ Ω. Théorème 1.3.2 Soient Ω ⊂ Rn un ouvert et F ∈ C 1 (Ω; Rn ). Si F dérive d’un potentiel sur Ω, alors ∂F i ∂F j (x) = (x), ∂xj ∂xi

∀i, j,

∀x

Remarque 1.3.3 On formule les deux remarques suivantes. – L’égalité ci-dessus est équivalente à rot (F (x)) = 0, pour tout x ∈ Ω ; – si Ω est aussi connexe, alors le potentiel, s’il existe, est unique à une constante près. Démonstration. Si F dérive d’un potentiel, il existe une fonction f ∈ C 1 (Ω) telle que F = 5f ⇔ F i =

∂f , ∂xi

i = 1, . . . , n.

Comme F ∈ C 1 , on a que f ∈ C 2 (Ω), ce qui permet d’écrire   ∂F i ∂ ∂f ∂2f ∂F j = = . = ∂xj ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj ∂xi

1.3.2

Quelques notions topologiques

Définition 1.3.4 Soit Ω ⊂ Rn . (i) On dit que Ω est convexe si pour tout t ∈ [0, 1] et pour tous x, y ∈ Ω, tx + (1 − t)y ∈ Ω. (ii) On dit que Ω est connexe si chaque fois que Ω = X ∪ Y avec X, Y ⊂ Ω des ouverts, X ∩ Y = ∅, alors X = ∅ ou Y = ∅. (iii) On dit que Ω est connexe par arcs si pour tout x ∈ Ω et pour tout y ∈ Ω, il existe γ ∈ C([0, 1]; Ω) telle que γ(0) = x et γ(1) = y. (iv ) On dit que Ω est un domaine si Ω est ouvert et connexe. Proposition 1.3.5 Nous avons les relations suivantes : (i) Ω ⊂ R est connexe ⇔ connexe par arcs ⇔ convexe ⇔ intervalle.

1.3. CHAMPS QUI DÉRIVENT D’UN POTENTIEL*

13

(ii) Si Ω ⊂ Rn , n ≥ 2 est connexe par arcs, alors il est connexe. Démonstration. Supposons que Ω ne soit pas connexe, c’est-à-dire, qu’il exsite des ouverts X et Y tels que X 6= ∅ = 6 Y, X ∩ Y = ∅, Ω = X ∪ Y. Montrons que Ω n’est pas connexe par arcs. Par l’absurde, supposons que Ω soit connexe par arcs. Soient x ∈ X et y ∈ Y , il existe donc une fonction continue γ : [0, 1] −→ Ω telle que γ(0) = x,

γ(1) = y.

Soient A = γ −1 (X) ∩ [0, 1], B = γ −1 (Y ) ∩ [0, 1]. On a alors : (i) A et B sont ouverts dans [0, 1], car γ est continue ; (ii) A 6= ∅ = 6 B car 0 ∈ A et 1 ∈ B ; (iii) A ∩ B = ∅ (car X ∩ Y = ∅) ; (iv) A ∪ B = [0, 1]. Contradiction car [0, 1] est connexe. Remarque 1.3.6 Nous remarquons que (i) dès que n ≥ 2 alors la réciproque est fausse ; (ii) par contre, si Ω est ouvert et connexe, alors il est connexe par arcs. De plus, dans la définition de connexe par arcs, on peut prendre γ ∈ C ∞ ([0, 1]; Ω) sans restriction. Si on pose Ω = Ω1 ∪ Ω2 avec Ω1 = {0} × [−1, 1] et Ω2 = mais pas connexe par arcs.




x, sin x1 , x > 0 . Alors Ω est connexe

Définition 1.3.7 (Ensemble simplement connexe) On dit que Ω ⊂ Rn est simplement connexe si (i) Il est connexe par arcs. (ii) Pour tout couple de fonctions continues γ0 , γ1 : [a, b] → Ω avec : γ0 (a) = γ1 (a), γ0 (b) = γ1 (b), alors il existe γ : [a, b] × [0, 1] −→ Ω une application continue, telle que si γ = γ(t, s), alors : γ(t, 0) = γ0 (t), γ(t, 1) = γ1 (t), ∀t ∈ [a, b]. On aura de plus : γ(a, s) = γ0 (a) = γ1 (a),

γ(b, s) = γ0 (b) = γ1 (b),

∀s ∈ [0, 1],

et : γ(t, s) ∈ Ω,

∀(t, s) ∈ [a, b] × [0, 1].

Cela veut que pour tout couple de chemins ayant les mêmes extrémités, on peut les déformer continûment l’un vers l’autre. Remarque 1.3.8 Si Ω est de plus ouvert, on peut prendre γ ∈ C ∞ dans la définition ci-dessus.

14

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

Définition 1.3.9 (Ensemble étoilé) On dit que Ω ⊂ Rn est étoilé par rapport à a ∈ Ω si pour tout x ∈ Ω on a [a, x] ⊂ Ω. Proposition 1.3.10 On peut montrer que (i) tout ensemble convexe est étoilé par rapport à n’importe quel point ; (ii) un ensemble étoilé est simplement connexe. Proposition 1.3.11 ∞ n Soit f ∈ C([a, b]; Rn ), alors il existe une suite de fonctions (fν )∞ ν=0 ⊂ C ([a, b]; R ), avec fν (a) = f (b), fν (b) = f (b), pour tout ν ∈ N telle que fν −→ f uniformément sur [a, b]. De plus, si Ω ⊂ Rn est ouvert et si Γ := f ([a, b]) ⊂ Ω alors Γν := fν ([a, b]) ⊂ Ω pour tout ν suffisamment grand. Résumé : Convexe ⇒ étoilé ⇒ simplement connexe ⇒ connexe par arcs ⇒ connexe.

1.3.3

Champs qui dérivent d’un potentiel et intégrales curvilignes

Théorème 1.3.12 Soit Ω ⊂ Rn un domaine (ouvert connexe), alors les trois assertions suivantes sont équivalentes : (i) F dérive d’un potentiel sur Ω ; R R 1 (ii) γ0 F · dl = γ1 F · dl pour toutes les applications γ0 , γ1 ∈ Cmorc ([a, b]; Ω) telles que γ0 (a) = γ1 (a) et γ0 (b) = γ1 (b) ; 1 (iii) si γ ∈ Cmorc ([a, b]; Ω) et γ(a) = γ(b), alors Z F · dl = 0. γ

Démonstration. (i) ⇒ (ii) On peut considérer, sans perte de généralité que γ0 , γ1 ∈ C ∞ . Comme 1 F dérive d’un potentiel surR Ω, il existe R f ∈ C (Ω) telle que F (x) = 5 f (x) pour tout x ∈ Ω. On aimerait montrer que γ0 F dl = γ1 F dl. Calculons Z

Z F · dl =

γ0

b


F γ0 (t) · γ00 (t)dt

a

=

Z bX n

F i γ0 (t)





0 γ0i (t)dt

a i=1

Z bX n

0 ∂f = γ0 (t) γ0i (t)dt a i=1 ∂xi Z b h
d = f γ0 (t) Bbig]dt a dt

= f γ0 (b) − f γ0 (a) . De la même manière, Z



F dl = f γ1 (b) − f γ1 (a)

γ1

= f (γ0 (b)) − f (γ0 (a)) Z = F dl. γ0

1.3. CHAMPS QUI DÉRIVENT D’UN POTENTIEL*

15

(ii) ⇒ (iii) Soit γ : [a, b] −→ Ω une application telle que γ(a) = γ(b). Grâce à la proposition principale, on peut supposer, sans perte de généralité, qie γ ∈ C ∞ ([a, b; Ω]). On définit alors le chemin constant : δ : [a, b] ∈ Ω t 7→ a. Et donc : Z

Z

b

Z

F · dl =

F · dl =

γ

δ

a

F (δ(t)) · δ 0 (t) dt = 0. |{z} =0

1 (iii) ⇒ (ii) Soient γ0 , γ1 ∈ Cmorc ([a, b]; Ω) ainsi que p := γ0,1 (a) et q := γ0,1 (b). On définit

 δ(t) =

δ : [a, 2b − a] −→ Ω γ0 (t) t, ∈ [a, b] γ1 (2b − t) t, ∈]b, 2b − a]

Remarquons que : δ(b) = γ0 (b) = γ1 (b) = q, δ(a) = γ0 (a) = p = δ(2b − a) = γ1 (a) = p,

1 . Alors : et que δCmorc

0

(iii)

Z

=

Z

Z F dl −

F dl = δ

γ

⇒

F dl = γ0

F dl γ1

Z0

Z

F dl. γ1

(ii) ⇒ (i) Soit p ∈ Ω fixé et x ∈ Ω quelconque. Comme Ω est connexe par arcs, il existe γx ∈ 1 Cmorc ([a, b]; Ω) tel que γx (a) = p et γx (b) = x. On prétend que le potentiel est donné par Z F · dl.

f (x) = γx

Il reste à montrer que F = 5f ⇔ F i =

∂f , ∂xi

∀i = 1, . . . , n.

Soit δ > 0 suffisamment petit pour que x + hei ∈ Ω pour tout h tel que |h| < δ (les {e1 , . . . , en } sont les vecteurs de la base canonique). Soit γh : [0, h] −→ Ω, définie par γh (t) := x + tei . On définit δ := γx+hei = γx ⊕ γh qui est paramétrée par  δ(t) =

γx (t) t ∈ [a, b] γh (t − b) t ∈ ]b, b + h].

16

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE 1 Remarquons, qu’alors δ ∈ Cmorc ([a, b + h]; Ω). On va calculer Z Z (ii) F · dl − f (x + hei ) − f (x) =

F · dl

γx

γx+hei

Z F · dl

= γh Z h

= 0

Z

F (γh (t)) · γh0 (t) dt | {z } ei

h

F (x + tei ) · ei dt Z h  1 F i (x + tei )dt h 0

=

0

⇔

f (x + hei ) − f (x) h

= TAF

F i (x + th ei ) , th ∈ [0, h],

=

(1.1)

où TAF est le théorème des accroissements finis. On aura alors : f (x + hei ) − f (x) h

h→0+

∂f (x) ∂xi

F i (x + th ei )

h→0+

F i (x); F ∈ C 0 .

−→

−→

Ces deux, limites combinées avec l’égalité (1.1), donnent : ∂f = F i (x). ∂xi Idem pour h < 0. Conclusion : f ∈ C1

∂f = F i, ∂xi

et

comme désiré.

1.3.4

Condition suffisante

Théorème 1.3.13 Soit Ω ⊂ Rn un domaine simplement connexe et F ∈ C 1 (Ω; Rn ) telle que ∂F j ∂F i = , ∂xj ∂xi

∀x ∈ Ω,

∀i, j = 1, . . . , n.

(1.2)

Alors F dérive d’un potentiel sur Ω. Démonstration. On va la faire dans le cas où γ : [a, b] × [0, 1] −→ Ω est C 2 sans perte de généralité. Par le théorème précédent, il suffit de démontrer que pour tout couple de fonctions γ0 , γ1 ∈ 1 Cmorc ([a, b]; Ω) tells que p := γ0 (a) = γ1 (a) et q := γ0 (b) = γ1 (b), on a Z Z F · dl = F · dl. γ0

γ1

Comme vu dans la définition de simplement connexe, on a : γ(a, s) = p,

∀s ∈ [0, 1],

γ(b, s) = q,

∀s ∈ [0, 1],

γ(t, 0) = γ0 (t), γ(t, 1) = γ1 (t),

∀t ∈ [a, b].

1.4. THÉORÈME DE GREEN*

17

On va définir ψ : [0, 1] → R de la manière suivante : Z

b


∂γ F γ(t, s) · (t, s)dt ∂t a Z bX n
∂γ ν = F ν γ(t, s) (t, s)dt. ∂t a

ψ(s) =

ν=1

On a : Z

b

ψ(0) = a

∂γ F (γ(t, 0)) · (t, 0) dt = |∂t {z }

Z F · dl, γ0

γ00 (t)

Z F · dl.

ψ(1) = γ1

On doit montrer que ψ(0) = ψ(1), mais on va montrer que ψ 0 (s) = 0, pour tout s ∈ [0, 1] :   Z bX n
∂γ ν d ν F γ(t, s) ψ (s) = (t, s) dt ∂t a ν=1 ds " # Z bX n n 2 ν ∂γ ν X ∂F ν ∂γ i ν∂ γ · · +F dt = ∂t ∂xi ∂s ∂t∂s a ν=1 i=1 " n #   Z b Z b X n ν X d ∂γ ∂γ ν ∂γ i ∂F ν ∂γ i ∂γ ν ν = F dt + − dt. ∂s ∂xi ∂s ∂t ∂s ∂t a dt a 0

ν=1

ν,i=1

On vérifie facilement  X ν  X ∂F ν  ∂γ i ∂γ ν ∂γ ν ∂γ i ∂F i ∂γ i ∂γ ν (1.2) ∂F − = − = 0 ∂xi ∂s ∂t ∂s ∂t ∂xi ∂xν ∂s ∂t ν,i

ν,i

Le passage d’une ligne à l’autre se fait en échangeant les indices. Ainsi ! Z b n ν X ∂γ d ψ 0 (s) = F ν (γ) dt ∂s a dt ν=1  n  X ∂γ ν ∂γ ν ν ν = F (γ(b, s)) (b, s) − F (γ(a, s)) (a, s) ∂s ∂s ν=1

Or, puisque γ(a, s) = γ0 (a), γ(b, s) = γ0 (b), on trouve ∂γ ν ∂γ ν (b, s) = (a, s) = 0. ∂s ∂s

1.4

Théorème de Green*

Notation 1.4.1 (Théorème de Jordan) Si Γ ⊂ R2 est une courbe simple et fermée, elle partage le plan en deux domaines : (i) l’un, borné, l’intérieur de Γ ; (ii) l’autre, non borné. La démonstration de ce fait évident est galère. . .

18

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

Définition 1.4.2 (Orientation positive) On dit qu’une courbe simple, fermée et régulière par morceaux Γ ⊂ R2 de paramétrisation régulière par morceaux γ : [a, b] −→ Γ ⊂ R2 est orientée positivement si en tout point x = γ(t) ∈ Γ où γ est C 1 , le vecteur normal à la courbe

ν(x) = ν γ(t) = γ20 (t), −γ10 (t) est extérieur au domaine Ω = int Γ, c’est-à-dire que pour tout  suffisamment petit x + ν ∈ /Ω et x − ν ∈ Ω. Définition 1.4.3 (Domaine régulier, orientation du bord du domaine) Définitions sur les domaines. (i) On dit que Ω ⊂ R2 est un domaine régulier s’il existe Ω0 , Ω1 , . . . , Ωm des ouverts bornés tels que S • Ω = Ω0 − m i=1 Ωi ; • Ωi ⊂ Ω0 , pour tout i ; • Ωi ∩ Ωj = ∅ pour tout i différent de j ; • pour tout j = 0, . . . , m, Γj := ∂Ωj est une courbe fermée, simple et régulière par morceaux. (ii) Le bord ∂Ω = Γ0 ∪ Γ1 ∪ . . . ∪ Γm d’un tel domaine est orienté positivement si en parcourant le bord on laisse le domaine à gauche. Théorème 1.4.4 (Théorème de Green)
Soient Ω ⊂ R2 un domaine régulier dont le bord est orienté positivement et F ∈ C 1 Ω; R2 . Alors : ZZ Z rot F dx1 dx2 = F · dl. Ω

En particulier, si

F1

∂Ω

F2

= 0 (respectivement = 0) : ZZ Z
∂F 2 dx1 dx2 = 0, F 2 · dl. Ω ∂x1 ∂Ω

Corollaire 1.4.5 (Théorème de la divergence dans le plan)
Soit Ω comme dans le théorème, ν la normale extérieure unité et Φ ∈ C 1 Ω; R2 . Alors  ZZ  1 ZZ ∂Φ ∂Φ2 div Φdx1 dx2 = + dx1 dx2 ∂x1 ∂x2 Ω Ω Z = (Φ · ν)dl. ∂Ω

Remarque 1.4.6 (Observations terminologiques) Posons A(x) = Aire(x). Alors ZZ Z 1 1 TAF rot (F (x)) = lim rot F = lim F dl. A(Ω)→0 A (Ω) A(Ω)→0 A (Ω) ∂Ω Z ZΩ Z 1 1 TAF div (ψ(x)) = lim div ψ = lim (ψ · ν)dl. A(Ω)→0 A (Ω) A(Ω)→0 A (Ω) ∂Ω Ω Démonstration du corollaire. Nous procéderons en deux parties. Etape 1 On définit F de la manière suivante : F 1 = −ψ 2 ,

F 2 = ψ1.

Alors, on a rot F =

∂F 2 ∂F 1 − = div ψ. ∂x1 ∂x2

1.4. THÉORÈME DE GREEN*

19

1 Etapre 2 On paramétrise la courbe ∂Ω (C 1 au lieu de Cmorc ) de manière régulière (et pas régulière par morceaux) par γ : [a, b] → ∂Ω :
θ 7→ γ1 (θ), γ2 (θ)
1 ν(θ) = γ20 (θ), −γ10 (θ) · 0 . kγ (θ)k

On peut alors calculer ZZ ZZ rot F div ψ =

Z

Green

F · dl

=

∂Ω Z b

Ω

Ω


F γ(θ) · γ 0 (θ)dθ

= a b

Z


F 1 (γ)γ10 + F 2 (γ)γ20 dθ

= a b

Z

(ψ1 ν1 + ψ2 ν2 ) γ 0 (θ) dθ

= Za

(ψ · ν)dl.

= ∂Ω

Corollaire 1.4.7 Soient Ω, ∂Ω comme dans le théorème de Green et les fonctions F (x1 , x2 ) = (−x2 , x1 ), G1 (x1 , x2 ) = (0, x1 ) et G2 (x1 , x2 ) = (−x2 , 0). Alors : ZZ Z 1 Aire (Ω) := dx1 dx2 = F · dl 2 Z Ω Z ∂Ω = G1 · dl = G2 · dl. ∂Ω

∂Ω

Définition 1.4.8 (x2 -simple) On dit qu’un ouvert Ω est x2 -simple s’il existe deux réels a < b et α, β ∈ C ([a, b]) ∩ C 1 (]a, b[) 1 (ou Cmorc ) tels que :  Ω = (x1 , x2 ) ∈ R2 : a < x1 < b, α(x1 ) < x2 < β(x1 ) Démonstration du théorème de Green. On va faire la démonstration dans le cas simple (mais suffisament général pour englober carré, cercle, ellipse, . . . ) où le domaine est x1 -simple et x2 simple. Ainsi, on montrera que si : (i) Ω est x2 -simple alors ZZ Ω

∂F 1 dx1 dx2 = − ∂x2

Z


F 1 , 0 · dl.

∂Ω

(ii) Ω est x1 -simple alors ZZ Ω

∂F 2 dx1 dx2 = ∂x1

Z


0, F 2 · dl.

∂Ω

Conclusion : Si Ω est x1 -simple et x2 -simple :  ZZ  2 Z Z
∂F ∂F 1 − dx1 dx2 = F 1 , F 2 · dl = F · dl. ∂x1 ∂x2 Ω ∂Ω ∂Ω Montrons que ZZ Ω

∂F 1 dx1 dx2 = − ∂x2

Z ∂Ω


F 1 , 0 · dl.

20

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

Nous savons que ∂Ω = Γ1 ∪ Γ2 ∪ (−Γ3 ) ∪ Γ4 , où  Γ1 = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = α(x1 ), x1 ∈ [a, b] ,  Γ2 = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 = b, x2 = t · β(b) + (1 − t) · α(b), t ∈ [0, 1] ,  Γ3 = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = β(x1 ), x1 ∈ [a, b] (parcouru de b à a),  Γ4 = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 = a, x2 = t · α(a) + (1 − t) · β(a), t ∈ [0, 1] .

Calculons ZZ Ω

∂F 1 dx1 dx2 = ∂x2

b

Z

Z

a

β(x1 )

α(x1 )

∂F 1 dx2 ∂x2

! dx1

b

Z

 F 1 (x1 , β(x1 )) − F 1 (x1 , α(x1 )) dx1 .

= a

Ainsi, on va montrer que Z b Z b Z
1 1 F 1 (x1 , β(x1 )) dx1 + 0, F (x1 , α(x1 )) dx1 + 0 + F , 0 · dl = − − a

a

∂Ω

car : 1) Z

1


F , 0 · dl = −

−

b

Z

Γ1


F 1 (x1 , α(x1 )), 0 · (1, α0 (x1 ))dx1

a b

Z

F 1 (x1 , α(x1 ))dx1 .

= − a

2) Z −

1


F , 0 · dl = −

1

Z

Γ2


F 1 (b, t · β(b) + (1 − t) · α(b)) , 0 · (0, β(b) − α(b))dt

0

= 0. 3) Z −

1

Z




b

F , 0 · dl = −Γ3



F 1 (x1 , β(x1 )), 0 · 1, β 0 (x1 ) dx1

a

Z =

b

F 1 (x1 , β(x1 ))dx1 .

a

4) Z −

1


F , 0 · dl = −

Γ4

Z

1


F 1 (a, t · α(a) + (1 − t) · β(a)) , 0 · (0, α(a) − β(a))dt

0

= 0.

1.5 1.5.1

Surfaces et intégrales de surfaces Surfaces

Définition 1.5.1 Soit Σ ⊂ R3

1.5. SURFACES ET INTÉGRALES DE SURFACES

21

1. On dit que Σ est une surface régulière et orientable s’il existe (i) Un domaine A ⊂ R2 tel que ∂A est une courbe simple, fermée et régulière par morceaux. (ii) Il existe σ : A ⊂ R2 → Σ ⊂ R3 , appelée paramétrisation régulière, telle que i. σ ∈ C 1 (A; Σ) ;
ii. σ(u, v) = σ 1 (u, v), σ 2 (u, v), σ 3 (u, v) ;
iii. σ A = Σ et σ injective dans le sens suivant σ(u1 , v1 ) = σ(u2 , v2 ) et

 iv. σu ∧ σv = 

σu2 σv3 σu1 σv3 σu1 σv2

− − −

σu3 σv2 σu3 σv1 σu2 σv1

(u1 , v1 ) ∈ A (u2 , v2 ) ∈ A

e1  = ∂σ1 ∂u ∂σ1 ∂v

e2



∂σ 2 ∂u ∂σ 2 ∂v

 ⇒ u1 = u2 ,

v1 = v2 ;

e3 ∂σ 3 ∂u ∂σ 3 ∂v

kσu ∧ σv k = 6 0, ∀(u, v) ∈ A ∧σv est définie sur A et se prolonge continuement sur A. ν = kσσuu ∧σ vk 2. Comme ∂A est une courbe simple, fermée, régulière par morceaux, on peut écrire ∂A =

m [

γi ,

σ(∂A) =

i=1

m [ i=1

σ(γi ) =

m [

Γi .

i=1

Le bord de Σ est un sous ensemble de σ (∂A) dans lequel on a enlevé les Γi composés d’un point et les Γi parcourus une fois dans un sens et une fois dans l’autre. Le sens de parcours de ∂Σ est celui induit par le sens de parcours de ∂A. Remarque 1.5.2 (i) Le vecteur normal ν ne dépend pas de la paramétrisation (au signe près). (ii) Le bord ∂Σ ne dépend pas de la paramétrisation (par contre σ (∂A) dépend de la paramétrisation). Proposition 1.5.3 Soient A, B ⊂ R2 des ouverts connexes tels que
∂A et ∂B sont des courbes simples fermées régulières par morceaux ainsi que τ ∈ C 1 B; R3 . S’il existe : ϕ

:

A→B

ϕ ∈ C 1 (A; B) ϕ−1 ∈ C 1 (B; A) et que, de plus, det ∇ϕ > 0 dans A. Alors σ := τ ◦ ϕ : A → R3 , σ ∈ C 1 (A; R3 ) σ = σ(x1 , x2 ) τ

1.5.2


= τ (y1 , y2 ) : σx1 ∧ σx2 (x1 , x2 ) = det ∇ϕ(x1 , x2 ) (τy1 ∧ τy2 (ϕ(x1 , x2 )) .

Intégrales de surfaces

Définition 1.5.4 Soit A ⊂ R2 un domaine tel que ∂A soit une courbe simple, fermée et régulière par morceaux. On dit qu’une fonction f : A −→ R3 est C 1 par morceaux si

22

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

(i) f ∈ C(A) ; (ii) il existe A1 , . . . , Am ⊂ A une partition d’ouverts telle que A=

m [

Ai ;

i=1

Ai ∩ Aj = ∅,

i 6= j;

∂Ai = Γi sont des courbes simples, fermées et régulières par morceaux; f ∈ C 1 (Ai ),

i = 1, . . . , m.

Définition 1.5.5 (Intégrales de surface) On va définir les intégrales de surface. (i) Soit σ ∈ C 1 (A; R3 ) et f : σ(A) −→ R une fonction continue, où A est un domaine borné. On définit ZZ ZZ
f σ(u, v) kσu ∧ σv k dudv. f ds := A

σ

Si σ ∈

1 Cmorc (A),

on définit ZZ f ds := σ

n ZZ X


f σ(u, v) kσu ∧ σv k dudv. Ai

i=1

(ii) Si F : σ(A) −→ R3 est continue, alors l’intégrale de F le long de la surface σ(A) dans la direction ν = σu ∧ σv est définie de la manière suivante : ZZ ZZ 
 F · ds := F σ(u, v) · (σu ∧ σv ) dudv. σ

A

En physique, on appelle ça le flux. (iii) Si Σ ⊂ R3 est une surface régulière orientable de paramétrisation régulière σ : A → Σ, on définit : ZZ ZZ f ds := f ds, ZZ Σ Z Zσ F · ds := F ds. Σ

σ

Ces deux intégrales sont indépendantes du choix de la paramétrisation (au signe près). Remarque 1.5.6 On formule les remarques suivantes. RR RR (i) Si Σ ∈ R3 est une surface régulière, Σ f ds = σ f ds, où σ est une représentation régulière de la surface, RR et le résultat est indépendant de la paramétrisation. Idem pour Σ F · ds (ii) Si f ≡ 1, on a ZZ Aire Σ :=

ds. Σ

1.6

Théorème de la divergence*

Dans ce paragraphe, on notera indifférement x et (x1 , . . . , xn ).

1.6. THÉORÈME DE LA DIVERGENCE*

23

Remarque 1.6.1 (Changement de variables) Soit Ω ⊂ Rn un
ouvert et u : Ω −→ Rn une fonction u1 (x), . . . , un (x) . Alors, 1 ux · · · u1x n 1 .. det (5u(x)) = ... . n ux · · · unx n 1 où uixj =

1.6.1

∂ui ∂xj .

injective de classe C 1 avec u = u(x) = 6= 0,

∀x ∈ Ω,

Ce déterminant est appelé le jacobien de la transformation.

Theorème de la divergence

Définition 1.6.2 (Domaine régulier) On dit que Ω ⊂ R3 est un domaine régulier s’il existe des ouverts bornés Ω0 , . . . , Ωm ⊂ R3 tels que (i) Ωi ⊂ Ω0 pour tout i = 1, . . . , m ; S (ii) Ω = Ω0 − m i=1 Ωi ; (iii) Ωi ∩ Ωj = ∅ si i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ m ; (iv ) pour i = 1, . . . , m, Σi := ∂Ωi est une surface régulière par morceaux, orientable avec ∂Σi = ∅ ; (v ) il existe des champs de normales extérieures unités ν (continues par morceaux). Remarque 1.6.3 (Normales extérieures) Pour tout x ∈ Σj = ∂Ωj et pour tout  > 0 : c

x − ν ∈ Ωj , ∀j = 1, . . . , m; x + ν ∈ Ωj , ∀j = 1, . . . , m; x − ν ∈ Ω0 ; c

x + ν ∈ Ω0 . Théorème 1.6.4 (Théorème de la divergence) Soient Ω ⊂ R3 un domaine régulier, avec ν la normale extérieure unité, et F ∈ C 1 (Ω; R3 ). Alors ZZZ ZZ div F dx1 dx2 dx3 = (F · ν) ds. Ω

∂Ω

Corollaire 1.6.5 Soient Ω et ν comme ci-dessus, et F (x) = x, G1 (x) = (x1 , 0, 0), G2 (x) = (0, x2 , 0), G3 = (0, 0, x3 ). Alors ZZ ZZ 1 Volume Ω = (F · ν)ds = (Gi · ν)ds , i = 1, 2, 3. 3 ∂Ω ∂Ω Preuve du corollaire. Remarquons tout d’abord que div F = 3 et div Gi = 1, ainsi ZZZ Volume Ω = dx1 dx2 dx3 Ω ZZZ 1 = div F dx1 dx2 dx3 3 Ω ZZ 1 (F · ν)dS. = 3 ∂Ω Remarque 1.6.6 On peut affaiblir les hypothèses du théorème en supposant que F ∈ C 1 (Ω; R3 ) ∩ C 0 (Ω; R3 ) mais la démonstration se complique. . .

24

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

1.6.2

Démonstration du théorème de la divergence

Définition 1.6.7 On dit que Ω ⊂ R3 un ouvert est x3 -simple s’il existe A ⊂ R2 tel que ∂A soit une courbe simple fermée et régulière par morceaux et α, β ∈ C 1 (A) ∩ C 0 (A) telles que Ω = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : (x1 , x2 ) ∈ A et α(x1 , x2 ) < x3 < β(x1 , x2 )}. De façon identique, on définit x1 -simple et x2 -simple.

Démonstration. On va démontrer le théorème de la divergence dans le cas particulier où Ω est x1 , x2 et x3 -simple. Puisque Ω est x1 , x2 et x3 -simple, on montrera que ZZ ∂F 3 F 3 ν3 ds, x3 -simple ⇒ dx1 dx2 dx3 = Ω ∂x3 ∂Ω ZZZ ZZ ∂F 2 x2 -simple ⇒ F 2 ν2 ds, dx1 dx2 dx3 = ∂x 2 Ω ∂Ω ZZZ ZZ ∂F 1 x1 -simple ⇒ dx1 dx2 dx3 = F 1 ν1 ds. Ω ∂x1 ∂Ω ZZZ

(1.3) (1.4) (1.5)

En combinant les trois équations, on trouve ZZZ 

ZZZ div F

=

Ω

Ω

ZZ

∂F 1 ∂F 2 ∂F 3 + + ∂x1 ∂x2 ∂x3



(F 1 ν1 + F 2 ν2 + F 3 ν3 )ds =

= ∂Ω

ZZ (F · ν) dS. ∂Ω

On va montrer les trois impliquations ci-dessus. 1. Calculons : ZZZ Ω

∂F 3 dx1 dx2 dx3 = ∂x3

β(x1 ,x2 )

∂F 3 dx3 dx1 dx2 A α(x1 ,x2 ) ∂x3 ZZ  3

 = F x1 , x2 , β(x1 , x2 ) − F 3 x1 , x2 , α(x1 , x2 ) dx1 dx2 . ZZ Z

A

2. Calculons : ZZ

F 3 · ν3 ds, ∂Ω

où ∂Ω = Σ1 ∪ Σ2 ∪ Σ3 avec Σ1 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : (x1 , x2 ) ∈ A, x3 = β(x1 , x2 )}, Σ2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : (x1 , x2 ) ∈ A, x3 = α(x1 , x2 )}, Σ3 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : (x1 , x2 ) ∈ ∂A, α(x1 , x2 ) < x3 < β(x1 , x2 )}. Ainsi, on a les normales (−βx1 , −βx2 , 1) normale extérieure à Σ1 , k(−βx1 , −βx2 , 1)k (−αx1 , −αx2 , 1) = normale intérieure à Σ2 , k(−αx1 , −αx2 , 1)k = (˜ ν3,1 , ν˜3,2 , 0).

ν˜1 = ν˜2 ν˜3

1.7. THÉORÈME DE STOKES*

25

Et donc, on trouve ZZ ZZ
k(−βx1 , −βx2 , 1)k 3 F 3 x1 , x2 , β(x1 , x2 ) F ν˜1 ds = dx1 dx2 k(−βx1 , −βx2 , 1)k A Σ1 ZZ
F 3 x1 , x2 , β(x1 , x2 ) dx1 dx2 . = Z ZA ZZ
k(−αx1 , −αx2 , 1)k F 3 x1 , x2 , α(x1 , x2 ) F 3 ν˜2 ds = dx1 dx2 k(−αx1 , −αx2 , 1)k A Σ2 ZZ
F 3 x1 , x2 , α(x1 , x2 ) dx1 dx2 . = − A ZZ 3 F ν˜3 ds = 0. Σ3

En combinant tous les résultats obtenus, on a ZZ ZZ  3  3 F (x1 , x2 , β(x1 , x2 )) − F 3 (x1 , x2 , α(x1 , x2 )) dx1 dx2 . F ν3 dS = A

∂Ω

1.7 1.7.1

Théorème de Stokes* Théorème de Stokes

Théorème 1.7.1 Soit Σ ⊂ R3 une surface régulière par morceaux et orientable et F : Σ −→ R3 avec F ∈ C 1 (Σ; R3 ). Alors, ZZ Z rot F · ds = Σ

F · dl. ∂Σ

Remarque 1.7.2 La condition C 1 (Σ; R3 ) signifie C 1 sur un ouvert contenant Σ et son bord. Remarque 1.7.3 Une fois choisie une paramétrisation régulière σ : A → Σ de la surface, σ = σ(u, v), alors : ZZ ZZ 
 rot F · ds = rot F σ(u, v) · (σu ∧ σv )dudv. Σ

A

Le sens de parcours de ∂Σ est celui induit par le sens positif sur ∂A.

1.7.2

Démonstration du théorème

Démonstration. Nous ferons la démonstration dans le cas où Σ est régulière. Ainsi, il existe une paramétrisation σ et un domaine A ⊂ R2 avec ∂A une courbe simple et régulière telle que σ:

A

−→ Σ


(u, v) 7−→ σ(u, v) = σ 1 (u, v), σ 2 (u, v), σ 3 (u, v) , avec les propriétés suivantes : (i) σ ∈ C 2 (A, R3 ) (là réside une hypothèse supplémentaire) ; (ii) σ(A) = Σ ; (iii) σ injective sur A (et non juste sur A) ; (iv) kσu ∧ σv k = 6 0, pour tout (u, v) ∈ A ; (v) ν =

σu ∧σv kσu ∧σv k

continue sur A ;

26

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

(vi) ∂Σ = σ(∂A) (avec les restrictions ci-dessus, on a pas les "bords parasites"). On va donc considérer une paramétrisation γ du bord de A. Plus précisémment, on prend
γ : [a, b] −→ ∂A, définie par t 7−→ γ(t) = γ 1 (t), γ 2 (t) et telle que γ ∈ C 1 ([a, b]; R2 ) et γ 0 (t) 6= 0 pour tout t ∈ [a, b]. Par conséquent, le bord de Σ est paramétrisé par ϕ : 



ϕ(t) = σ ◦ γ(t) = ϕ1 γ(t) , ϕ2 γ(t) , ϕ3 γ(t) = σ 1 (γ1 , γ2 ), σ 2 (γ1 , γ2 ), σ 3 (γ1 , γ2 ) . On a alors dϕi (t) dt
d i = σ (γ1 , γ2 ) dt = σui · γ10 + σvi · γ20 .

ϕ0i (t) =

On va maintenant séparer la démonstration en plusieurs étapes. RR 1. Calcul de Σ rot F ds. Le rotationnel est donné par ∂F 3 ∂F 2 ∂F 1 ∂F 3 ∂F 2 ∂F 1 − , − , − ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2
3 2 1 3 2 1 Fx2 − Fx3 , Fx3 − Fx1 , Fx1 − Fx2 ,

 rot F

= =



et la normale par
σu ∧ σv = σu2 σv3 − σv2 σu3 , σu3 σv1 − σv3 σu1 , σu1 σv2 − σv1 σu2 . On peut alors calculer ZZ

ZZ rot F dS

=

Σ

  rot F (σ) · (σu ∧ σv ) dudv

Z ZA h



Fx32 (σ) − Fx23 (σ) σu2 σv3 − σv2 σu3 A

+ Fx13 (σ) − Fx31 (σ) σu1 σv3 − σv1 σu3

i + Fx21 (σ) − Fx12 (σ) σu1 σv2 − σv1 σu2 dudv,

=

et donc ZZ rot F · ds = R1 + R2 + R3 , Σ

où   RR  1 1 3 1 3 1 1 2 1 2  R = F (σ)(σv σu − σu σv ) − Fx2 (σ)(σu σv − σv σu ) dudv,    1 RRA  x3  R2 = A Fx21 (σ)(σv2 σu1 − σu2 σv1 ) − Fx23 (σ)(σu2 σv3 − σv2 σu3 ) dudv,    RR  3  3 σ 2 − σ 3 σ 2 ) − F 3 (σ)(σ 3 σ 1 − σ 3 σ 1 ) dudv.  R3 = F (σ)(σ x2 v u u v x1 u v v u A 2. Calcul de

R

∂Σ F dl

:

Z

Z

b

F dl = ∂Σ


F ϕ(t) · ϕ0 (t)dt

a

Z = a

b


F 1 (ϕ(t))ϕ01 (t) + F 2 (ϕ(t))ϕ02 (t) + F 3 (ϕ(t))ϕ03 (t) dt.

1.7. THÉORÈME DE STOKES*

27

On va montrer que b

Z R1 =

F 1 (ϕ)ϕ01 (t)dt,

a b

Z R2 =

F 2 (ϕ)ϕ02 (t)dt,

a b

Z R3 =

F 3 (ϕ)ϕ03 (t)dt.

a

On va établir la première formule les autres étant montrées de façon similaires. Z b Z b F 1 (σ ◦ γ(t))(σu1 (γ1 , γ2 )γ10 + σv1 (γ1 , γ2 )γ20 )dt F 1 (ϕ(t))ϕ01 dt = a a Z b

F 1 (σ)σu1 , F 1 (σ)σv1 · γ10 , γ20 dt = Za
F 1 (σ)σu1 , F 1 (σ)σv1 · dl = ∂A | {z } | {z } G1

G2

Dans le but d’appliquer le théorème de Green, on calcule :   ∂G2 ∂G1 ∂  1 ∂  1 − = F (σ(u, v)) · σv1 (u, v) − F (σ(u, v)) · σu1 (u, v) ∂u ∂v ∂u ∂v ∂G2 ∂u ∂G2 ∂u

−

∂G1 ∂v

=

 ∂  1 1 F (σ(u, v)) σv1 + F 1 (σ(u, v))σuv ∂u
1 Fx11 σu1 + Fx12 σu2 + Fx13 σu3 σv1 + F 1 σuv

=

Fx11 σu1 σv1 + Fx12 σv1 σu2 + Fx13 σ 1 (v)σ 3 (u)

=

1 1 + F 1 σuv − (Fx11 σv1 + Fx12 σv2 + Fx13 σv3 )σu1 − F 1 σuv

=

Fx12 (σv1 σu3 − σu1 σv3 ) − Fx12 (σu1 σv2 − σv1 σu2 ).

En appliquant le théorème de Green, on trouve  Z ZZ  2 ∂G1 ∂G 1 2 − dudv, (G , G )dl = ∂u ∂v ∂A A et donc, si on fait la même chose pour R2 et R3 : Z ZZ F dl = rot F ds. ∂Σ

Σ

Exemple 1.7.4 F (x1 , x2 , x3 ) = (x3 , x1 , x2 ) et Σ = {x ∈ R3 : x23 = x21 + x22 et 0 < x3 < 1}. RR Etape 1 Calcul de Σ rot F · ds Une paramétrisation de cette surface est σ(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z), où (θ, z) ∈ A avec A = ]0, 2π[ × ]0, 1[. Nous pouvons maintenant calculer la normale σθ ∧ σz = (z cos θ, z sin θ, −z), et le rotationnel est : rot F (x) = (1, 1, 1). On a alors ZZ Z 1 Z 2π rot F · ds = (1, 1, 1) · (z cos θ, z sin θ, −z)dθdz Σ

0

= −π

0

28

CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

Etape 2 Calcul de

R

∂Σ F

· dl

σ(∂A) = σ(γ1 ) ∪ σ(γ2 ) ∪ σ(γ3 ) ∪ σ(γ4 ) = Γ1 ∪ Γ2 ∪ Γ3 ∪ Γ4 , et Γ1 = {(0, 0, 0)} Γ2 = {γ2 (z) = (z, 0, z), z : 0 → 1} Γ3 = {γ3 (θ) = σ(θ, 1) = (cos θ, sin θ, 1), θ : 2π → 0} Γ4 = {γ4 (z) = σ(0, z) = (z, 0, z), z : 1 → 0} = −Γ2 On a donc que ∂Σ = Γ3 , θ : 2π → 0. On termine alors : Z Z F · dl F · dl = ∂Σ

Γ3

Z = −

2π


F γ3 (θ) · γ30 (θ)dθ

0

= . . . = −π.

Chapitre 2

Analyse complexe 2.1 2.1.1

Fonctions holomorphes et équations de Cauchy-Riemann Rappel sur les nombres complexes

Définition 2.1.1 Soit z ∈ C (i) z = x + iy avec x, y ∈ R ; x = 0 son rayon de convergence. Alors, f est holomorphe dans le Soient f (z) = ∞ a z n=0 n disque de rayon R et, de plus, sa dérivée est donnée par 0

f (z) =

∞ X

nan z n−1 .

n=1

Le rayon de convergence de la série dérivée est aussi R. P Démonstration. Appelons g(z) := ∞ nan z n−1 . L’inverse de son rayon de convergence est n=1 |{z} bn

1

1

1

1

lim sup |bn | n = lim |n| n · lim sup |an | n = lim sup |an | n . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

On va maintenant montrer que f est holomorphe et que f 0 = g. Fixons N ∈ N, et écrivons f (z) = AN (z) + BN (z), P∞ P n n où AN (z) = N n=N +1 an z . n=0 an z , BN (z) = Soit |z0 | < R et r tel que |z0 | < r < R. Choisissons h ∈ C tel que |z0 + h| < r. Nous allons faire trois estimations : (i) Comme |z0 |, |z0 + h| < r et en notant que n

n

x − y = (x − y)

n−1 X

xk y n−k−1 ,

k=0

on a que BN (z0 + h) − BN (z0 ) ≤ h ≤

∞ X n=N +1 ∞ X

(z0 + h)n − z0n |an | h
|an |nrn−1 .

n=N +1

Soit maintenant  > 0. On peut trouver N1 = N1 () ∈ N tout N ≥ N1 : BN (z0 + h) − BN (z0 ) ≤ h

suffisament grand pour que pour  . 3

(ii) Puisque AN est un polynôme, c’est une fonction holomorphe dans tout le plan complexe. On a alors : N X A0N (z) = nan z n−1 , n=1

et donc : lim A0N (z0 ) = g(z0 ).

N →∞

Puique  > 0 est fixé, il existe N2 () tel que pour tout N ≥ N2 : 0 AN (z0 ) − g(z0 ) ≤  . 3

2.1. FONCTIONS HOLOMORPHES ET ÉQUATIONS DE CAUCHY-RIEMANN

33

(iii) A nouveau, puisque  est fixé, il existe δ = δ() tel que si |h| < δ : AN (z0 + h) − AN (z0 )  0 − AN (z0 ) ≤ , h 3 car un polynôme est holomorphe. Connectons maintenant ces trois estimations : f (z0 + h) − f (z0 ) − g(z0 ) h

=

et donc f (z0 + h) − f (z0 ) − g(z0 ) h

≤

≤

AN (z0 + h) − AN (z0 ) − A0N (z0 ) + A0N (z0 ) − g(z0 ) h BN (z0 + h) − BN (z0 ) + h AN (z0 + h) − AN (z0 ) 0 − AN (z0 ) + A0N (z0 ) − g(z0 ) h BN (z0 + h) − BN (z0 ) + h ,

pour tout N ≥ max{N1 (), N2 ()}, et pour tout |h| < δ = δ().

2.1.5

La fonction exponentielle

Pour tout z ∈ C, on définit : ez =

∞ X zn n=0

n!

.

Proposition 2.1.11 Le rayon de convergence de la série est infini et elle est holomorphe dans C : (ez )0 = ez . On a de plus : (i) e0 = 1 ; (ii) ez 6= 0, ∀z ∈ C ; (iii) ez1 +z2 = ez1 · ez2 ; (iv ) si z = x + iy, avec y ∈ R on a ez = ex cos y + iex sin y ; (v ) si y ∈ R, on a eiy = 1; (vi) ez+2inπ = ez , pour tout n ∈ N. Le dernier point implique la non-injectivité de la fonction exponentielle dans C.

2.1.6

La fonction logarithme

Comme l’exponentielle n’est pas injective sur C, nous allons devoir restreindre son domaine : ez : {z ∈ C : 0 suffisamment petit tel que Br (z0 ) ⊂ Ω, alors Z 2π 1 f (z0 ) = f (z0 + reiθ )dθ. 2π 0 Démonstration. Par la formule intégrale de Cauchy Z f (ξ) 1 f (z0 ) = dξ 2πi γr (ξ − z0 ) Z 2π 1 f (z0 + reiθ ) iθ = ire dθ 2πi 0 reiθ Z 2π 1 f (z0 + reiθ )dθ. = 2π 0

Théorème 2.2.23 (Théorème fondamental de l’algèbre) P Soit n ≥ 1 un entier et a0 , . . . , an ∈ C tels que an 6= 0. Alors le polynome P (z) = ni=0 ai · z i admet n racines. Démonstration. Par induction, il suffit de prouver que P admet au moins une racine. Supposons que cela ne soit pas le cas, on aura alors P (z) 6= 0,

∀z ∈ C.

1 Comme P est holomorphe et P (z) 6= 0, alors f (z) = P (z) est holomorphe dans C. Le but est de montrer que la fonction f est bornée, ce qui impliquera, par le théorème de Liouville, qu’elle est constante et donc que P est un polynome constant, ce qui est en contradiction avec an 6= 0. On écrit pour z 6= 0 a P (z) a0  n−1 = a + + . . . + . n zn z zn

Comme

an−1 a0 z→∞ / z , . . . , zn

0, on peut trouver R suffisamment grand pour que a a0 |an | n−1 + ... + n ≤ , z z 2

∀|z| > R

Par conséquent   P (z) = an − − an−1 − . . . − a0 zn z zn a a0 n−1 ≥ |an | − − − . . . − n z a z a n n ≥ |an | − = > 0, ∀|z| > R. 2 2 On a donc

|P (z)| |an | ≥ > 0, n R 2

∀|z| > R,

ce qui implique que |f (z)| =

2 1 ≤ , |P (z)| |an | · Rn

∀|z| > R.

Ainsi, f est bornée si |z| > R. Comme P est continue et P (z) 6= 0 pour tout z, f (z) est continue sur le compact |z| ≤ R, et donc est bornée sur ce même compact. Ainsi, par le théorème de Liouville, f , et donc P , est constante.

46

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

Théorème 2.2.24 (Principe du prolongement analytique) Soit Ω ⊂ C un domaine, ainsi que f et g : Ω −→ C deux fonctions holomorphes. Soit de plus (zν )∞ ν=1 ⊂ Ω, une suite telle que (i) tous les zν sont différents ; (ii) la suite zν converge vers z0 ∈ Ω ; (iii) zν 6= z0 pour tout ν ; (iv ) f (zν ) = g(zν ) pour tout ν. Alors f ≡ g dans Ω. Démonstration. Sans perte de généralité, suposons que g ≡ 0 (quite à remplacer f par f − g). (i) On commence par démontrer que f ≡ 0 dans Br (z0 ) tel que Br (z0 ) ⊂ Ω. Premièrement, puisque f est continue, on a que f (z0 ) = g(z0 ) = 0. Par le théorème des séries de Taylor, f (z) =

∞ X

an (z − z0 )n ,

∀z ∈ Br (z0 ).

n=0

Comme f (z0 ) = 0, on a a0 = 0. Par l’absurde, supposons f 6≡ 0. Ainsi, il existe N ∈ N, N ≥ 1 tel que aN 6= 0 et an = 0 pour tout n < N . Le développement de Taylor de f peut donc être réécrit de la manière suivante : ∞ X f (z) = an (z − z0 )n = aN (z − z0 )N [1 + (z, z0 )], n=N

P n−N 1 avec (z, z ) z→z0 / 0. où (z, z0 ) = ∞ 0 n=N +1 an (z − z0 ) aN Le fait que  tende vers 0 quand z tend vers z0 implique l’existence de δ > 0, tel que 1 |(z, z0 )| ≤ , 2

∀z ∈ Bδ (z0 ).

Soit ν ∈ N tel que zν ∈ Bδ (z0 ) (un tel ν existe puisque la suite zν tend vers z0 ). On devrait avoir, ∞ X 0 = g(zν ) = f (zν ) = an (zν − z0 )n = aN (zν − z0 )N [1 + (zν , z0 )]. n=N

Cependant, puisque zν 6= z0 , et aN 6= 0, cette égalité ne peut avoir lieu (le dernier terme a une norme différente de 0). On doit donc avoir f ≡ 0 dans Br (z0 ). (ii) Montrons maintenant que f ≡ 0 dans Ω. On définit l’ensemble suivant : A := int{z ∈ Ω : f (z) = 0}. Remarquons tout d’abord que par définition, A est ouvert. De plus, par le point (i), z0 appartient à A, et donc l’ensemble A est non vide. On va montrer que A est aussi fermé, ce qui impliquera que A = Ω, puisque Ω est connexe. Pour cela, soit z˜ν ⊂ A une suite telle que z˜ν −→ z˜0 . Comme z˜ν ∈ A pour tout ν, f (˜ zν ) = 0, on a que f (˜ z0 ) = 0 et donc, par le point (i), z˜0 ∈ A. Ainsi, A est séquentiellement fermé, comme désiré.

2.2. INTÉGRATION COMPLEXE*

47

Remarque 2.2.25 Une fonction analytique constante dans un ouvert connexe, est forcément constante sur tout le domaine. Théorème 2.2.26 (Principe du maximum) Soit Ω ⊂ C un domaine borné, f : Ω −→ C une fonction holomorphe telle que f ∈ C 0 (Ω). Alors max{|f (z)|} = max {|f (z)|}. z∈∂Ω

z∈Ω

Plus précisemment, si max{|f (z)|} = max {|f (z)|} ⇔ f constante. z∈Ω

z∈∂Ω

Démonstration. La preuve sera divisée en plusieurs étapes. (i) Si f est constante, le résultat est immédiat. (ii) Supposons f non constante. Comme la fonction z 7→ |f (z)| est continue sur Ω, elle atteint son maximum dans Ω, disons en a ∈ Ω, ce qui implique |f (z)| ≤ |f (a)| ,

∀z ∈ Ω.

Remarquons que f (a) 6= 0 par l’hypothèse que f n’est pas constante. (iii) Montrons que a ∈ ∂Ω. Par l’absurde, supposons que a ∈ Ω. Comme Ω est ouvert, il existe r > 0 tel que Br (a) ⊂ Ω. On aura donc |f (z)| ≤ |f (a)| si |z − a| ≤ r. Quitte à remplacer f = f (z) par Par la formule de la moyenne : 1 h i Re f (a + reiθ )

= ≤ ⇒

f (z) f (a) ,

on peut supposer que f (a) = 1.

Z 2π Z 2π h i 1 1 f (a) = f (a + reiθ )dθ = Re f (a + reiθ ) dθ 2π 0 2π 0 h i Re f (a + reiθ ) ≤ f (a + reiθ ) ≤ f (a) = 1 Z 2π    1 1 − Re f (a + reiθ ) dθ 0= 2π 0 | {z } ≥0

⇒

h  i Re f a + reiθ ≡ 1, ∀θ ∈ [0, 2π] h  i h  i   1 = Re f a + reiθ ≤ Re f a + reiθ ≤ f a + reiθ ≤ 1   f a + reiθ ≡ 1, ∀θ ∈ [0, 2π]

⇒

f (z) ≡ 1,

⇒ ⇒

2.2.24

=⇒

∀|z − a| = r

f ≡ 1.

Théorème 2.2.27 (Principe du minimum) Soient Ω ⊂ C un domaine borné, f : Ω −→ C continue et holomorphe sur Ω, alors il existe a ∈ Ω tel que f (a) = 0 ou bien min{|f (z)|} = min {|f (z)|} z∈Ω

z∈∂Ω

Démonstration. Supposons que f (z) 6= 0 pour tout z ∈ Ω. On a alors deux possibilités :

48

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE 1. S’il existe b ∈ ∂Ω tel que f (b) = 0, l’assertion s’en suit. 2. Sinon, supposons f (z) 6= 0 pour tout z ∈ Ω. Définissons la fonction g(z) =

1 f (z)

continue

sur Ω, holomorphe sur Ω. En appliquant le principe du maximum à g(z), on a deux possibilités : (i) g est constante sur Ω et donc f est constante ; (ii) |g| atteint sont maximum sur le bord et donc |f | atteint son minimum sur le bord.

Théorème 2.2.28 (Théorème de Morera) R Soit Ω ⊂ C un ouvert et f : Ω −→ C continue. Si ∂T f (z)dz = 0 pour tout triangle T tel que T ⊂ Ω, alors f est holomorphe dans Ω. Démonstration. Soit ξ ∈ Ω et r > 0 tel que Br (ξ) ⊂ Ω. Définissons maintenant Z f (w)dw, z ∈ Br (ξ). F (z) = [ξ,z]

On choisi h tel que z + h ∈ Br (ξ). On a donc un triangle T composé des sommets ξ, z et z + h et ∂T = [ξ, z] ∪ [z, z + h] ∪ [z + h, ξ]. Par hypothèse, on a Z Z 0= f (w)dw = F (z) + f (w)dw − F (z + h). ∂T

[z,z+h]

Ainsi Z

Z F (z + h) − F (z)

f (w)dw = h ·

=

1

f (z + th)dt 0

[z,z+h]

Z 1   F (z + h) − F (z) ⇒ − f (z) = f (z + th) − f (z) dt h 0 F (z + h) − F (z) ⇒ lim − f (z) = 0, par continuité de f. h→0 h Par conséquent, F est holomorphe et F 0 (z) = f (z). Par la formule intégrale de Cauchy, f (z) est holomorphe. Théorème 2.2.29 (Théorème de compacité Weierstrass) Soit Ω ⊂ C un ouvert non vide, une suite de fonctions holomorphes fν : Ω −→ C et f : Ω −→ C. Si pour tout ouvert O avec O ⊂ Ω, fν converge uniformément vers f dans O, alors f est (n) holomorphe dans Ω et fν −→ f (n) uniformément sur O. Preuve du théorème. Remarquons tout d’abord que, puisque la convergence est uniforme pour tout ouvert O avec O ⊂ Ω, f est continue, car Ω est ouvert. La démonstration sera réalisée en deux étapes : (i) Holomorphie de f . Soit T ⊂ Ω un triangle tel que T ⊂ Ω. Il existe un ouvert O tel que T ⊂ O ⊂ O ⊂ Ω. Par le lemme de Goursat : Z 0= fν (z)dz. ∂T

Ainsi, par la convergence uniforme sur O, Z Z 0 = fν (z)dz −→ f (z)dz ∂T Z∂T ⇒ f (z)dz = 0, ∂T

et donc, par le théorème de Morera, 2.2.28 page 48, f est holomorphe sur Ω.

2.3. SÉRIES DE LAURENT

49 (n)

(ii) On aimerait maintenant montrer que la suite des fν converge uniformément vers f (n) sur O. Soit z0 ∈ O et r > 0 tel que Br (z0 ) ⊂ O. Par la formule intégrale de Cauchy, n d   (n) (n) fν (z0 ) − f (z0 ) = n fν (z) − f (z) dz n! ≤ max {|(fν − f ) (z)| : z ∈ ∂Br (z0 )} rn n! ≤ sup {|fν (z) − f (z)| : z ∈ O} . {z } rn | −→0 par hypothèse

2.2.6

Résumé

On a vu les points suivants : (i) définition d’une fonction holomorphe ; (ii) équations de Cauchy-Riemann ; (iii) théorème de Cauchy ; (iv) formule intégrale de Cauchy ; (v) Liouville, principes du maximum et du minimum, principe du prolongement analytique ; (vi) théorème de Weierstrass.

2.2.7

"Généralisation" à Rn

On va remplacer : x par x1 , y par x2 , u par u1 , v par −u2 . Les équations de Cauchy-Riemann deviennent donc :  1  ux1 + u2x2 = 0 div u = 0 1 2 ux2 − ux1 = 0 rot u = 0 (les deux dernières égalités sont vraies dans Ω). Il s’agit des formes harmoniques. Si Ω est simplement connexe, la dernière égalité implique que u = ∇v et donc div u = div (∇v) = 4w = 0.

2.3 2.3.1

Séries de Laurent Théorème de Laurent

Théorème 2.3.1 Soit Ω ⊂ C un ouvert, z0 ∈ C, f : Ω − {z0 } −→ C une fonction holomorphe et N ∈ N. On définit alors LN (f (z)) =

N X

cn (z − z0 )n

n=−N

=

−1 X

n

cn (z − z0 ) +

=

n=1

c−n + (z − z0 )n

cn (z − z0 )n

n=0

n=−N N X

N X

N X

cn (z − z0 )n ,

n=0

f (ξ) 1 où cn = 2πi γ (ξ−z0 )n+1 dξ et γ est une courbe simple fermée et régulière par morceaux telle que γ ∪ int (γ) ⊂ Ω et z0 ∈ int (γ). Soit R > 0 tel que BR (z0 ) ⊂ Ω, alors pour tout z ∈ BR (z0 ) \ {z0 }, on a

R

50

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

• limN →∞ LN f (z) = Lf (z) ; • Lf (z) = f (z). De plus, la convergence est uniforme dans BR (z0 ) − B r (z0 ), où 0 < r < R. Ainsi, le théorème dit que pour z ∈ BR (z0 ) \ {z0 } f (z) = Lf (z) =

∞ X

cn (z − z0 )n

n=−∞

=

∞ X n=1

2.3.2

∞

X c−n + cn (z − z0 )n . (z − z0 )n n=0

Différents types de singularité

Définition 2.3.2 Définitions et présentation des différents types de singularités : (i) L’expression Lf (z) dans le théorème est appelée série de Laurent de f en z0 . P n (ii) P∞ n=0 cn (z − z0 ) est appelée partie régulière de la série de Laurent. −1 n n=−∞ cn (z − z0 ) est appelée partie singulière de la série de Laurent. (iii) On dit que z0 est un point régulier si la partie singulière est identiquement nulle (dans ce cas, la série de Laurent est égale à la série de Taylor). (iv ) On dit que z0 est un pôle d’ordre m de f si c−m 6= 0 et c−n = 0, pour tout n ≥ m + 1. (v ) On dit que z0 est une singularité essentielle isolée de f si c−n = 6 0 pour un nombre infini de n. R 1 (vi) Le coefficient c−1 = 2πi γ f (ξ)dξ est appelé le résidu de f en z0 et est noté c−1 = Rész0 (f ). (vii) Le plus grand R > 0 tel que BR (z0 ) ⊂ Ω est appelé le rayon de convergence de la série de Laurent. Remarque 2.3.3 Il existe des fonctions holomorphes qui n’admettent pas de développement de Laurent. Par exemple, f (z) = log(z) n’admet pas de série de Laurent en z0 = 0. Exemple 2.3.4 Etudier la fonction f (z) = z1 en z = z0 . On trouve que Lf (z) = z1 et : (i) la partie régulière est 0 ; (ii) la partie singulière est

1 z

;

(iii) z0 = 0 est un pôle d’ordre 1 ; (iv) Rés0 (f ) = 1 ; (v) le rayon de convergence est infini. Exemple 2.3.5 Etudier la fonction f (z) =

1 z

en z0 = 1. On trouve ∞

f (z) =

X 1 1 = = (−1)n (z − 1)n . z 1 + (z − 1) n=0

Alors (i) z0 = 1 est un point régulier ; (ii) la partie régulière est égale à la série de Laurent ; (iii) la partie singulière est 0 ;

2.3. SÉRIES DE LAURENT

51

(iv) Rész0 (f ) = 0 ; (v) le rayon de convergence est 1. Exemple 2.3.6 Etudier la fonction f (z) = simples

1 z 2 +z

en z0 = 0. On commence par décomposer la fraction en éléments

f (z) =

1 1 1 1 = = − , z2 + z z(z + 1) z z+1

où le premier terme est la partie singulière tandis que le second est la partie régulière. Ainsi, ∞

f (z) =

1 X − (−1)n z n . z n=0

Et donc : (i) z0 = 0 est un pôle d’ordre 1 ; (ii) Rész0 (f ) = 1 ; (iii) le rayon de convergence est 1. Exemple 2.3.7 1 Etudier la fonction f (z) = e z en z0 = 0. Soit y ∈ C, on peut écrire y

e =

∞ X yn n=0

Si z 6= 0, y = z1 , on a

∞ X

1 z

e =1+

n=1

n!

.

1 . n! · z n

Alors, (i) z0 est une singularité essentielle isolée ; (ii) le rayon de convergence est infini (car il s’agit de la seule singularité) ; (iii) Rés0 (f ) = c−1 = 1. Exemple 2.3.8 Etudier la fonction f (z) = sin(z) en z0 = 0. z Le point z0 est un point régulier (on dit aussi que z0 est une singularité éliminable). En effet, en choisissant f (0) = 1, alors :  sin z z 6= 0 z f (z) = 1 z=0 est holomorphe dans C. On peut donc écrire sin z = sin z z

=

∞ X

(−1)n

n=0 ∞ X

(−1)n

n=0

z 2n+1 (2n + 1)! z 2n . (2n + 1)!

Exemple 2.3.9 Etudier la fonction f (z) = log z en z0 = 0. Cette fonction d’admet pas de série de Laurent en z0 = 0. En effet, z0 = 0 n’est pas une singularité isolée car tous les points z ∈ {=(z) = 0, 0 suffisament petit ipour h que B (z) ∩ Br (z0 ) 6= ∅ et B (z) ⊂ BR (z0 ) \ Br (z0 ). Posons O = Ω − Br (z0 ) ∪ B (z) . On a alors : γR = ∂BR (z0 ), γr = ∂Br (z0 ), γ = ∂B (z). Par le théorème de Cauchy appliqué à g(ξ) = Z

f (ξ) ξ−z

qui est holomorphe dans O :

Z

Z

g(ξ)dξ =

g(ξ)dξ +

γR

γr

g(ξ)dξ. γ

Notons que Z

Z g(ξ)dξ =

γ

γ

f (ξ) = ξ−z

Z 0

2π

f (z + eiθ ) iθ →0 ie dθ −→ 2πif (z). eiθ

Ainsi, f (z) =

1 2πi

Z γR

f (ξ) 1 dξ − ξ−z 2πi

Z γr

f (ξ) dξ. ξ−z

2. On va écrire deux termes en fonction d’une série géométrique.

54

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE (i) On peut écrire   1 1 1 1  . = = ξ−z ξ − z0 − (z − z0 ) ξ − z0 1 − (z−z0 ) (ξ−z0 ) 0 Remarquons que si ξ ∈ γR , z ∈ BR (z0 ) − Br (z0 ), alors z−z ξ−z0 = donc écrire ∞ X 1 (z − z0 )n = . ξ−z (ξ − z0 )n+1

|z−z0 | R

< 1, on peut

n=0

Cette série géométrique nous permet de transformer l’intégrale de la manière suivante : 1 2πi

Z γR

∞ X (z − z0 )n f (ξ) (ξ − z0 )n+1 γR n=0  Z  ∞ X 1 1 n = (z − z0 ) f (ξ) − dξ, 2πi γR (ξ − z0 )n+1

f (ξ) dξ = ξ−z

1 2πi

Z

n=0

où l’on a pu permuter limite et intégrale grâce à la convergence uniforme de la série en ξ. (ii) Pour ξ ∈ γr , on écrit 1 1 −1 = = ξ−z ξ − z0 − (z − z0 ) (z − z0 )

1 1−

ξ−z0 z−z0

! .

Puisque |ξ − z0 | = r, on a ξ − z0 r z − z0 = |z − z0 | < 1, ce qui nous permet d’écrire la série géométrique ! ∞ ∞ X X 1 −1 (ξ − z0 )n (ξ − z0 )n = = − . ξ−z z − z0 (z − z0 )n (z − z0 )n+1 n=0

n=0

Grâce à la convergence uniforme pour ξ, on peut permutter limite et intégrale (à z fixé) : −1 2πi

Z γr

f (ξ) dξ = ξ−z

∞

1 X 1 2πi (z − z0 )n+1 n=0

Z

f (ξ)(ξ − z0 )n dξ

γr

∞ X

Z 1 −(n+1) = · (z − z0 ) · f (ξ)(ξ − z0 )n dξ 2πi γr n=0 Z −1 X 1 · (z − z0 )n · f (ξ)(ξ − z0 )−(n+1) dξ. = 2πi γ r n=∞ 3. Soit z0 ∈ int (γ), γ ∪ int (γ) ⊂ Ω, Br (z0 ) ⊂ BR (z0 ) ⊂ Ω. On choisi δ > 0 tel que Bδ (z0 ) ⊂ Br (z0 ) et Bδ (z0 ) ⊂ int (γ). Par le théorème de Cauchy Z Z Z Z f (ξ) f (ξ) dξ = dξ = ... = . . .. n+1 n+1 γ (ξ − z0 ) ∂Bδ (z0 ) (ξ − z0 ) γr γR

2.4. THÉORÈME DES RÉSIDUS ET SES APPLICATIONS

55

En résumé : cn =

1 2πi

Z γ

f (ξ) 1 dξ = (ξ − z0 ) 2πi f (z) =

+∞ X

Z ... = γr

1 2πi

Z ... γR

cn (z − z0 )n

n=−∞

2.4 2.4.1

Théorème des résidus et ses applications Enoncé du théorème

Théorème 2.4.1 Soit Ω ⊂ C un ouvert, γ une courbe simple fermée, régulière par morceaux, telle que γ ∪ int (γ) ⊂ Ω et z1 , . . . , zN ∈ int (γ) des points tous distincts. Soit maintenant f : Ω − {z1 , . . . , zN } −→ C une fonction holomophe. Alors Z N X f (z)dz = 2πi Részn (f ). γ

n=1

Démonstration. Il existe  > 0 tel que B (zi ) ⊂ int (γ) ,

∀i = 1, . . . , N

et B (zi ) ∩ B (zj ) = ∅ si i 6= j. On pose γk = ∂B (zk ) et on définit O = int (γ) −

N [

B (zk ).

k=1

Par le théorème de Cauchy : Z f (z)dz = γ

N Z X k=1

= 2πi

f (z)dz

γk N X

Részk (f ).

k=1

Remarque 2.4.2 Le théorème de Cauchy et la formule intégrale de Cauchy sont des cas particuliers du théorème des résidus : (i) Pour le théorème de Cauchy, si la fonction est holomorphe, les résidus sont 0. (ii) Pour la formule intégrale, si f : Ω −→ C est une fonction holomorphe et z0 ∈ int (γ) avec f (z0 ) 6= 0, on pose g(ξ) = (ξ−zf (ξ) . On applique alors le théorème des résidus à g : )(n+1) 0

Z

Z g(z)dz =

γ

γ

f (z) dz = 2πi · Rész0 (g). (z − z0 )n+1

56

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE Remarquons que z0 est un pôle d’ordre (n + 1) de g, ce qui implique que Rész0 (g) =

" # i 1 dn h lim (z − z0 )n+1 g(z) n! z→z0 dz n | {z } f (z)

=

1 f (n) (z0 ) lim f (n) (z) = . n! z→z0 n!

Ainsi, Z γ

2πi (n) f (z) dz = f (z0 ). n+1 (z − z0 ) n!

Exemple 2.4.3 On prend Ω = C ainsi que γ une courbe satisfaisant les hypothèses du théorème et f (z) = 3 2 4 z−i − z + z 2 . On a donc (i) Rési (f ) = 3, donc i est un pôle d’ordre 1 ; (ii) Rés0 (f ) = −2, donc 0 est un pôle d’ordre 2. On peut alors distinguer les cas suivants : • 0, i ∈ γ L’intégrale n’est pas bien définie. • i ∈ int (γ) , 0 6∈ γ ∪ int (γ) Z f (z)dz = 2πi · Rési (f ) = 6πi. γ

• 0 ∈ int (γ) , i 6∈ γ ∪ int (γ) Z f (z)dz = 2πi · Rés0 (f ) = −4πi. γ

• 0, i ∈ int (γ) Z

  f (z)dz = 2πi Rési (f ) + Rés0 (f ) = 2πi.

γ

2.4.2

Applications aux intégrales réelles

Séries de Fourier On aimerait calculer l’intégrale suivante Z

2π

f (cos θ, sin θ)dθ avec f (x, y) = 0

P (x, y) , Q(x, y)

où P et Q sont des polynômes avec Q(cos θ, sin θ) 6= 0 pour tout θ ∈ [0, 2π]. On va poser z = eiθ , ce qui permet d’écrire cos θ

=

sin θ

=

deiθ

=

fe(z) :=

z + z1 eiθ + e−iθ = ; 2 2 z − z1 eiθ − e−iθ = ; 2i 2i ieiθ dθ ⇒ dz = izdθ; 1 ·f iz

z + z1 z − z1 , 2 2i

! .

2.4. THÉORÈME DES RÉSIDUS ET SES APPLICATIONS

57

Ainsi, on aura, si γ est une paramétrisation simple et régulière du cercle unité, Z

2π

Z

fe(eiθ )ieiθ dθ

fe(z)dz = γ

0 2π

Z =

 f

0

eiθ + e−iθ eiθ − e−iθ , 2 2i

 dθ

2π

Z =

f (cos θ, sin θ)dθ. 0

Par exemple, si on cherche à calculer : 2π

Z 0

dθ , 2 + cos θ

P (x, y) = 1 Q(x, y) = 2 + x.

On aura donc   1 2 1  = . fe(z) = 1 2 iz 2 + z+ z i(z + 4z + 1) 2 √ √ On peut factoriser z 2 + 4z + 1 = 0 en (z + 2 +√ 3)(z + 2 − 3), ce qui permet d’affirmer fe a deux pôles d’ordre un. Cependant, puisque (−2 − 3) ∈ / γ ∪ int (γ), on ne s’intéresse qu’au résidu   1 Rés−2+√3 fe = √ . i 3 √ On remarque que fe est holomorphe dans γ ∪ int (γ) − {−2 + 3}, et on va appliquer le théorème des résidus :   Z Z 2π 1 dθ 2π fe(z)dz = 2πi √ . =√ = 2 + cos θ i 3 3 γ 0 Fonction d’exponentielle, transformée de Fourier Soient P et Q deux polynômes avec Q(x) 6= 0 pour tout x ∈ R. On cherche à calculer Z

∞

R(x)eiαx dx,

a ≥ 0,

−∞

R(x) =

P (x) . Q(x)

R∞

On souhaite que −∞ |R(x)|dx < ∞, ce qui implique que deg Q − deg P ≥ 2. Alors, on aura que Z ∞ n X
iαx R(x)e dx = 2πi Részk R(z)eiαz −∞

où les zi sont les singularités de R(z)e jamais, par hypothèse). On divise le travail en trois étapes :

k=1


iαz

dans le demi plan =(z) > 0 (car Q(x) ne s’annule

(i) On pose : Cr = {z ∈ C : |z| = r, =(z) > 0} Lr = {z ∈ C : −r < 0 soient dans int (Γr ).

58

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

Cr . .

. Lr

Par le théorème des résidus appliqué à f (z) = R(z)eiαz et Γr , on trouve Z f (z)dz = 2πi Γr

N X

Részk (f ).

(2.2)

k=1

Supposons que Z lim

r→∞ C r

f (z)dz = 0.

(2.3)

Puisqu’à partir d’un certain r > 0, le membre de droite de l’équation (2.2) est constant, on aura Z Z N X (2.2) (2.3) 2πi lim f (z)dz = lim R(z)eiαz dz Részk (f ) = r→∞ Γ r

k=1

Z =

lim r→∞ Z ∞

=

r→∞ L r

r

R(x)eiαx dx

−r

R(x)eiαx dx.

−∞

(ii) Montrons que limr→∞ Cr R(z)eiαz dz = 0. Calculons, pour commencer Z Z π   iαz iαreiθ iθ iθ R(z)e dz = ire dθ , R re e R

Cr

0

ce qui implique que Z

iαz

R(z)e

Cr

Z dz ≤

π

0

  iθ r R reiθ eiαre dθ.

Remarquons que iαreiθ e = eiαr(cos θ+i sin θ) iαr cos θ −αr sin θ = e e = e−αr sin θ , et donc

Z

iαz

R(z)e

Cr

  Z dz ≤ r sup R reiθ θ∈[0,π]

Puisque −αr sin θ ≤ 0, on a Z

π

π

e−αr sin θ dθ.

0

e−αr sin θ dθ ≤ π.

a

Supposons que l’on ait montré que   lim r sup reiθ = 0.

r→∞

θ∈[0,π]

Alors, on aura Z lim

r→∞ C r

R(z)eiαz dz = 0.

(2.4)

2.5. APPLICATIONS CONFORMES*

59

(iii) Montrons maintenant que limr→∞ r supθ∈[0,π] R(reiθ ) = 0. On a an z n + . . . + a0 = P (z), an 6= 0 bm z m + . . . + b0 = Q(z), bm 6= 0, et, par hypothèse m − n ≥ 2. Si r est suffisament grand, on aura, pour |z| > r
|P (z)| ≤ |an ||z n | + . . . + |a0 | ≤ |an | + . . . + |a0 | |z|n |bm | m |Q(z)| ≥ |bm ||z m | − . . . − |b0 | ≥ |z| , 2 ce qui implique |R(z)| =

|P (z)| |Q(z)|

≤ ≤

et donc

2.5 2.5.1

2(|an | + . . . + |a0 |) n−m |z| |bm | λ , |z|2

  λ λ r sup R(eiθ ) ≤ r 2 = r r

r→∞ /

0.

Applications conformes* Définitions et exemples

Définition 2.5.1 Soit Ω ⊂ C un ouvert. On dit que f : Ω −→ f (Ω) =: Ω∗ ⊂ C est une application conforme de Ω sur Ω∗ si 1. f est bijective de Ω sur Ω∗ ; 2. f est holomorphe sur Ω ; 3. f 0 (z) 6= 0, pour tout z ∈ Ω. Remarque 2.5.2 Dans certains livres (beaucoup de livres en fait) une application conforme n’est pas définie comme ceci, mais, par exemple "une application conforme préserve les angles". Les deux définitions sont équivalentes. Exemple 2.5.3 La fonction f (z) = z est conforme de C sur C, tandis que f (z) = z 2 est non bijective, donc non conforme. Définition 2.5.4 (Transformation de Möbius) Une application de la forme f (z) = az+b cz+d avec a, b, c, d ∈ C, (c, d) 6= (0, 0) est appelée une transformation de Möbius. Proposition 2.5.5   Si ad − bc 6= 0, c 6= 0, Ω = C \ − dc et Ω∗ = C \ ac . Alors la transformation de Möbius est conforme de Ω sur Ω∗ . Remarque 2.5.6 Si c = 0 (a 6= 0 et d 6= 0) alors f est linéaire et donc conforme de C sur C. Démonstration. On va montrer les différents points successivement. (i) f est bijective de Ω sur Ω∗

60

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE – Injectivité de f Supposons qu’il existe z1 et z2 dans Ω tels que f (z1 ) = f (z2 ), alors az1 +b cz1 +d

2 +b = az cz2 +d ⇔ acz1 z2 + bcz2 + bd + adz1 = acz1 z2 + bd + bcz1 + adz2 ⇔ (ad − bc)z1 = (ad − bc)z2 ⇔ z1 = z2 car ad − bc 6= 0.

– Surjectivité de f Soit w ∈ Ω∗ . On cherche z ∈ Ω tel que w =

az+b cz+d ,

ce qui revient à résoudre

cwz + dw = az + b ⇒ (cw − a)z = b − dw et, puisque w 6= ac , z=

−dw + b = f −1 (w). cw − a

Remarque 2.5.7 La fonction f −1 est une transformation de Möbius. Les transformations de Möbius forment un groupe. (ii) Le fait que f soit holomorphe sur Ω provient du fait que cz + d 6= 0. On a alors f 0 (z) =

a(cz + d) − c(az + b) ad − bc = 6= 0, (cz + d)2 (cz + d)2

z ∈ Ω.

Remarque 2.5.8 Pour les géomètres, une droite, comme un cercle, est caracérisée par 3 points. Dans le cas de la droite, l’un est l’infini. Proposition 2.5.9 Toute transformation de Möbius transforme les cercles et les droites en des cercles et des droites, respectivement, pour autant que ad − bc 6= 0 et (c, d) 6= (0, 0). Démonstration. On va distinguer deux cas. (i) Si c = 0, alors le fait que ad 6= 0 implique que f (z) = ad z + db est une application linéaire (c’est-à-dire une homothétie et une translation), donc transforme des cercles en des cercles et des droites en des droites. (ii) Si c 6= 0, on va procéder en deux étapes. Etape 1 On décompose f en trois applications qui seront toutes des transformations de Möbius. bc − ad a f1 (z) = z+ ; c c 1 ; f2 (z) = z f3 (z) = cz + d; f

= f1 ◦ f2 ◦ f3 .

On va vérifier cela par calcul :
f (z) = f1 f2 (cz + d)   1 = f1 cz + d bc − ad 1 a = + c cz + d c bc − ad + a(cz + d) az + b = = c(cz + d) cz + d

2.5. APPLICATIONS CONFORMES*

61

Etape 2 Les fonctions f1 et f3 ont la propriété requise car il s’agit de transformations linéaires. Il est montré aux exercices que la seconde possède aussi cette propriété, ce qui conclu la preuve.

Exemple 2.5.10 Pour i = 1, 2, 3, soient zi , wi ∈ C tels que zi 6= zj et wi 6= wj . On aimerait (i) Trouver une transformation de Möbius telle que f (zi ) = wi ,

i = 1, 2, 3.

(ii) Trouver f : Ω −→ D où Ω = {z ∈ C : Re (z) > 0},

D = {w ∈ C : |w| < 1}.

Résolution : (i) On pose z − z 1 z2 − z3 f (z) − w1 w2 − w3 · = f (z) − w3 w2 − w1 z − z 3 z2 − z1 Il reste à vérifier que f (zi ) = wi pour i = 1, 2, 3. Posons : α = β =

z2 − z3 , z2 − z1 w2 − w3 . w2 − w1

On a alors :     α (f (z) − w1 )(z − z3 ) = β (z − z1 )(f (z) − w3 )   f (z) α(z − z3 ) − β(z − z1 ) = αw1 (z − z3 ) − β(z − z1 )w3   f (z) (α − β)z + βz1 − αz3 = (αw1 − βw3 )z + (−αw1 z3 + βz1 w3 ), Et donc f (z) =

(αw1 − βw3 )z + (βz1 w3 − αw1 z3 ) . (α − β)z + (βz1 − αz3 )

(ii) Trouvons maintenant f : Ω −→ D. On cherche donc une fonction telle que f (i) = i, f (0) = 1, f (−i) = −i, de la sorte qu’on envoie la droite Oy sur le cercle de rayon 1 centré en l’origine (on envoie le bord du domaine de départ sur le bord du domaine d’arrivée. Les conditions reviennent à imposer   ai+b  f (i) = i = ci+d  b = −c a=b ⇒ f (−i) = −i = −ai+b −ci+d   b b=d f (0) = 1 = d . On a donc a = b = d = −c, ce qui implique f (z) =

az + a z+1 = −az + a 1−z

On calcule f (1) = ∞, ce qui nous permet de constater que f envoie int (Ω) dans ext(D), ce qui n’est pas ce que l’on veut. En effectuant le passage à l’inverse (car l’inverse inverse intérieur et extérieur et conserve le bord), le problème sera résolu. La fonction cherchée est donc 1−z g(z) = . 1+z

62

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

2.5.2

Inversibilité des applications conformes

Proposition 2.5.11 Soit Ω ⊂ C un domaine et f : Ω −→ f (Ω) =: Ω∗ une fonction holomorphe non constante. Alors Ω∗ est ouvert et connexe. Démonstration. Ω∗ est connexe Le fait que Ω∗ soit connexe vient du fait que f soit continue et que Ω soit connexe (cf cours de topologie). Ω∗ est ouvert Soit a ∈ Ω et b := f (a) ∈ Ω∗ . On veut montrer qu’il existe δ > 0 tel que Bδ (b) ⊂ Ω∗ . Définissons la fonction g : z 7→ f (z) − b = f (z) − f (a). On remarque déjà que g(a) = 0. De plus, puisque f n’est pas constante (et donc g non plus), on on peut trouver  > 0, suffisament petit, pour que B (a) ⊂ Ω et g(z) 6= 0, pour tout z ∈ B (a) \ {a} (par le principe du prolongement analytique). On pose alors  1 δ = inf |f (z) − b| : z ∈ ∂B (a) > 0. 2 Il reste donc à montrer que Bδ (b) ⊂ Ω∗ (comme f (B (a)) ⊂ Ω∗ ). Il suffit de montrer que Bδ (b) ⊂ f (Bε (a)) ⊂ Ω∗ , car B (a) ⊂ Ω implique que f (B (a)) ⊂ Ω∗ . Soit y ∈ Bδ (b) . A voir : Il existe w ∈ B (a) tel que y = f (w). Prenons z ∈ ∂B (a), alors |f (z) − y| = |f (z) − b + b − y| ≥ |f (z) − b| − |b − y| ≥ 2δ − |b − y| > δ Conclusion : Pour z ∈ ∂B (a) et y ∈ Bδ (b), on a |f (z) − y| > δ > |b − y| = |f (a) − y| . Donc la fonction z 7→ |f (z) − y| n’atteint pas son minimum sur B (a) en un point de ∂B (a). Ainsi, par le principe du minimum, il existe w ∈ B (a) tel que f (w) = y. Remarque 2.5.12 Le fait que la fonction soit holomorphe est plus important que le fait qu’elle soit analytique. En effet, f : R −→ R, x 7→ sin x est analytique mais elle envoie R sur [−1, 1]. Proposition 2.5.13 Soit Ω ⊂ C un domaine et f : Ω −→ f (Ω) = Ω∗ est une application conforme. Alors Ω∗ est un domaine et g := f −1 : Ω∗ −→ Ω est conforme et g 0 (w) =

1 , f 0 (g(w))

∀w ∈ Ω∗ .

Démonstration. Par la proposition précédente Ω∗ est un domaine. De plus, f étant bijective, la fonction inverse, g, est bien définie. On va montrer que g est holomorphe. Etape 1 Montrons que g est continue. On veut montrer que pour tout b ∈ Ω∗ , b = f (a) avec a ∈ Ω, pour tout  > 0, il existe δ > 0 tel que :  |w − b| < δ ⇒ |g(w) − g(b)| = |z − a| < , w ∈ Ω∗ ⇔ ∃z ∈ Ω tel que w = f (z)

2.5. APPLICATIONS CONFORMES*

63

ce qui est équivalent à montrer que g (Bδ (b)) ⊂ B (a) = B (g(b)). Mais ceci se montre comme dans la proposition précédente : g (Bδ (b)) ⊂ B (a) ⇔ Bδ (b) ⊂ f (B (a)) . Etape 2 Montrons que g est holomorphe. Soit b ∈ Ω∗ et a ∈ Ω tels que f (a) = b ⇔ a = g(b). Soit h ∈ C avec |h| suffisamment petit pour que b + h ∈ Ω∗ , ce qui implique l’existence de z ∈ Ω tel que f (z) = b + h. On a donc g(b + h) − g(b) 1 z−a h→0 −→ 0 , = h f (z) − f (a) f (a) où l’on a utilisé la continuité de g. On a donc, finalement, 1 f 0 (a) | {z }

=

1 . f 0 (g(b))

6=0 (f conforme)

Conclusion : g 0 (b) =

2.5.3

1 f 0 (g(b))

Lemme de Schwarz

Théorème 2.5.14 (lemme de Schwarz) Soit D ⊂ C le disque unité ouvert et f : D −→ C une fonction holomorphe telle que f (0) = 0 et |f (z)| ≤ 1, pour tout z ∈ D. Alors |f 0 (0)| ≤ 1 et |f (z)| ≤ |z| pour tout z ∈ D. Si de plus |f 0 (0)| = 1 ou |f (z0 )| = |z0 | pour un certain z0 ∈ D \ {0}, alors il existe a ∈ C, |a| = 1, tel que f (z) = az pour tout z ∈ D. Démonstration. Nous procéderons en deux étapes. Etape 1 : Définissons la fonction ( g(z) :=

f (z) z f 0 (0)

si z 6= 0 si z = 0.

Alors, g est holomorphe dans D (car f (0) = 0 et f holomorphe). On va écrire les séries de Taylor de f et de g : 0

f (z) = f (0)z +

∞ X f (n) (0)

n!

n=2

g(z) = f 0 (0) +

∞ X f (n) (0) n=2

n!

zn

z n−1 .

Fixons z ∈ D et choisissons r > 0 tel que |z| < r < 1. Par le principe du maximum : |g(z)| ≤ max{|g(w)| : |w| = r}   |f (w)| = sup : |w| = r |w| 1 = max{|f (w)| : |w| = r} r 1 1 ≤ sup{|f (w)| : |w| < 1} ≤ . | {z } r r ≤1

64

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE En laissant tendre r vers 1, on obtient que |g(z)| ≤ 1, pour tout z ∈ D, ce qui implique 0 f (0) ≤ 1 et |f (z)| ≤ |z| .

Etape 2 : Par hypothèse, comme soit |f 0 (0)| = 1 soit |f (z0 )| = |z0 | pour un certain z0 ∈ D\{0}, il existe z1 ∈ D tel que |g(z1 )| = 1 (soit z1 = 0 soit z1 = z0 ). Par le principe du maximum on déduit que l’application g est constante (car le maximum est atteint à l’intérieur du disque). On a donc, |g(z)| = 1,

∀z ∈ D,

ce qui implique l’existence de a ∈ C avec |a| = 1 tel que g(z) = a, ce qui implique f (z) = az, comme désiré.

Théorème 2.5.15 Soit Ω ⊂ C un domaine, D le disque unité et f, g : Ω −→ D deux applications conformes. S’il existe z0 ∈ Ω tel que f (z0 ) = g(z0 ) = 0 alors il existe a ∈ C, avec |a| = 1 tel que f (z) = ag(z),

∀z ∈ C.

Si, de plus, il existe t > 0 tel que f 0 (z0 ) = tg 0 (z0 ) alors f = g. Démonstration. Posons h = f ◦ g −1 : D −→ D. On sait qu’alors h est conforme. Remarquons maintenant que h(0) = f (g −1 (0)) = f (z0 ) = 0. Ainsi, par le lemme de Schwarz, |h(z)| ≤ |z| pour tout z ∈ D. En appliquant le même raisonnement à h−1 = g ◦ f −1 , on obtient h−1 (w) ≤ |w| pour tout w ∈ D. Par conséquent |h(z)| ≤ |z| = h−1 (h(z)) ≤ |h(z)| , ∀z ∈ D. On a donc, |h(z)| = |z| pour tout z ∈ D et donc, par le lemme de Schwarz, h(z) = az,

∀z ∈ D, avec |a| = 1.

Posons z = g(w), alors h(z) = h (g(w)) = f (w) et donc f (w) = ag(w). Supposons maintenant qu’il existe t > 0 tel que f 0 (z0 ) = tg 0 (z0 ). Comme f (z) = ag(z), on a f 0 (z0 ) = ag 0 (z0 ) et donc a = t et comme t > 0 et |a| = 1 alors t = 1 = a, et donc f = g.

2.5.4

Le théorème de Riemann

Théorème 2.5.16 Soit Ω ( C un ouvert simplement connexe. Alors 1. il existe f : Ω −→ D une application conforme ; 2. de plus, si on fixe l’image f (z0 ) ∈ D d’un point z0 ∈ Ω, par exemple f (z0 ) = 0 et f 0 (z0 ) > 0 alors une telle application est unique. Remarque 2.5.17 Si on prend Ω = C, on a que f est constante, par le théorème de Liouvile, et donc f n’est pas holomorphe. Démonstration. La preuve se décompose en existence et unicité. (i) Pas de notre niveau . . . (ii) Supposons qu’il y ait deux fonctions f, g : Ω −→ D telles que f (z0 ) = g(z0 ) = 0 et f 0 (z0 ), g 0 (z0 ) > 0. Alors, il existe t > 0 tel que f 0 (z0 ) = tg 0 (z0 ), ce qui implique, par le théorème précédent, que f = g.

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

2.6

65

Quelques fonctions spéciales

2.6.1

La fonction Γ

Définition 2.6.1 (Fonction Gamma (définition d’Euler)) Soit z ∈ C, 0, alors on définit : Z ∞ Γ(z) = e−t tz−1 dt 0

Théorème 2.6.2 La fonction Γ est holomorphe sur Ω = {z ∈ C : 0}. De plus : (i) Γ(z + 1) = z · Γ(z), ∀z ∈ Ω ; (ii) Γ(1) = 1 ; (iii) Γ(n) = (n − 1)!, ∀n ∈ N. Démonstration. Etape 1 Soit 0 < α < β, on pose alors Ωαβ = {z ∈ C : α < 0, on définit : Z 1  Γ (z) = e−t tz−1 dt 

Si z = x + iy ∈ Ωαβ : −t z−1 e t = e−t tα−1 ≤



e−t tα−1 t ≤ 1 e−t tβ−1 t ≥ 1

Comme z 7→ e−t tz−1 est holomorphe dans Ω, et (t, z) 7→ e−t tz−1 est continue sur [, 1 ]×Ωab . Par conséquent (exercice 2, série 10) on déduit que Γ est holomorphe dans Ωαβ . Supposons (démo plus bas) que Γ −→ Γ uniformément sur Ωαβ . Par le théorème de Weierstrass (2.2.29 page 48) la fonction Γ est holomorphe sur Ωαβ , ∀0 < α < β et donc sur Ω. Montrons la convergence uniforme mentionnée plus haut ; soit donc z ∈ Ωαβ (0 < α < 0  z Z 1   d  1 − 1 − z e − e  − e−t tz dt   dt Z 1 Z 1   −t z = − e t dt + z e−t tz−t dt 



= −Γ (z + 1) + zΓ (z) On a que (on rappelle que 0 : lim e

→0

Conclusion : Γ(z + 1) = zΓ(z).

− 1

 z 1 = 0 = lim e− z →0 z

66

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

Etape 3 Z

∞

Γ(1) =

e−t dt = 1

0

En utilisant la propriété démontrée à l’étape 2, on montre le résultat par induction : Γ(2) = 1Γ(1) = 1 Γ(3) = 2Γ(2) = 2 Γ(4) = 3Γ(3) = 3 · 2 = 3! ... Γ(n) = (n − 1)!

Théorème 2.6.3 La fonction Γ peut être étendue à C comme une fonction holomorphe sauf en z = −n, n ∈ N. n Les points z = −n, n ∈ N sont des pôles d’ordre 1 avec résidu égal à (−1) . n! Démonstration. On va procéder en plusieurs étapes. Etape 1 Soit la fonction Γ1 (z) = Γ(z+1) . Le numérateur est holomorphe si Re (z + 1) > 0 ⇔ z Re (z) > −1 (par le théorème précédent). Par conséquent, Γ1 est holomorphe dans Re z > −1, z 6= 0. Ainsi, z = 0 est un pôle d’ordre 1 de Γ1 ; Rés0 (Γ1 ) = 1. Ainsi, on prolonge Γ par Γ1 ; ainsi, Γ est prolongée pour des z tels que Re z > −1 (avec z 6= 0). On ne distingue donc plus Γ et Γ1 . Etape 2 On va maintenant prolonger Γ à Re z > −2. On défini une nouvelle fonction Γ2 (z) = Γ1 (z+1) z

=

Γ(z+2) z+1

=

Γ(z+2) z+1

z

=

Γ(z+2) z(z+1)

; cette fonction est holomorphe sauf en z = 0 et z = −1.

On peut donc prolonger Γ et en Γ2 . On a de plus Rés−1 (Γ2 ) =

Γ(1) −1

=

(−1)−1 1

= −1.

Etape n On définit Γn = Γ sir Re z > −n. Ainsi Γn+1 (z) :=

Γ(z + n + 1) Γn (z + 1) = z z(z + 1) . . . (z + n)

Qui est une fonction holomorphe pour Re (z + n + 1) > 0 ⇔ Re z > −(n + 1) ; Rés−n (Γ) = (−1)n n! .

Théorème 2.6.4 Soit z ∈ C \ Z. Alors Γ(z)Γ(1 − z) = En particulier, Γ( 21 ) =

√

π sin(πz)

π.

Démonstration. On va utiliser dans le démonstration un résultat qui sera démontré dans la série 14 : si 0 < x < 1, alors : Z ∞ x−1 v π dv = v + 1 sin(πx) 0 En utilisant le théorème précédant, on a que la fonction Γ(z) est holomorphe sauf en z = 0, −1, −2, . . . La fonction z 7→ Γ(1 − z) est holomorphe sauf en z = 1, 2, . . . Ainsi, la fonction π z 7→ Γ(z)Γ(1 − z) est holomorphe sur C \ Z. La fonction z 7→ sin(πz) est holomorphe sur C \ Z.

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

67

Par le principe du prolongement analytique, il suffit de montrer le résultat pour z = x ∈]0, 1[. Montrons le résultat pour x ∈]0, 1[ Z ∞  Z ∞  −u x−1 −t −x Γ(x)Γ(1 − x) = e u du · e t dt 0 Z ∞0 Z ∞ e−t e−u ux−1 t−x dtdu = 0

0

(u, t) −→ (u, uv)   Z ∞ Z ∞ −uv −x −u x−1 e (uv) dv e u du u Γ(x)Γ(1 − x) = 0 0 Z ∞Z ∞ e−u(1+v) u−x dvdu = 0 0 Z ∞ −x v π π = dv = = v+1 sin(π(1 − x)) sin(πx) 0

Théorème 2.6.5 (Formule d’Euler) ∀z 6= 0, −1, −2, . . .

n! · nz n→∞ z(z + 1) . . . (z + n)

Γ(z) = lim

Démonstration. Par le principe du prolongement analytique, il suffit de montrer le résultat pour z = x > 0. Etape 1 Rappel :

  t n lim 1 − = e−t n→∞ n

On définit, pour n ∈ N :

n

Z

t 1− n

Γn (x) = 0

n

tx−1 dt

Par intégration successive (série 14), on trouve : Γn (x) =

n!xn x(x + 1) . . . (x + n)

On aura le théorème si lim Γn (x) = Γ(x)

n→∞

Z Γ(x) − Γn (x)

=

∞

−t x−1

e t 0

= I1 I2 I3

Z dt − 0

n

t 1− n

n

I1 + I2 + I3

où Z ∞ = e−t tx−1 dt    Zn∞  t n x−1 −t = e − 1− t dt n n 2   Z n 2 t −t = e − 1− tx−1 dt n 0

On va montrer que limn→∞ I1 = limn→∞ I2 = limn→∞ I3 = 0. Etape 2 • Le fait que limn→∞ I1 = 0 est clair.

tx−1 dt

68

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE • limn→∞ I2 = 0
n Si 0 < t < n, on aura que 0 ≤ 1 − nt ≤ e−t . Ainsi,    Z n Z n t n x−t |I2 | ≤ e−t − 1 − t dt ≤ 2 e−t tx−1 dt −→ 0 n n n 2

2

• limn→∞ I3 = 0
n 2 Si 0 < t < n2 alors 0 ≤ e−t − 1 − nt ≤ γ tn e−r (où la dernière égalité a été démontrée dans la série 14. Ainsi    Z n 2 t n x−1 −t I3 = |I3 | = e − 1− r dt n 0 Z n γ 2 −t x−1 ≤ e t dz n 0 Z ∞ γ e−t tx−1 dt −→ 0 ≤ n 0

2.6.2

La fonction ζ

Pour z ∈ Ω = {z ∈ C : Re z > 1}, on définit : ∞ X 1 ζ(z) = nz n=1

π2

Ainsi, par exemple, ζ(2) = 6 . Cette fonction est très importante en théorie des nombres. On utilise aussi la fonction π : X π(x) = 1 p≤x p∈P

Théorème 2.6.6 (Théorème fondamental des nombres premiers) π(x) ∼ logx x Il est possible de démontrer le résultat suivant : Proposition 2.6.7 Sur Re z = 1, la fonction ζ n’a aucun zéro. Théorème 2.6.8 La fonction ζ est holomorphe sur Ω = {z ∈ C : Re z > 1}. Démonstration. Il suffit de démontrer le résultat sur Ωα = {z ∈ C : Re z ≥ 1 + α} avec α > 0. Pour n ∈ N, on définit : N X 1 ζN (z) = z2 n=1

qui est holomorphe dans C. On prétend que ζN −→ ζ uniformément sur Ωα . Calculons : ∞ ∞ X X 1 1 |ζN (z) − ζ(z)| = ≤ z n |nz | = ≤

n=N +1 ∞ X

n=N +1 ∞ X n=N +1

n=N +1

1 Re n 1 n1+α

z

−→ 0

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

69

Et donc, par le théorème de Weierstrass, 2.2.29 page 48, ζ est holomorphe sur Ωα et donc ζ est holomorphe sur Ω. Théorème 2.6.9 (Identité d’Euler) Soit z ∈ Ω = {z : Re z > 0}. Alors ζ(z) =

Y p∈P

1 1 − p−z

En particulier, ζ(z) 6= 0, ∀z ∈ Ω. Démonstration.

(i) On a 2−z ζ(z) =

P∞

1 n=1 (2n)z ,

ainsi :

∞ ∞ X X
1 1 1 − 2−z ζ(z) = − z n (2n)z n=1 n=1 X 1 X 1 = =1− z n nz n impair

n6=1 z-n

(ii) On forme : X

3−z

n impair

1 = nz

X n impair

Ainsi : 1 − 3−z

1 (3n)z

X 1 1 = nz nz


X n impair

2-n 3-n

Et pour finir : 1 − 2−z




X 1
1 − 3−z ζ(z) = nz 2-n 3-n

(iii) De manière analogue, avec les N premiers nombres premiers 2 = p1 < 3 = p2 < . . . < pN : N Y

X


1 − p−z ζ(z) = k

k=1

pi -n i=1,...,N

= 1+

1 nz

X n6=1 pi -n i=1,...,N

1 nz

(iv) X n6=1 pi -n i=1,...,N

1 ≤ nz

≤

X n6=1 pi -n i=1,...,N ∞ X n=pN +1

(car il existe une infinité de nombres premiers).

1 n 1, (an ) ⊂ C, f ∈ C 1 ([1, ∞[, C). On pose : X A(x) = an n≤x

Alors : X

Z an f (n) = A(x)f (x) −

x

A(t)f 0 (t)dt

1

n≤x

Démonstration. Etape 1 (procédé d’Abel) Soient deux suites, (an ), (bn ) ; alors N X

an bn

=

a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + . . . + aN bN

=

a1 (b1 − b2 ) + (a1 + a2 )(b2 − b3 ) + (a1 + a2 + a3 )(b3 − b4 ) + . . . +

=

+(a1 + . . . + aN −1 )(bN −1 − bn ) + (a1 + . . . + aN )bN ! N −1 n N X X X (bn − bn+1 ) ai + bN ai

n=1

n=1

i=1

Ce qui se prouve facilement par récurence.

i=1

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

71

Etape 2 On va appliquer le procédé discret à bn = f (n) et N = [x]. Alors X

an f (n) =

N X

an bn

n=1

n≤x

=

N −1 X

(f (n) − f (n + 1)) · A(n) + f ([x]) · A([x])

n=1

Conclusion : [x]−1

X

X

an f (n) = A([x])f ([x]) −

Z

f 0 (t)dt

n

n=1

n≤x

n+1

A(n)

Observons que si n ≤ t < n + 1, alors A(t) = A([t]) = A(n), donc : [x]−1

X

an f (n) = A([x])f ([x]) −

X

Z

[x]

Z = A([x])f ([x]) −

Z1 x = A([x])f ([x]) −

f 0 (t)dt

n

n=1

n≤x

n+1

A(t)

A(t)f 0 (t)dt

a(t)f 0 (t)dt −

[x]

Z

x

A(t)f 0 (t)dt

1

Il reste à montrer que A(x)f (x) = A([x])f ([x]) + A(t) = A([x]) = A(x) : Z x A([x])f ([x]) + A(t)f 0 (t)dt

Rx

[x] A(t)f

0 (t)dt

mais si [x] ≤ t < x,

[x]

Z

x

= A([x])f ([x]) + A([x])

f 0 (t)dt

[x]

= A([x])f ([x]) + A([x]) · (f (x) − f ([x])) = A(x)f (x)

Démonstration du théorème. Etape 1 Soit z tel que Re z > 1. On va appliquer le lemme à P an = 1, A(x) = m≤x 1 = [x], f (x) = x1z . Alors X X 1 an bn = nz n≤x n≤x Z x [x] [z] = +z dt z z+1 x 1 t Comme Re z > 1, [x] x→∞ = x = x1− 0. Soit k ∈ N, on définit : g : [k, k + 1] × {Re z > 0} −→ C {t} (t, z) 7→ tz+1 g est continue et est bornée sur [k, k +1]×{Re z > 0} et est holomorphe en z. Par l’exercice 2 de la série 10 Z k+1 Z k+1 {t} dt g(t, z)dt = z+1 t k k est holomorphe en z pour Re z > 0. Soit N ∈ N, on pose : Z Gn (z) := 1

N +1

N

X {t} dt = tz+1 k=1

Z k

k+1

{t} dt tz+1

puisque les termes dans la somme sont holomorphes, GN est holomorphe. Calculons maintenant : Z k+1 ∞ X {t} |G(Z) − GN (z)| = dt tz+1 k k=N +1 Z k+1 ∞ X 1 ≤ dt z+1 |t | k=N +1 k Z k+1 ∞ X dt = 0 petits. Z r dt p L(r) = p(t) 0

p(t) = 1 + ut2 − t4

(a = 0 ⇒ lemmiscate). On a alors : L(x) + L(y) = L

x

! p p p(y) + y p(x) 1 + x2 y 2

qui est une généralisation de la question de doubler l’arc de la lemmiscate (en prenant x = y). Démonstration. Fixons y. Posons F (x) := L

x

! p p p(y) + y p(x) − L(x) − L(y) 1 + x2 y 2

On a F (0) = 0. On veut alors montrer F 0 (x) = 0, ∀x. Posons p p x p(y) + y p(x) r(x) := 1 + x2 y 2 ?

Alors F 0 (x) = L0 (r(x))r0 (x) − L0 (x) =, et donc : r0 1 ? p =p p (r(x)) p(x) mais cette égalité est difficile à démontrer1 . Euler a choisi de ne pas fixer y, pour ne pas briser la symétrie ; il a choisi de fixer p p x p(x) + y p(y) r(x) = 1 + x2 y 2 1

Le prof n’a pas réussi. . .

(2.5)

76

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE p p(x) et Y = p(y). Dérivons (2.5) par rapport à x :

0 [xY + yX]0 1 + x2 y 2 − 1 + x2 y 2 [xY + yX]

et de considérer y = y(x). On pose X = 0

= ⇒ ⇒

p

(1 + x2 y 2 )2  0 

0 = y X + yX 0 + xY 0 y 0 1 + x2 y 2 − 2 xy 2 + x2 yy 0 [xY + yX]  
0 = yX 0 + Y 1 + x2 y 2 − 2xy 2 [yX + xY ] 

 +y 0 X + xY 2 1 + x2 y 2 − 2x2 y (yX + xY )

(2.6)


 0 (x) Or yx0 + Y = y p2X + Y = X1 y ax − 2x3 + Y X . On peut suubstituer dans le premier terme de (2.6)  0 
yX + Y 1 + x2 y 2 − 2xy 2 [yX + xY ]

1  y ax − 2x3 + XY 1 + x2 y 2 − 2xy 2 X (yX + xY ) = X


 1  XY 1 + x2 y 2 − 2x2 y 2 + y ax − 2x3 1 + x2 y 2 − 2xy 3 X 2 = X



 1  = XY 1 + x2 y 2 − 2x2 y 2 + y ax − 2x3 1 + x2 y 2 − 2xy 3 1 + ax2 − x4 X


 1  XY 1 − x2 y 2 + axy 1 − x2 y 2 − 2xy x2 + y 2 = X Par symétrie, le terme en y 0 dans (2.6) est égal à 

 X + xY 2 1 + x2 y 2 − 2x2 y (yX + xY )


 1  = XY 1 − x2 y 2 axy 1 − x2 y 2 − 2xy x2 + y 2 Y Si x et y sont petits, on peut simplifier l’expression par le facteur commun. Ainsi, on a 1 y0 + X Y

0= Intégrons :

x

Z 0

dt p dt + p(t)

Z

y 0 (t) p dt = 0 p (y(t))

x

0

On fait le changement de variable y(t) = s, alors : Z

x

0

dt p + p(t)

Z

y(x)

y(0)

ds p p(s)

On a y(0) = r et y(x) = y, et donc : Z y dt dt p p + p(t) p(t) 0 r Z x Z y dt dt dt p p p = + p(t) p(t) p(t) 0 0 L(r) = L(x) + L(y) Z

x

0 =

Z 0

2.6.4

r

Les fonctions elliptiques

Si l’on souhaite trouver une fonction périodique, on pense aux fonctions trigonométriques, ainsi f (z) = f (z+2kπ). Si l’on souhaite une fonction ayant une période de 2π sur l’axe imaginaire, on peut choisir f (z) = ez .

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

77

Définition 2.6.22 Une fonction f : C −→ C est dite elliptique si f n’est pas constante et si (i) f est méromorphe dans C (c’est-à-dire que f a seulement des singularités essentielles isolées qui sont des pôles et, ailleurs, f est holomorphe). (ii) f est doublement périodique dans le sens suivant : il existe ω1 , ω2 ∈ C avec que f (z + ω1 ) = f (z + ω2 ) = f (z), pour tout z ∈ C.

ω2 ω1

6∈ R tels

Lemme 2.6.23 Soient p, w ∈ N des nombres premiers entre eux, alors il existe m, n ∈ Z tels que mp + nq = 1. Lemme 2.6.24 (Théorème de Kronecker) Soit τ ∈ R \ Q et Ω = {x ∈ R : x = m + nτ, m, n ∈ Z}. Alors Ω est dense dans R. Démonstration. Dans la série 22. Proposition 2.6.25 Soit f méromoprhe et doublement périodique de période ω1 et ω2 ∈ C. Si simplement périodique. Si ωω21 ∈ R \ Q, alors f est constante.

ω2 ω1

∈ Q. Alors f est

∈ Q Il existe donc p, q ∈ Z avec p et q premiers entre eux tels que ωω21 = pq . Par   le lemme 2.6.23, page 77, ∃m, n ∈ Z tels que mp+nq = 1. Alors ωp2 = ωq1 = ω1 m pq + n = mω2 + nω1 . On prétend que f est périodique de période ω = ωq1 = ωp2 ssi f est doublement périodique de période ω1 et ω2 1. f est doublement périodique de période ω1 et ω2   ω1 = f (z + mω2 + nω1 ) = f (z) f (z + ω) = f z = q

Démonstration.

ω2 ω1

2. f est simplement périodique de péridode ω =

ω1 q

=

ω2 p .

f (z + ω1 ) = f (z + qω) = f (z) f (z + ω2 ) = f (z + pω) = f (z) τ=

∀z ∈ C

ω2 ω1

∈ R \ Q Par le lemme de Kronecker (2.6.24 page 77) Ω = {x ∈ R : x = m+nτ, m, n ∈ Z} est dense dans R. Comme f est méromorphe, on prend z ∈ C où f est holomorphe. Soit α ∈ R,  > 0, ∃m, n ∈ Z tels que  |ω1 | |αω1 − (mω1 + nω2 | ≤  |α − (m + nτ )| ≤

Soit h = αω1 − (mω1 + nω2 )s f (z + αω1 ) = f (z + h + mω1 + nω2 ) = f (z + h) (où l’on a utilisé le fait que f est doublement périodique). Puisque f est continue en z et que  est arbitrairement petit, f (z + αω1 ) = f (z). Par le principe du prolongement analytique, f est constante. Remarque 2.6.26 A partir de maintenant τ = ωω21 6∈ R. Comme τ et τ1 ont des parties imaginaires de signe opposé. Quitte à intervertir le rôle de ω1 et ω2 , on peut toujours supposer que Im τ > 0. On peut aussi supposer que ω1 = 1 (il suffit de remplacer g par g où g(z) = f (ω1 z). En résumé, on va toujours supposer que ω1 = 1 et ω2 = τ avec Im τ > 0.

78

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

Théorème 2.6.27 (Théorème de Liouville)   Une fonciton holomorphe dans C doublement périodique ωω21 6∈ R est constante. Démonstration. Soit P0 = {z ∈ C : z = a + bτ, 0 ≤ 1, b < 1} (on rappelle la remarque 2.6.26). On appelle P0 le parallélogramme fondamental. Si f est holomorphe dans C, elle est continue et donc f est bornée. Par double périodicité, une P0

fois la fonction connue sur P0 elle est connue sur C et donc f est bornée sur C. Par le théorème de Liouville (l’autre), elle est constante. Construction d’une fonction elliptique Nous allons construire une fonction elliptique ; pour ceci, nous travaillerons en parallèle sur la fonction sinus et sur la fonction sl , sinus lemmiscatique. sinus lemmiscatique sinus R x dt R x dt −1 ainsi, f (u) = sl (u) u = f (x) = arcsin(x) = 0 √1−t2 ainsi, u = f −1 (x) = 0 √1−t 4 f (u) = sin u

Les fonctions que l’on a définies sont donc : sinus f −1 :] − 1, 1[−→] − ω, ω[, strictement croissante, et impaire. R 1 dt ω = 0 √1−t = π2 2

sinus lemmiscatique f −1 :]−1, 1[−→]−ω, ω[ strictement croissante, et impaire. R 1 dt ω = 0 √1−t 4

On inverse les fonctions trouvées : sinus f (u) :] − ω, ω[−→] − 1, 1[ u 7→ sin u

sinus lemmiscatique f (u) :] − ω, ω[−→] − 1, 1[ u 7→ sl u

On va étendre les deux fonctions sur tout l’axe réel en utilisant leur périodicité ; on commence par l’étendre sur le domaine ] − ω, 3ω[ en posant f (u) = f (u − 2ω). On étend f à R par 4ω périodicité : f (u) = f (u + 4ω).
Afin de déterminer les dérivées de ces deux fonctions, on va utiliser la formule f 0 f −1 (x) = 1 . Ceci nous permettra d’étendre les domaines de nons fonctions à l’axe imaginaire : (f −1 )0 (x) sinus lemmiscatique q √ sl 0 (u) = 1 − x4 = 1 − sl 4 (u) = cl (u) ⇒ sl (iu) = i · sl (u)

sinus sin0 (u) =

√

1 − x2

⇒ sin(iu) = i sinh(u)

Vérifions que cela est justifié : sinus

f

−1

Z (ix) = 0

ix

√

dt =i 1 − t2

sinus lemmiscatique Z 0

x

√

ds 1 + s2

et le terme finale correspond bien à un sinh

f

−1

Z (ix) = 0

ix

√

dt =i 1 − t4

Z 0

x

√

ds 1 − s4

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

79

Nous allons maitenant calculer les dérivées des fonctions sur l’axe imaginaire : sinus sinus lemmiscatique (sin(iu))0 = (i sinh(u))0 ⇒ i sin0 (iu) = sl (iu) = isl u ⇒ isl 0 u = i · sl 0 u ⇒ sl 0 (iu) = i sinh0 (u) sl 0 u

Afin d’étendre ces fonctions à tout le plan complexe nous allons utiliser deux formules. La première concerne le sinus : sin(u + iv) = sin(u) sin0 (iv) + sin0 (u) sin(iv) Et donc : sin(u + iv) = sin u · sinh0 v + i sin0 u · sinh v Pour le sinus lemmiscatique, nous allons utiliser le formule d’Euler : ! p √ 4 + y 1 − x4 x 1 − y f −1 (x) + f −1 (y) = f −1 1 + x2 y 2 Ainsi, sl (u + v) =

= =

p √ 1 − y 4 + y 1 − x4 1 + x2 y 2 q q sl (u) sl 4 (v) + sl (v) 1 − sl 4 (u)

x

1 + sl 2 (u)sl 2 (v) sl (u)sl0 (v) + sl (v)sl 0 (u) 1 + sl 2 (u)sl 2 (v)

Et donc : sl (u + iv) = =

sl (u)sl 0 (v) + sl (v)sl 0 (u) 1 + sl 2 (u)sl 2 (v) sl (u)sl 0 (v) + isl (v)sl 0 (u) 1 − sl 2 (u)sl 2 (v)

Conclusion : On a défini : sinus sin : C −→ C, qui est holomorphe dans tout son domaine.

sinus lemmiscatique sl : C −→ C qui satisfait sl (z + 4ω) = sl (z) = sl (z + 4iω) et est holomorphe sauf quand sl (Re z) sl (Im z) = ±1.

Rappel 2.6.28 Le parallélogramme fondamental est P0 {z ∈ C : z + a + bτ, 0 ≤ a, b < 1, Im z > 0} Définition 2.6.29 (Ordre de la fonction elliptique) Le nombre total de pôles d’une fonction elliptique dans P0 est appelé l’ordre de la fonction elliptique. Proposition 2.6.30 L’ordre d’une fonction elliptique est au moins 2. Démonstration. Etape 1 Supposons qu’il n’y ait pas de pôles sur ∂P0 . Par le théorème des résidus appliqué à f Z N X f (z)dz = 2πi Részk (f ) ∂P0

k=1

80

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE Si on arrive à montrer que cette intégrale vaut 0, on aura terminé ce cas. On va paramétriser ∂P0 : γ1 = [0, 1] γ2 = [1, 1 + τ ] γ3 = [1 + τ τ ] γ4 = [τ, 0] R R R R On va montrer que γ1 f + γ3 f = γ2 f + γ4 f = 0.

γ3

1

Z

τ

Z

1+τ

0

1

Z f (z)dz −

f (z)dz =

f (z)dz +

=

f+ γ1

Z

Z

Z

0

1

f (z + τ )dz = 0 0

(on a utilisé le fait que f est périodique) Etape 2 Supposons qu’il y ait une singularité sur ∂P0 . Comme les singularités, ∃h ∈ C tel que si P = P0 + h, il n’y a pas de singularité sur ∂P et ni sur P − (P0 ∩ P ). En raisonnant comme à l’étape précédante, il y a au moins deux pôles (ou un seul d’ordre supérieur à 1) dans P ; par conséquent, aussi dans P0 .

La fontion P de Weierstrass Weierstrass souhaite créer une fonction elliptique d’ordre 2 ; il choisi une fonction ayant des pôles sur les sommets de ∂P0 (remarquons que par périodicité, la fonction possédera un nombre infini de pôles). Il part de 1 1 1 1 + + + 2 2 2 z (z − 1) (z − τ ) (z − (1 + τ ))2 en utilisant la périodicité 1 + z2

X m,n)∈Z×Z (m,n)=6=(0,0)

1 (z − (m + nτ ))2

mais cette fonction n’est pas la bonne, car elle diverge ; alors Weierstrass la corrige par une autre série :   X 1 1 1 P (z) = 2 + − z (z − (m + nτ ))2 (m + nτ )2 m,n)∈Z×Z (m,n)=6=(0,0)

Théorème 2.6.31 La fonction P est une fonction paire, elliptique d’ordre 2 qui a pour période 1 et τ (Im τ > 0). Son pôle d’ordre 2 dans P0 est en z = 0. Tous les points du treillis Λ = {z ∈ C : z = m+nτ, m, n ∈ Z} sont des pôles d’ordre 2. De plus        τ    0 2 1 1+τ P (z) = 4 P (z) − P P (z) − P P (z) − P 2 2 2 Théorème 2.6.32 Toute fonction elliptique est une fonction rationnelle de P et de P 0 . Remarque 2.6.33 On avait P 02 = 4(P − α)(P − β)(P − γ). On intègre des deux côtés : Z u Z u P0 p = 1 4(P − α)(P − β)(P − γ) 0 0

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

81

en faisant le changement de variable t = P (z), on trouve P (u)

Z 0

dt p =u 4(t − α)(t − β)(t − γ)

qui est l’intégrale de Weierstrass. Lemme 2.6.34 Si r > 2, τ ∈ C avec Im τ 6= 0 alors les deux séries X n,m∈Z (m,n)6=(0,0)

q (|m| + |n|)r

X n+mτ ∈Λ∗

1 (n + mτ )r

convergent (où Λ est le treilli défini plus haut). Démonstration.

(i) Si n 6= 0, X m∈Z

1 (|n| + |m|)r

X 1 1 + r |n| (|n| + |m|)r

=

m6=0 ∞ X

1 +2 |n|r

=

1 (|n| + m)r m=1 | {z } k

X 1 1 +2· r |n| kr k≥|n|+1 Z ∞ dx 1 + 2 r r |n| |n| x 2  1−r ∞ 1 + x |n| r |n| 1−r 1 2 + r |n| (r − 1)|n|r−1

= ≤ = = Et donc X n,m∈Z (n,m)6=(0,0)

1 (|n| + |m|)r

= 2

∞ X XX 1 1 + r |n| (|n| + |m|)r

n=1

n6=0 m∈Z

∞ X 1 2 X 1 + r |n| r−1 |n|r−1 n=1 n6=0 | {z } | {z }

≤ 2

2

2

P (ii) Pour montrer que ω∈Λ∗ ω1r (ω = n + mτ , pour n, m ∈ Z) converge, il suffit de montrer qu’il existe γ > 0 tel que (|n| + |m|) ≤ γ |n + mτ |, ∀(n, m) ∈ Z × Z. Soit τ = α + iβ avec β 6= 0. Quitte à changer la valeur de la constante γ, on peut supposer que |α| < 1. En effet, si |α| ≥ 1, |n + mτ | = |τ | · nτ + m alors 1 α β |α| = 2 −i 2 ⇒ 2 0 et |z| < R. X 1 P (z) = 2 + z ∗

ω∈Λ |ω|≤2R

"

1 (−z + ω)2 −

# 1 ω2

" +

X ω∈Λ∗ |ω|>2R

1 (−z + ω)2 −

# 1 ω2

La fonction z12 est méromorphe (z = 0 est un pôle d’ordre 2). La première somme, qui est finie, est bien méromorphe et a un nombre fini de pôles en z = −ω, ω ∈ Λ∗ , |ω| ≤ 2R. La seconde somme est holomorphe (le dénominateur ne s’annule plus, car |z| < R < 2R < |ω|) et la série converge : " # X X ω 2 − z 2 − 2ωz 1 = ω 2 (z + ω)2 (−z + ω)2 − ω12 ∗ ∗ ω∈Λ |ω|>2R

ω∈Λ |ω|>2R

= −z 2

X ω∈Λ∗ |ω|>2R

X 1 1 − 2z ω 2 (z + ω)2 ω(z + ω)2 ∗ ω∈Λ |ω|>2R

(iii) La dérivée de P est donnée par P0 =

X  −2  X −2 −2 + = −2 z3 (z + ω)3 (z + ω)3 ∗ ω∈Λ

ω∈Λ

(iv) On va montrer que P 0 est périodique P 0 (z + 1) = −2 = −2

1 ((z + 1) + m + nτ )3 m,n∈Z X 1 X

3

m,n∈Z

(z + (m + 1) + nτ )

De la même manière, on montre que P 0 (z + τ ) = P 0 (z).

= P 0 (z)

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES

83

(v) On va montrer que P est périodique. En intégrant P 0 (z + 1) = P 0 (z)

et

P 0 (z + τ ) = P 0 (z)

P (z + 1) = P (z) + a

et

P (z + τ ) = P (z) + b

Ainsi On prend z = − 21 , en utilisant le première égalité et le fait que P est paire, on trouve a = 0. De même, en prenant z = − τ2 , on montre que b = 0. Ainsi, P est périodique de période 1 et τ .

2.6.5

Fonction hypergéométrique

Soient α, β, γ ∈ C avec γ 6= 0, −1, −2, . . .. On défini alors : F (α, β, γ, z) =

∞ X (α)n (β)n z n n=0

(γ)n

n!

où (α)n = α(α + 1) · · · (α + n − 1) avec la convention (α)0 = 1. Proposition 2.6.35 La série convergen si |z| < 1. Démonstration. On va utiliser le critère de d’Alembert : an+1 |z| |α + n| |β + n| an = |γ + 1| (n + 1) =⇒ |z| < 1

Remarque 2.6.36 ("Justification" du nom) P n On prend α = β = γ = 1. Alors : F (1, 1, 1, z) = ∞ n=0 z qui est la série géométrique. Un certain nombre de fonctions usuelles peuvent s’écrire à partir de la fonction hypergéométrique : • log(1 + z) = z · F (1, 1, 2, −z)
• arctan z = z · F 21 , 1, 23 , −z 2

Pour un autre exemple, regardons l’équation différentielle ordinaire suivante z(1 − z)u00 (z) + (γ − (α + β + 1)z) u0 (z) − αβu(z) = 0 u(z) = F (α, β, γ, z) est solution de cette équation différentielle, appelée équation hypergéométrique.

2.6.6

Fonctions de Bessel

Soit n ∈ N et z ∈ C. On définit : Jn (z) =

∞  z n X

2

k=0

(−1)k z 2k k!(n + k)!22k

La série converge pour tout les z ∈ C. En effet, par le critère de d’Alembert an+1 |z|2 = an (k + 1)(n + k + 1)22 =⇒ 0

84

CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

Jn est holomorphe dans tout le plan complexe (avec n ∈ N).

La fonction de Bessel peut être réécrite de la façon suivante Jn (z) =

∞  z n X

2

k=0

(−1)k z 2k k!Γ(n + k + 1)22k

n∈N

ceci donne une définition de la fonction de Bessel pour tout n ∈ C. On peut montrer la proposition suivante. . . Proposition 2.6.37 Jn (z) =

1 π

π

Z

cos (nθ − z sin θ) dθ 0

La fonction de Bessel est solution de l’équation de Bessel
z 2 · u00 + z · u0 + z 2 − n2 u = 0 On va vérifier ceci pour n = 0 (mais le raisonnement est semblable pour n 6= 0). L’équation de Bessel est équivalente à
0 zu00 + u0 + zu = 0 ⇔ zu0 + zu = 0 on va montrer que u(z) = J0 (z). Calculons les différents termes : "∞ #  X (−1)k  zu0 (z) = z 2kz 2k−1 (k!)2 22k k=1

∞  X (−1)k  2k = 2kz (k!)2 22k k=1

Calculons maintenant zu0


0

=

∞ X (2k)2 (−1)k k=1

(k!)2 22k

z 2k−1 =

∞ X (2(k + 1))2 (−1)k+1 k=0

et zu =

((k + 1)!)2 22(k+1)

∞ X (−1)k 2k+1 z (k!)2 22k k=0

Finalement,
0 0

zu

+ zu =

∞ X k=0

z

2k+1



 (−1)k+1 (−1)k + =0 (k!)2 22k (k!)2 22k

z 2k+1

Chapitre 3

Lebesgue 3.1

Préliminaires

3.1.1

L’intégrale de Riemann

Soient a, b ∈ R, avec a < b, I¯ = [a, b] et f : I¯ −→ R une fonction bornée. Soit maintenant Σ = ensemble des partitions de I¯ en un nombre fini d’intervalles. Pour σ ∈ Σ, on a σ = {a = x0 < x1 < . . . < xn = b}. On pose alors : mk = inf{f (x) : xk−1 ≤ x ≤ xk } Mk = sup{f (x) : xk−1 ≤ x ≤ xk } m = inf{f (x) : a ≤ x ≤ b} M

= sup{f (x) : a ≤ x ≤ b}.

Puisque f est bornée, on a −∞ < m ≤ mk ≤ Mk ≤ M < ∞. On définit alors : Sσ =

n X

mk (xk − xk−1 )

k=1

Sσ =

n X

Mk (xk − xk−1 ).

k=1

Et, de plus : S = sup{S σ : σ ∈ Σ} S = inf{S σ : σ ∈ Σ}. On a alors : m(b − a) ≤ S ≤ S ≤ M (b − a). Définition 3.1.1 (Fonction intégrable (au sens de Riemann)) ¯ On R b dit qu’une fonction f : I −→ R, bornée, est intégrable au sens de Riemann si S = S = a f (x)dx. Exemple 3.1.2 (i) Une fonction f continue, ou continue par morceaux, est intégrable au sens de Riemann. (ii) La fonction définie par  f (x) = χQ∩[0,1] (x) =

1 0

si x ∈ Q ∩ [0, 1] sinon

satisfait S = 0 et S = 1, et donc n’est pas intégrable au sens de Riemann. 85

86

3.1.2

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Notations et théorèmes importants

Définition 3.1.3 Soit A ⊂ R. T (i) S’il existe des ouverts Gn tels que A = ∞ n=1 Gn , alors A est dit un Gδ . S∞ (ii) S’il existe des fermés Fn tels que A = n=1 Fn , alors A est dit un Fσ . Notation 3.1.4 Soient A, B ⊂ R. (i) Ac = R \ A ; (ii) A \ B = A ∩ B c ; (iii) A4B = (A \ B) ∪ (B \ A), Axiome 3.1.5 (Axiome du choix) Soit A un ensemble d’indices. On regarde {Eα }α∈A tels que Eα 6= ∅, tels que si α 6= β, alors Eα ∩ Eβ = ∅ et Eα ⊂ E. Alors, il existe V ⊂ E qui contient un et un seul élément de chacun des Eα . Théorème 3.1.6 (Théorème de Heine-Borel) S Soit E ⊂ R un fermé borné Snavec E ⊂ α∈A Gα , où chaque Gα est un ouvert. Alors il existe i1 , . . . , in ∈ A tels que E ⊂ k=1 Gik . Théorème 3.1.7 (Théorème de Lindelöff) Soit {Iα }α∈A où les Iα sont des intervalkes ouverts. Alors il existe une sous-collection, au plus dénombrable, des Iα telle que ∞ [ [ Ii = Iα i=1

α∈A

Corollaire 3.1.8 Soit G ⊂ R un ouvert. Alors G est union, au plus dénombrable, d’intervalles disjoints.

3.2 3.2.1

Mesure sur les réels La mesure extérieure

Définition 3.2.1 (Mesure extérieure) On appelle mesure extérieure d’un ensemble A de R (∞ ) ∞ X [ ∗ mes (A) = inf (bn − an ) , In = ]an , bn [ , A ⊂ In . n=1

n=1

Rappel 3.2.2 On rappelle la convergence de la série géométrique de raison 1/2 : ∞ X 1 = 1. 2n

n=1

Théorème 3.2.3 Soient A, B ⊂ R. On a les propriétés suivantes : (i) mes∗ (A) ≥ 0 ; (ii) mes∗ (∅) = 0 ; (iii) A ⊂ B ⇒ mes∗ (A) ≤ mes∗ (B) ; (iv ) mes∗ ({x}) = 0, pour tout x ∈ R ;

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

87

(v ) si A + x = {y ∈ R : y = a + x, a ∈ A}, alors mes∗ (A + x) = mes∗ (A) (la mesure d’un ensemble est invariante par translation). Démonstration. On ne démontre ici que les deux derniers points, les autres étant traités en série d’exercices. 1 2n , x

iv) Soit x ∈ R. Alors x ∈ In = ]x −

1 2n [,

+

pour tout n ∈ N. On a donc

0 ≤ mes∗ ({x}) ≤ long (In ) =

1 −→ 0, n

d’où mes∗ ({x}) = 0. v) Pour tout  > 0, il existe des intervalles In tels que A ⊂ mes∗ (A) ≥

∞ X

S∞

n=1 In

et, par définition,

long (In ) − .

n=1

Remarquons que A + x ⊂

S∞

n=1 (In

+ x). On a de plus

0 ≤ mes∗ (A + x) ≤ déf

∞ X

long (In + x) =

n=1

∞ X

long (In )

n=1

≤ mes∗ (A) + . (i)

Comme  est arbitraire 0 ≤ mes∗ (A + x) ≤ mes∗ (A). De même, mes∗ (A) = mes∗ (A − x + x) ≤ mes∗ (A + x) ≤ mes∗ (A) . (ii)

Et donc mes∗ (A + x) = mes∗ (A).

Théorème 3.2.4 La mesure extérieure d’un intervalle est sa longueur. Démonstration. La démonstration sera faite en 4 étapes. Etape 1 Suppposons que Jn = ]cn , dn [ et que ]a, b[⊂ [a, b] ⊂ b−a≤

N X

(dn − cn ) =

n=1

N X

SN

n=1 Jn .

Alors

long (Jn ) .

n=1

Ce fait est démontré dans la série 15. Etape 2 Soit I = ]a, b[ avec −∞ < a < b < ∞. On aimerait montrer que mes∗ (I) = b − a. Par définition mes∗ (I) ≤ b − a. Montrons maintenant l’inégalité inverse. Soit donc b − a >  > 0, arbitraire. Par définition de la mesure extérieure, il existe des S intervalles In = ]an , bn [ tels que I = ]a, b[⊂ ∞ I et tels que n=1 n ∞ X

∗

long (In ) −  ≤ mes (I) ≤

n=1

∞ X

long (In ) .

(3.1)

n=1

0 ∞ On cherche maintenant S∞ 0 a définir une famille d’intervalles ouverts {In }n=1 telle que I = ]a, b[⊂ [a, b] ⊂ n=1 In et ∞ X n=1

∞
X long In0 = long (In ) + 2. n=1

(3.2)

88

CHAPITRE 3. LEBESGUE Pour cela, comme  est fixé, puisque a + 4 ∈ ]a, b[, il existe n0 ∈ N tels que a + 4 ∈ In0 . De même, il existe m0 ∈ N tel que b − 8 ∈ Im0 . En renommant maintenant les In , pour que In0 = I1 et Im0 = I2 , on peut définir   In0 = ]an − n , bn + n [. 2 2 0 0 0 ∞ On a alors que a ∈ I1 et b ∈ I2 . Ainsi, la famille {In }n=1 vérifie bien les propriétés voulues. Par le théorème de Heine-Borel (3.1.6 page 86), il existeSun sous-recouvrement fini de [a, b], N 0 ∞ c’est-à-dire {Jn }N n=1 ⊂ {In }n=1 tels que ]a, b[⊂ [a, b] ⊂ n=1 Jn . Par ailleurs, comme Jn = In0 (à un changement de numérotation près) N X

b−a≤

long (Jn ) =

n=1

N X

long

In0




n=1

≤

∞ X


long In0 .

(3.3)

n=1

En regroupant (3.1), (3.2) et (3.3), on trouve b−a ≤

∞ X

(3.3) n=1

long In0




∞ X

= (3.2)

long (In ) + 2 ≤ mes∗ (I) + 3,

n=1

et donc, b − a ≤ mes∗ (I) , I = ]a, b[. Etape 3 Qu’en est-il de [a, b], [a, b[ et ]a, b] avec −∞ < a < a < ∞ ? On va le faire pour I = [a, b]. Soit  > 0, alors i h  =: J. ]a, b[⊂ [a, b] = I ⊂ a − , b + 2 2 Par l’étape 2, mes∗ (]a, b[) = b − a ≤ mes∗ (I) ≤ mes∗ (J) = (b − a) + . 3.2.3

Et. 2

3.2.3

mes∗ ([a, b])

Puisque  est arbitraire, on a = b − a. Etape 4 Intervalle infini ;,par exemple I = ]a, ∞[. Pour tout k ∈ N, on a ]a, a + k[ ⊂ ]a, ∞[= I. Par l’étape 2, on a mes∗ (]a, a + k[) = k ≤ mes∗ (]a, ∞[) = mes∗ (I) . 3.2.3

Théorème 3.2.5 (Sous-additivité) On a la propriété suivante ∞ [

∗

mes

! Ei

i=1

≤

∞ X

mes∗ (Ei ) .

i=1

S∞

Démonstration. Pour tout  > 0, il existe Ei ⊂ j=1 Ii,j , où chaque Ii,j est un intervalle ouvert. Alors ∞ X  long (Ii,j ) − i ≤ mes∗ (Ei ) . (3.4) 2 j=1

Comme

∞ [ i=1

Ei ⊂

∞ [ ∞ [

Ii,j ,

i=1 j=1

on a que ∗

mes

∞ [ i=1

! Ei

∞ X

∞ X

∞ X 1 . ≤ long (Ii,j ) ≤ mes (Ei ) +  2i (3.4) i=1 i,j=1 i=1 | {z } ∗

=1

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

89

Théorème 3.2.6 Pour tout ensemble A ⊂ R, pour tout  > 0, il existe un ouvert O ⊃ A tel que mes∗ (A) ≤ mes∗ (O) ≤ mes∗ (A) + . Démonstration. Par définition, pour tout  > 0, il existe des ouverts In tels que A ⊂ tels que ∞ X long (In ) −  ≤ mes∗ (A) .

S∞

n=1 In

et

n=1

On va poser O=

∞ [

In .

n=1

On a directement que O est ouvert et ∗

∗

mes (A) ≤ mes (O) ≤

∞ X

long (In ) ≤ mes∗ (A) + .

n=1

3.2.2

Ensemble mesurable

Définition 3.2.7 (Ensemble mesurable) Un ensemble E ⊂ R est dit mesurable (au sens de Lebesgue), si pour tout ensemble A ⊂ R mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c ) . On dénote M l’ensemble des ensembles mesurables. Remarque 3.2.8 Par le théorème de la sous-additivité, 3.2.5 page 88, pour tout ensemble E et pour tout ensemble A mes∗ (A) = mes∗ ((A ∩ E) ∪ (A ∩ E c )) ≤ mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c ) . Théorème 3.2.9 (Propriétés des ensembles mesurables) On a les propriétés suivantes : (i) R ∈ M ; (ii) E ∈ M ⇒ E c ∈ M ; (iii) E, F ∈ M ⇒ E ∪ F ∈ M ; (iv ) E, F ∈ M ⇒ E ∩ F ∈ M ; (v ) E, F ∈ M ⇒ E \ F ∈ M ; (vi) mes∗ (E) = 0 ⇒ E ∈ M ; (vii) si E est dénombrable alors mes∗ (E) = 0 (et donc E ∈ M). Démonstration. Nous démontrons ici les 5 premiers points, les deux derniers étant faits en série d’exercice. (i) Soit A ⊂ R. On a que A ∩ R = A et A ∩ Rc = ∅. Ainsi, mes∗ (A ∩ R) = mes∗ (A) , mes∗ (A ∩ Rc ) = mes∗ (∅) = 0, et donc mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ R) + mes∗ (A ∩ Rc ) .

90

CHAPITRE 3. LEBESGUE

(ii) Soit E tel que E ∈ M et A ⊂ R on a donc mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c ) . En utilisant le fait que (E c )c = E, on termine. (iii) Soient E, F ∈ M, montrons que E ∪ F ∈ M. Pour cela, soit encore A ⊂ R quelconque. – Comme F est mesurable, mes∗ (A ∩ E c ) = mes∗ ((A ∩ E c ) ∩ F ) + mes∗ ((A ∩ E c ) ∩ F c )

(3.5)

– Comme E est mesurable, mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c ) .

(3.6)

– Comme E est mesurable, mes∗ (A ∩ (E ∪ F )) = mes∗ ((A ∩ (E ∪ F )) ∩ E) + mes∗ ((A ∩ (E ∪ F )) ∩ E c ) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c ∩ F ) . Ce qui implique que mes∗ (A ∩ E) = mes∗ (A ∩ (E ∪ F )) − mes∗ (A ∩ E c ∩ F ) . En combinant les trois identités, mes∗ (A)

=

mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ E c )

(3.6) (3.5)

=

[mes∗ (A ∩ (E ∪ F )) − mes∗ (A ∩ E c ∩ F )]

(3.7)

+ [mes∗ (A ∩ E c ∩ F ) + mes∗ (A ∩ E c ∩ F c )] =

mes∗ (A ∩ (E ∪ F )) + mes∗ (A ∩ (E ∪ F )c ) .

Et donc E ∪ F ∈ M. (iv) Soient E, F ∈ M. Observons que E ∩ F = (E c ∪ F c )c , ainsi E ∈ M ⇒ Ec ∈ M F ∈ M ⇒ Fc ∈ M ⇒ Ec ∪ F c ∈ M ⇒ (E c ∪ F c )c ∈ M. (v) Remarquons que E \ F = E ∩ F c, qui est mesurable, d’après les points précédents.

Notation 3.2.10 Si E est mesurable, on note mes(E) = mes∗ (E). Théorème 3.2.11 Les intervalles sont mesurables. Démonstration. On va distinguer trois cas.

(3.7)

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

91

Cas 1 Soit I = [a, ∞[. Pour tout A ⊂ R, on veut montrer que     ∗ mes∗ (A) = mes∗ A ∩ I + mes A∩] − ∞, a[ . | {z } | {z } A2

A1

Par définition de la mesure extérieure, pour tout  > 0, il existe des In tels que A ⊂ avec ∞ X long (In ) −  ≤ mes∗ (A) .

S∞

n=1 In

n=1

Soient In0 = In ∩ ] − ∞, a[, In00 = In ∩ [a, ∞[. On a alors A1 ⊂ long (In ) = long (In0 ) + long (In00 ). Ainsi, on a que

S∞

0 n=1 In ,

A2 ⊂

S∞

00 n=1 In

et

mes∗ (A) ≤ mes∗ (A1 ) + mes∗ (A2 ) ∞ ∞ X
X
0 ≤ long In + long In00 n=1 ∞ X

=

n=1

long (In )

n=1

≤ mes∗ (A) + . Et donc mes∗ (A) = mes∗ (A1 ) + mes∗ (A2 ) , ce qui implique que I est mesurable. Cas 2 Les intervalles ]a, ∞[, ] − ∞, a[ et ] − ∞, a] se traitent de la même manière que le cas 1. Cas 3 Soit I = ]a, b[. On a I c =] − ∞, a] ∪ [b, ∞[ ∈ M, et donc I ∈ M.

Lemme 3.2.12 Soient E1 , . . . , En ∈ M disjoints. Alors, pour tout A ⊂ R !! n n [ X ∗ mes A ∩ Ei = mes∗ (A ∩ Ei ) i=1

i=1

Remarque 3.2.13 Premier point : k+1 [

! \

Ei

c Ek+1

=

i=1

k [

Ei .

i=1

Deuxième point : k+1 [

! Ei

\

Ek+1 = Ek+1 .

i=1

Démonstration. On va réaliser la démontration par induction. Si n = 1, le résultat est trivial. Supposons donc l’assertion vraie pour k. Puisque Ek+1 est mesurable, on a !! ! ! \ k+1 [ \ k+1 [ \ \ ∗ ∗ mes A Ei = mes A Ei Ek+1 + mes∗ A i=1

i=1 obs

=

∗

k+1 [ i=1

∗

mes (A ∩ Ek+1 ) + mes

A∩

k [ i=1

!! Ei

.

! Ei

! \

c Ek+1

92

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Théorème 3.2.14 Si Ei ∈ M, alors

∞ [

Ei ,

i=1

∞ \

Ei ∈ M.

i=1

En particulier les ouverts et les fermés sont mesurables. Démonstration. La démonstration sera réalisée en trois étapes. Etape 1 Par le théorème 3.2.9 page 89, une union finie d’ensembles mesurables est mesurable. Par l’exercice 2 de la série 15, # " i ∞ ∞ i−1 [ [ [ [ Ei = Ek \ Ei . i=1

i=1

| k=1

{z k=1 Fi

}

Par conséquent, il suffit de montrer le résultat pour des Ei disjoints. Observons d’abord que !c !c ∞ n [ [ Ei ⊂ Ei . i=1

Comme

i=1

Sn

est mesurable, on a, pour tout A ⊂ R !! n [ mes∗ (A) = mes∗ A ∩ Ei + mes∗

i=1 Ei

≥

mes∗

A∩

i=1 n [

A∩

= (3.2.12)

Ei

i=1

! + mes∗

Ei

A∩

i=1 n X

!c !

n [

∗

∗

mes (A ∩ Ei ) + mes

∞ [

!c ! Ei

i=1 ∞ [

A∩

!c !

Ei

i=1

.

i=1

En passant à la limite, ∗

≥

mes (A)

∞ X

∗

∗

mes (A ∩ Ei ) + mes

∞ [

A∩

n=1

≥

Ei

i=1

mes∗

A∩

(3.2.5)

≥

!c !

∞ [

!! Ei

+ mes∗

A∩

i=1

∞ [

!c ! Ei

i=1

mes∗ (A)

(3.2.5)

Conclusion : mes∗ (A) = mes∗

A∩

∞ [ i=1

Et donc

S∞

i=1 Ei

!! Ei

+ mes∗

A∩

∞ [

!! Ei

.

i=1

∈ M.

Etape 2 Les ouverts sont mesurables. En effet, par le théorème de Lindelhöff, tout ouvert est union, au plus dénombrable, d’intervalles. Puisque l’on a montré que les intervalles sont mesurables et qu’une union d’ensembles mesurables et mesurable, on a terminé. Puisque tout ouvert est mesurable et que le complémentaire d’un mesurable est mesurable, on a que tout fermé est mesurable.

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

93

Etape 3 Soient Ei des ensembles mesurables. On a l’égalité : ∞ \

R\

∞ [

Ei =

i=1

R \ Ei ∈ M.

i=1

En effet, le point S∞ (ii) du théorème 3.2.9, chaque R \ Ei est mesurable. En utilisant l’étape 1, on a que i=1 R \ Ei est mesurable. On conclut en réutilisant le théorème 3.2.9.

Théorème 3.2.15 Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) E est mesurable ; (ii) pour tout  > 0, il existe O ⊃ E un ouvert tel que mes∗ (O \ E) ≤  ; T ∗ (iii) il existe G = ∞ n=1 Gn où chaque Gn ⊃ E est un ouvert tel que mes (G \ E) = 0 ; (iv ) pour tout  > 0, il existe F ⊂ E un fermé tel que mes∗ (E \ F ) ≤  ; S ∗ (v ) il existe F = ∞ n=1 Fn , où chaque Fn ⊂ E est un fermé tel que mes (E \ F ) = 0. Démonstration. On va faire la démonstration pour les trois premiers points. (i) ⇒ (ii) On va distinguer deux cas. Cas 1 mes (E) < ∞. Par le théorème 3.2.6, page 89, il existe O ⊃ E un ouvert tel que mes∗ (E) ≤ mes∗ (O) ≤ mes∗ (E) + . Comme E est mesurable et E ⊂ O mes∗ (O \ E) + mes∗ (E) = mes∗ (O) . On a donc que mes∗ (O \ E) = mes∗ (O) − mes∗ (O) ≤ . S Cas 2 mes (E) = ∞. On écrit R = ∞ n=1 In , où les In sont des intervalles disjoints de longueur finie et on pose E n = E ∩ In . En appliquant le cas 1 à l’ensemble En , qui est mesurable, il existe un ouvert On ⊃ En tel que  mes∗ (On \ En ) ≤ n . 2 S∞ En posant O = n=1 On , on peut écrire O\E =

∞ [

On \

n=1

∞ [

En ⊂

n=1

∞ [

(On \ En ) .

n=1

On peut alors calculer mes∗ (O \ E) ≤ mes∗

∞ [

! (On \ En )

n=1

≤

∞ X n=1

mes∗ (On \ En ) ≤ 

94

CHAPITRE 3. LEBESGUE

(ii) ⇒ (iii) Soit  =

1 n

dans (ii). Ainsi, il existe un ouvert On ⊃ E tel que mes∗ (On \ E) ≤  =

En posant G =

T∞

n=1 On ,

1 . n

on obtient que mes∗ (G \ E) ≤ mes∗ (On \ E) ≤

1 . n

En laissant n tendre vers l’infini, on obtient le résultat désiré. T (iii) ⇒ (i) Observons tout d’abord que G = ∞ n=1 On ∈ M, parce que chaque On appartient à M et qu’une intersection dénombrable de mesurables est mesurable. De plus, G \ E ∈ M et, puisque E = G \ (G \ E), on a que E ∈ M.

Théorème 3.2.16 (Additivité) Soient {Ei }∞ i=1 des ensembles mesurables deux à deux disjoints. Alors ! ∞ ∞ [ X mes Ei = mes (Ei ) i=1

i=1

Démonstration. Le théorème de la sous-additivité, 3.2.5 page 88, donne déjà une inégalité. Par le lemme 3.2.12, page 91, appliqué A = R, on a ! ! n n ∞ X [ [ mes (Ei ) = mes Ei ≤ mes Ei . i=1

i=1

i=1

En laissant n tendre vers l’infini et en combinant les deux inégalités, on obtient le résultat souhaité. Théorème 3.2.17 Si mes∗ (E) < ∞, alors E est mesurable si et seulement si pour tout  > 0, il existe des intervalles disjoints Ii tels que ! n [ mes∗ E4 Ii ≤ . i=1

Démonstration. On va montrer l’implication ⇒. Pour ceci, supposons que E est mesurable et choisissons  > 0. Par le théorème 3.2.15, il existe un ouvert O contenant E tel que  mes∗ (O \ E) ≤ . 2 Comme mes (E) < ∞ et mes (O \ E) ≤ 2 , on a que mes (O) < ∞. Par le corollaire du théorème de Lindelhöff (démontré en exercices), O=

∞ [

In ,

i=1

où les In sont des intervalles ouverts deux à deux disjoints. On a alors 3.2.16

∞ > mes (O) =

∞ X

mes (Ii ) =

i=1

Ainsi, il existe n tel que

∞ X i=n+1

 long (Ii ) ≤ . 2

∞ X i=1

long (Ii ) .

3.2. MESURE SUR LES RÉELS Soit F =

Sn

i=1 Ii .

95

On a alors E4F

E\

= ⊂

O\

n [ i=1 n [

! ∪

Ii

n [

! Ii \ E

i=1

! ∪ (O \ E)

Ii

i=1 ∞ [

=

! ∪ (O \ E).

Ii

i=n+1

Ainsi, mes (E4F ) ≤ mes

∞ [

! Ii

+ mes (O \ E) ≤

i=n+1

3.2.3

  + . 2 2

Les σ-algèbres, les boréliens et les mesurables

Définition 3.2.18 (σ-algèbre) Une classe A de sous-ensembles d’un espace X est appelée une σ-algèbre si (i) X ∈ A ; (ii) E ∈ A ⇒ E c ∈ A; S (iii) Ei ∈ A ⇒ ∞ i=1 Ei ∈ A. Théorème 3.2.19 L’ensemble M des ensembles mesurables est une σ-algèbre. Définition 3.2.20 (Ensembles de Borel) Soit B la σ-algèbre engendrée par les intervalles. Les ensembles de B sont appelés les ensembles de Borel ou boréliens. Théorème 3.2.21 B ⊂ M ⊂ P(R). Théorème 3.2.22 M= 6 P(R). Lemme 3.2.23 Si E ∈ M, y ∈ R. Alors E + y ∈ M et mes (E + y) = mes (E). Démonstration. Nous procéderons en deux étapes. Etape 1 Par le théorème 3.2.3, pour tout A ⊂ R, mes∗ (A + y) = mes∗ (A). Etape 2 Pour conclure il suffit de montrer que E + y est mesurable. Comme E est mesurable, pour tout  > 0, il existe O ⊃ E un ouvert tel que mes (O \ E) ≤ . Comme O est ouvert, O + y est ouvert. Ainsi, E ⊂ O ⇒ E + y ⊂ O + y. Calculons mes∗ ((O + y) \ (E + y)) = mes∗ ((O \ E) + y) = mes∗ ((O \ E)) = mes (O \ E) ≤ .

96

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Démonstration du théorème 3.2.22. La démonstration sera divisée en cinq étapes. Etape 1 Soient x, y ∈ [0, 1]. On va définir une relation d’équivalence de la manière suivante : x ∼ y ⇔ x − y ∈ Q1 = Q ∩ [0, 1]. Pour α ∈ [0, 1] on définit Eα = {x ∈ [0, 1] : x ∼ α}. On a alors les propriétés suivantes : (i) Eα 6= ∅ ; (ii) Eα ∩ Eβ = ∅ ⇔ α 6∼ β ; S (iii) α∈[0,1] Eα = [0, 1] ; (iv) Eα est dénombrable mais l’union des Eα est indénombrable. Etape 2 Par l’axiome du choix, il existe un ensemble V ⊂ [0, 1] qui contient un et un seul élément de chaque Eα . Etape 3 On va montrer que V n’est pas mesurable. Soit Q1 = Q ∩ [−1, 1] = {r1 , r2 , . . .}, et Vn = V + rn . Montrons que Vn ∩ Vm = ∅ si n 6= m. En effet, si y ∈ Vn ∩ Vm , alors y = xα + rn = xβ + rm . On aurait alors que rm − rn = xβ − xα ∈ Q1 , ce qui impliquerait que xα ∼ xβ . Puisque V ne contient qu’un seul élément de chaque classe d’équivalence, on a que xα = xβ et donc que rα = rβ . Etape 4 On montrera que [0, 1] ⊂

∞ [

Vn =

n=1

∞ [

(V + rn )

n=1

⊂ V + [−1, 1] ⊂ [0, 1] + [−1, 1] = [−1, 2]. En effet, soit x ∈ [0, 1] alors il existe α tel que x ∈ Eα ; sans perte de généralité, on prend le α qui appartient à V . On a alors que x ∼ α et donc que x = α + rn ∈ V + rn = Vn . Etape 5 On sait que mes ([0, 1]) = 1 ≤ mes

∞ [

! Vn

=

n=1

=

∞ X

mes (V + rn ) =

n=1

∞ X

mes (Vn )

n=1 ∞ X

mes (V )

n=1

≤ mes ([−1, 2]) ≤ 3. Ainsi, mes (Vn ) vaut 0 ou ∞, contradiction puisque 1 ≤ pas mesurable.

3.2.4

P∞

Fonctions mesurables

On va commencer avec quelques conventions : Convention 3.2.24 Soit f : R −→ R ∪ {±∞}. On va utiliser les conventions : (i) si a 6= −∞, a + ∞ = ∞ ; (ii)  a>0  ∞ −∞ a < 0 a · (+∞) =  0 a = 0.

n=1 mes (V

) ≤ 3. Ainsi, V n’est

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

97

Définition 3.2.25 (Fonction mesurable) Une fonction f : R −→ R est dite mesurable si pour tout α ∈ R Eα = {x ∈ R : f (x) > α} ∈ M. Proposition 3.2.26 Les affirmations suivantes sont équivalentes : (i) f est mesurable ; (ii) pour tout α ∈ R, {x ∈ R : f (x) ≥ α} ∈ M ; (iii) pour tout α ∈ R, {x ∈ R : f (x) < α} ∈ M ; (iv ) pour tout α ∈ R, {x ∈ R : f (x) ≤ α} ∈ M. Démonstration. (i) ⇒ (ii) Remarquons que {x ∈ E : f (x) ≥ α} =

T∞

n=1 {x

∈ E : f (x) > α− n1 }.

(i) ⇒ (iii) {x ∈ E : f (x) < α} = {x ∈ E : f (x) ≥ α}c . Exemple 3.2.27 Soit la fonction caractéristique d’un ensemble :  1 χA (x) = 0

si x ∈ A si x ∈ 6 A.

Etudions maintenant :   R A {x ∈ R : χA (x) > α} =  ∅

si α < 0 si 0 ≤ α < 1 si α > 1.

Ainsi χA est mesurable ⇔ A est mesurable. Définition 3.2.28 (Fonction semi-continue supérieurement) Soit (X, T ) un espace topologique et f : X −→ R une fonction. On dit que f est semi-continue supérieurement en x0 ∈ X si pour tout  > 0, il existe un voisinage U de x0 tel que pour tout x ∈ U , on a f (x) < f (x0 ) + , ce qui est équivalent à lim sup f (x) ≤ f (x0 ). x→x0

Définition 3.2.29 (Fonction semi-continue inférieurement) Soit (X, T ) un espace topologique et f : X −→ R une fonction. On dit que f est semi-continue inférieurement en x0 ∈ X si pour tout  > 0, il existe un voisinage U de x0 tel que pour tout x ∈ U , on a f (x) > f (x0 ) + , ce qui est équivalent à lim inf f (x) ≥ f (x0 ). x→x0

Proposition 3.2.30 Une fonction f : X −→ R est continue en x0 si et seulement si elle est semi-continue inférieurement et supérieurement. Exemple 3.2.31 Si f est SCI (semi continue inférieurement) ou SCS (semi continue supérieurement), alors f est mesurable. En particulier, une fonction continue est mesurable. Proposition 3.2.32 (Opérations sur les fonctions mesurables) Si f et g sont des fonctions mesurables et si a ∈ R alors f + a, a · f , f + g, f − g et f · g sont mesurables.

98

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Démonstration.

(i) f + a est mesurable. Soit α ∈ R, alors {x : f (x) > α − a} = {x : f (x) + a > α}

(ii) a · f est mesurable. Si a = 0, c’est évident. Supposons que a > 0, alors {x : a · f (x) > α} = {x : f (x) >

α }. a

Si a < 0, la démonstration est semblable. (iii) f + g est mesurable. Pour tout α ∈ R, on aimerait montrer que Eα = {x : f (x) + g(x) > α} est mesurable. Comme f (x) > α − g(x), il existe rn ∈ Q tel que f (x) > rn > α − g(x). Ainsi, si x ∈ Eα , on aura que x ∈ {y : f (y) > rn } ∩ {y : g(y) > α − rn }. Par conséquent, Eα ⊂

∞ [

{y : f (x) > rn } ∩ {y : g(y) > α − rn } = Fα .

n=1

Réciproquement, Fα ⊂ Eα . En effet, si x ∈ Fα , il existe un rn tel que f (x) > rn et g(x) > α − rn , ce qui implique que f (x) + g(x) > α et donc x ∈ Eα . Ainsi, Fα = Eα . Puisque Fα est mesurable, Eα l’est aussi. (iv) f − g est mesurable. Si g est mesurable, alors −g est mesurable, et donc f + (−g) est mesurable. Définition 3.2.33 Soit {fν }∞ ν=1 une suite de fonctions. Alors lim sup{fν } = inf sup{fµ } ν→∞

ν µ≥ν

lim inf {fν } = sup inf {fµ } ν→∞

ν

µ≥ν

Remarque 3.2.34 On sait que lim inf fν ≤ lim sup fν (ces deux limites existent toujours) mais elles ne sont pas forcément égales. Théorème 3.2.35 Si fν est mesurable pour tout ν ∈ N, alors inf{fν }, sup{fν }, lim inf{fν } et lim sup{fν } sont mesurables. Démonstration. On va montrer la proposition pour sup{fν }. Soit α ∈ R. On aimerait montrer que   [ ∞ x : sup{fν (x)} > α = {x : fν (x) > α} ν

ν=1

est mesurable. Et c’est le cas, puisque chaque ensemble de l’union est mesurable. Définition 3.2.36 Si une propriété a lieu sauf sur un ensemble de mesure nulle, on dit que la propriété a lieu presque partout, ce que l’on note p.p. Théorème 3.2.37 Soient deux fonctions f et g. Si f = g p.p et si f est mesurable, alors g mesurable.

3.2. MESURE SUR LES RÉELS

99

Démonstration. On va montrer que f − g est mesurable. Si c’est le cas, alors g = f − (f − g) est mesurable. On va montrer que, pour α ∈ R, l’ensemble Eα = {x ∈ R : f (x) − g(x) > α} est mesurable. Remarquons que si α ≥ 0, alors mes (Eα ) = 0 (puisque f = g presque partout) et donc Eα est mesurable. Supposons donc que α < 0 et posons G = {x ∈ R : f (x) = g(x)}. Puisque f = g p.p on a que mes (Gc ) = 0 et donc que Gc est mesurable. Ainsi, G est lui-même mesurable. Définissons maintenant Fα = {x : f (x) 6= g(x) et f (x) − g(x) > α} ⊂ {x : f (x) 6= g(x)}, | {z } mesure=0

ainsi mes (Fα ) = 0 et donc Fα est mesurable. Regardons maintenant, Eα = G ∪ Fα . Ce qui implique que Eα est mesurable, puisque les deux ensembles du terme de droite sont mesurables. Remarque 3.2.38 Soit f ∈ C 0 et ϕ une fonction mesurable, alors (i) f ◦ ϕ est mesurable (démontré dans la série 17) ; (ii) de manière générale, ϕ ◦ f n’est pas mesurable.

3.2.5

L’ensemble de Cantor

On va construire cet ensemble par itération. On commence par P0 = [0, 1] et l’on définit ensuite P1 = [0, 13 ] ∪ [ 23 , 1]. De manière similaire, on définit         1 2 3 6 7 8 P2 = 0, ∪ , ∪ , ∪ ,1 9 9 9 9 9 9

Fig. 3.1 – Ensemble de Cantor

A chaque étape, on enlève à chacun des intervalles précédents de longueur 1 de longueur 3k+1 . On a donc : . . . ⊂ Pk+1 ⊂ Pk ⊂ . . . ⊂ P0 . Définition 3.2.39 L’ensemble de Cantor est alors P =

∞ \ k=0

Proposition 3.2.40 L’ensemble de Cantor : (i) est compact ; (ii) ne contient aucun intervalle ; (iii) est indénombrable ; (iv ) est de mesure nulle. Démonstration. Prouvé dans une série.

Pk .

1 3k

un intervalle

100

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Le développement décimal Soit a ∈ [0, 1]. On écrit alors a = 0, a1 a2 a3 . . . =

P∞

an n=1 10n ,

où chaque an ∈ {0, 1, 2 . . . , 9}.

Convention 3.2.41 (Convention d’unicité) Dans la représentation ci-dessus, s’il existe k tel que ak−1 ≤ 8 et que an = 9 pour tout n tel que n ≥ k, on va dire que les nombres 0, a1 . . . ak−1 999 . . . 0, a1 . . . (ak−1 + 1)000 . . . sont égaux. Avec cette convention, la représentation est unique et 1 = 0, 9999 . . . Remarque 3.2.42 On peut faire ce développement dans n’importe que base. Nous utiliserons dans ces cours uniquement les bases 10, 2 et 3. L’ensemble de Cantor revisité L’ensemble de Cantor est P = {x ∈ [0, 1] : x = 0, a1 a2 . . . , an ∈ {0, 2}} , calculé en base 3.

3.2.6

La fonction de Lebesgue et l’existence d’un mesurable non borélien

Lemme 3.2.43 (La fonction de Lebesgue) Soit x ∈ [0, 1] développé en base 2 (avec la convention d’unicité indiquée ci-dessus) : x=

∞ X n , n ∈ {0, 1}. 2n

n=1

Soit la fonction f : [0, 1] → [0, 1], f (x) =

∞ X 2n n=1

3n

.

Alors, f ([0, 1]) = P , elle est injective, surjective sur P et elle est mesurable. Remarque 3.2.44 Cette fonction envoie de manière bijective un intervalle de mesure 1 dans un ensemble de mesure nulle. Démonstration.

(i) f ([0, 1]) ⊂ P , par définition de P .

(ii) Montrons que f est surjective sur P . Soit donc y = 0, a1 a2 . . . ∈ P , où chaque an ∈ {0, 1}. En posant n = a2n , on obtient une préimage. (iii) Supposons qu’il existe x1 , x2 tels que f (x1 ) = f (x2 ) = 0, a1 a2 . . . ∈ P . Par la convention d’unicité sur les développements décimaux, en posant n = a2n , on obtient une seule préimage. (iv) La démonstration de la mesurabilité de f n’est pas faite en cours. Lemme 3.2.45 Si une fonction f est mesurable et si B ∈ B (ensemble des Boréliens), alors f −1 (B) ∈ M.  Démonstration. Soit A = B ⊂ R : f −1 (B) ∈ M . Pour montrer le lemme, il suffit de montrer :

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

101

(i) A est une σ-algèbre (cf exercices). (ii) B ⊂ A. Pour cela, comme B est une σ-algèbre construite à partir des intervalles, il suffit de montrer que ]a, b[∈ A, c’est-à-dire que f −1 (]a, b[) ∈ M : f −1 (]a, b[) = {x ∈ R : f (x) > a} ∩ {x : f (x) < b}, | {z } | {z } ∈M

∈M

par mesurabilité de f .

Preuve du théorème 3.2.22. B ( M. Par l’absurde, supposons que B = M. 1. On choisi V ⊂ [0, 1] non mesurable. 2. Soit f : [0, 1] −→ P (lemme 3.2.43) ; f est mesurable et bijective. 3. Soit B = f (V ) ⊂ f ([0, 1]) = P . Comme mes (P ) = 0, on a que mes (B) = 0 et donc B ∈ M. Par hypothèse, B = M et donc B ∈ B. Par le lemme précédent f −1 (B) ∈ M. Or, f −1 (B) = V et donc V ∈ M, contradiction.

3.3 3.3.1

Intégrale de Lebesgue* Intégrale de fonctions positives

Définition 3.3.1 On dit que ϕ : R −→ R+ est simple s’il existe a1 , . . . , an ≥ 0 des nombres distincts et si Ai = {x ∈ R : ϕ(x) = ai }, alors n X ϕ= ai · χAi . i=1

Remarque 3.3.2 Si les Ai sont des intervalles, il s’agit d’une fonction en escalier. Définition 3.3.3 On définit les intégrales suivantes : (i) Si ϕ est simple et mesurable, alors Z ϕ=

n X

ai · mes (Ai ) .

i=1

(ii) Si f est positive et mesurable, alors Z  Z f = sup ϕ : 0 ≤ ϕ ≤ f, ϕ simple et mesurable . (iii) Si R ⊃ E ∈ M et f ≥ 0 est mesurable, alors Z Z f = f · χE . E

Proposition 3.3.4 Si ϕ ≥ 0 est simple et mesurable, alors (i) Les deux définition coïncident.

102

CHAPITRE 3. LEBESGUE

(ii) Si E ∈ M, alors Z ϕ= E

n X

ai · mes (Ai ∩ E) .

i=1

(iii) Si A, B ∈ M, A ∩ B = ∅, alors Z

Z

Z

(iv ) Si a ∈ R+ , alors

ϕ.

ϕ+

ϕ=

B

A

A∪B

Z

Z a·ϕ=a·

ϕ.

(v ) Si les Ei sont des ensembles mesurables, deux à deux disjoints, alors Z ∞ Z X ϕ= ϕ. S ∞ i=1

Ei

Ei

i=1

Proposition 3.3.5 On a les propriétés suivantes : (i) Soit f ≥ 0 une fonction mesurable. Alors Z f = 0 p.p. ⇔

f = 0.

(ii) Si 0 ≤ f ≤ g sont des fonctions mesurables, alors Z Z f ≤ g. (iii) Si 0 ≤ f ≤ g mesurables et A ∈ M, Z

Z f≤

A

g. A

(iv ) Si a ≥ 0 et f ≥ 0 est mesurable, alors Z

Z a·f =a·

f.

(v ) Si A ⊂ B sont deux ensembles mesurables et si f ≥ 0 est mesurable, alors Z Z f≤ f. A

B

(vi) Si mes (A) = 0 et f ≥ 0 est mesurable, alors Z f = 0. A

Démonstration. On va démontrer seulement le premier point, les autres étant traités en exercices. (i) Supposons que f = 0 p.p. SoitR ϕ ≤ f une fonction mesurable et simple. Comme f = 0 p.p, on a que ϕ = 0 p.p et donc ϕ = 0, ce qui implique le résultat. Supposons maintenant que

R

f = 0. Posons, pour n ∈ N,   1 En = x ∈ R : f (x) ≥ , n 1 ϕn (x) = · χEn , n

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

103

et donc 0 ≤ ϕn ≤ f et ϕn est simple et mesurable. Ainsi, Z Z 1 0 = f ≥ ϕn = · mes (En ) ≥ 0, n et donc mes (En ) = 0, pour tout n. Ensuite, ∞  [ n=1

1 x : f (x) ≥ n

 = {x : f (x) > 0} . | {z } mesure =0

Théorème 3.3.6 (Théorème de la convergence monotone) Soit fν ≥ 0 une suite de fonction mesurables. Supposons que la suite des fν (x) soit croissante et limν→∞ fν (x) = f (x). Alors Z Z lim

fν =

ν→∞

f.

Démonstration. La démonstration est divisée en deux étapes. R R R R R Etape 1 Comme la suite fν est monotone et que fν ≤ f , alors limν→∞ fν ≤ f . Etape 2 Montrons l’inégalité inverse. Soit 0 ≤ ϕ ≤ f une fonction simple et mesurable et α ∈ ]0, 1[. Définissons maintenant E0 = ∅ = {x : fν (x) ≥ α · ϕ(x)}.

Eν Alors Eν ⊂ Eν+1 et R =

S∞

ν=1 Eν .

Calculons maintenant,

Z

Z fν

≥

Z

fν ≥ Eν ν Z X

α

ϕ Eν

= α

k=1

ϕ

Ek \Ek−1

(cela vient du point (v) de la proposition 3.3.5 et du fait que les Ek \ Ek−1 sont deux à deux disjoints). Passons à la limite : Z lim

fν ≥ α

∞ Z X k=1

Z ϕ=α

ϕ.

Ek \Ek−1

R R En laissant tendre α vers 1, et puisque lim fν ≥ ϕ est vrai pour toute fonction simple et mesurable ϕ avec 0 ≤ ϕ ≤ f , alors  Z Z lim fν ≥ sup ϕ : 0 ≤ ϕ ≤ f, ϕ mesurable et simple .

Lemme 3.3.7 (Lemme de Fatou) Soit fν ≥ 0 une suite de fonctions mesurables, alors Z Z lim inf fν ≥ lim inf fν .

104

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Démonstration. On pose gν (x) = inf j≥ν {fj (x)}. Alors gν (x) ≤ gν+1 (x) et on définit f (x) := lim gν (x) = lim inf fν (x) (on peut avoir, éventuellement, gν (x) = ∞). Puisque gν est monotone, on a Z Z Z lim gν = lim inf gν ≤ lim inf fν . (3.8) Par le théorème de la convergence monotone, Z Z Z Z f = lim inf fν = lim gν = lim gν .

(3.9)

En combinant les équations (3.8) et (3.9), on obtient le résultat. Théorème 3.3.8 Soit f ≥ 0 une fonction mesurable. Alors il existe une suite ϕν ≥ 0 de fonctions simples et mesurables, telle que ϕν (x) % f (x). Remarque 3.3.9 R R En particulier, f = lim ϕν . Démonstration. Définissons, 

Eν,k Fν

k−1 k = x: < f (x) ≤ ν ν 2 2 = {x : f (x) > ν}.



Alors, on a R=

∞ [

ν ν2 [

ν=1

k=1

! Eν,k ∪ Fν

∪ {x : f (x) = 0},

et Eν,k ∩ Fν = ∅,

∀k = 1, . . . , ν2ν .

Posons maintenant, ν

ϕν (x) =

ν2 X k−1

2ν

k=1

χEν,k (x) + ν · χFν (x).

On prétend que 0 ≤ ϕν ≤ ϕν+1

(3.10)

lim ϕν (x) = f (x).

(3.11)

ν→∞

Preuve de l’équation (3.10) On va distinguer 4 cas : x ∈ Fν+1 Alors ϕν+1 = ν + 1 et ϕν (x) = ν. x ∈ Fν \ Fν+1 Alors, ϕν (x) = ν et ν < f (x) ≤ ν + 1. Réécrivons,
ν2ν+1 + 1 − 1 (ν + 1)2ν+1 ν= < f (x) ≤ ν + 1 = . 2ν+1 2ν+1 Par conséquent, il existe ν2ν+1 + 1 ≤ k ≤ (ν + 1)2ν+1 tel que x ∈ Eν+1,k et donc
ν2ν+1 + 1 − 1 k−1 ϕν+1 (x) = ν+1 ≥ = ν = ϕν (x). 2 2ν+1

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

105

x 6∈ Fν , f (x) 6= 0 Il existe k ∈ {1, . . . , ν2ν } tel que x ∈ Eν,k ce qui implique que ϕν (x) = k−1 2ν . On a donc k−1 k k−1 < f (x) ≤ ν et ϕν (x) = . ν 2 2 2ν On veut montrer que ϕν+1 (x) ≥

k−1 2ν

= ϕν (x). Posons l = 2k − 1, alors

1 ≤ l = 2k − 1 ≤ 2 (ν2ν ) − 1 = ν2ν+1 − 1 ≤ (ν + 1)2ν+1 . Et donc, 2k − 2 k−1 k l l−1 = ν+1 = < f (x) ≤ ν = ν+1 . 2ν+1 2 2ν 2 2 Ainsi, ϕν+1 (x) ≥

l−1 k−1 = = ϕν (x). ν+1 2 2ν

f (x) = 0 Alors ϕν (x) = ϕν+1 (x) = 0. Preuve de l’équation (3.11) On va, à nouveau, distinguer plusieurs cas. f (x) = 0 On a ϕν (x) = 0, pour tout ν et donc ϕν (x) → f (x). 0 < f (x) < ∞ Il existe ν0 tel que x ∈ (Fν )c pour tous les ν ≥ ν0 . Ce qui implique x ∈ Eν,k , et donc k−1 k ϕν (x) = < f (x) ≤ ν . ν 2 2 On a donc 1 |f (x) − ϕν (x)| ≤ ν −→ 0. 2 T∞ f (x) = ∞ On a x ∈ ν=1 Fν et donc ϕν (x) = ν, ce qui implique ϕν (x) → f (x) = ∞.

Corollaire 3.3.10 Soit f ≥ 0 une fonction mesurable et ϕν ≥ 0 une suite de fonctions simples et mesurables telles que ϕν converge vers f de manière monotone. Alors Z Z lim ϕν = f. ν→∞

Proposition 3.3.11 Soient f, g ≥ 0 des fonctions mesurables. Alors Z Z Z (f + g) = f + g. Proposition 3.3.12 Si fν ≥ 0 est une suite de fonctions mesurables, alors Z X ∞

fν =

ν=1

3.3.2

∞ Z X

fν .

ν=1

Intégrale générale

Rappelons les deux définitions suivantes : f + (x) = max{f (x), 0}, f − (x) = max{−f (x), 0}. Proposition 3.3.13 Ces fonctions vérifient les propriétés suivantes :

106

CHAPITRE 3. LEBESGUE

(i) f = f + − f − ; (ii) |f | = f + + f − ; (iii) si f est mesurable, alors f + et f − sont mesurables. Définition 3.3.14 On définit les intégrales suivantes : (i) Si f est mesurable on dit que f est intégrable (que l’on écrira plus tard f ∈ L1 (R) si Z Z f + , f − < ∞. Alors, dans ce cas, Z

Z f=

Z

+

f −

f −.

(ii) Si f est mesurable et si E ⊂ R est mesurable, on dit que f est intégrable sur E (que l’on note f ∈ L1 (E)) si χE · f est intégrable. Dans ce cas, Z Z f = χE · f. E

Proposition 3.3.15 Si f, g sont des fonctions intégrables et si a ∈ E, alors R R (i) a · f = a · f ; R R R (ii) (f + g) = f + g ; R R (iii) f ≤ g ⇒ f ≤ g ; R (iv ) f = 0 p.p ⇒ f = 0. Théorème 3.3.16 (Théorème de la convergence dominée) Soient fν des fonctions mesurables telles que |fν | ≤ g p.p. et g intégrable. Si f (x) = limν→∞ fν (x) p.p., alors f est intégrable et Z Z f = lim

fν .

ν→∞

Démonstration. La démonstration est divisée en deux étapes. Etape 1 Comme |fν | ≤ g, alors |f | ≤ g p.p. De plus, fν et f sont intégrables. En effet, Z Z |f | ≤ g ⇒ 0 ≤ f + ≤ g ⇒ f + ≤ g < ∞ Z Z − − |f | ≤ g ⇒ 0 ≤ f ≤ g ⇒ f ≤ g < ∞. De même pour fν . Etape 2 Montrons maintenant que Z

Z f = lim

ν→∞

fν .

On va montrer grâce au lemme de Fatou 3.3.7 page 103 et grâce à majoration par g que Z Z Z lim sup fν ≤ f ≤ lim inf fν . (3.12) En effet, on obtient de la sorte Z lim inf Par conséquent, la suite

R

Z fν = lim sup

Z fν = lim

ν→∞

fν .

fν converge et par l’inégalité précédente on obtient le résultat.

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

107

Etape 3 On prouve maintenant l’inégalité (3.12). Remarquons d’abord que puisque f (x) = limν→∞ fν (x) p.p, Z Z Z f = lim inf fν = lim sup fν . Puisque |fν | ≤ g, on a que g + fν ≥ 0, ce qui implique  Z Z Z Z lim inf g + fν = g + lim inf fν . En appliquant le lemme de Fatou, 3.3.7 page 103 sur g + fν ≥ 0,  Z Z Z Z Z Z Z g + f = lim inf (g + fν ) ≤ lim inf g + fν = g + lim inf fν . Nous avons donc obtenu la deuxième inégalité : Z Z f ≤ lim inf fν . De même, puisque |fν | ≤ g, on a que g − fν ≥ 0. Et donc Z  Z Z Z Z Z Z g − f = lim inf (g − fν ) ≤ lim inf g − fν = g − lim sup fν . 3.3.7

Ainsi on obtient la première inégalité : Z Z f ≥ lim sup fν .

3.3.3

Relation entre les intégrales de Riemann et Lebesgue

Théorème 3.3.17 Soit f : [a, b] −→ R une fonction bornée et intégrable au sens de Riemann. Alors elle est intégrable au sens de Lebesgue et les deux intégrales sont égales. Démonstration. Pas donnée en cours. Théorème 3.3.18 Soit f : [a, b] −→ R. Alors f est intégrale au sens de Riemann si et seulement si f est continue p.p.

3.3.4

Approximation par des fonctions lisses

Définition 3.3.19 (Support (définition générale)) Soit f : X −→ R, une fonction définie sur un espace topologique (X, T ). Son support est supp(f ) = adh{x ∈ X : f (x) 6= 0} ⊂ . Définition 3.3.20 (Fonction à support compact) Une fonction est dite à support compact si son support est compact. On note alors f ∈ C0 . Lemme 3.3.21 Soit f : ]a, b[−→ R (on peut avoir a = −∞, b = ∞) une fonction intégrable. Alors, pour tout  > 0, il existe g ∈ C0 (a, b) telle que Z b |f − g| ≤ . a

108

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Démonstration. On va montrer par approximations successives que l’on peut prendre f = 1 (étapes 1 et 2) et que le résultat est élémentaire (étape 3) dans ce cas. + − Etape 1 En considérant Rle lemme pour f et f séparément, on peut supposer f ≥ 0. R Comme f = sup ϕ : 0 ≤ ϕ ≤ f, ϕ simple et mesurable , il suffit de montrer le résultat Pn a · χ (x), où les ai sont des constantes pour f simple, c’est-à-dire que f (x) = Ai i=1 i positives et les Ai des ensembles mesurables. Pour terminer, on peut se contenter de montrer le lemme pour χAi . On va donc supposer que f = χA , où A est mesurable.

Etape 2 Par le théorème 3.2.17 pageS94, pour tout  > 0, il existe I1 , . . . , In des intervalles deux à deux disjoints tels que B = ni=1 Ii et que mes (A4B) ≤ 2 . Soit alors χB . Calculons maintenant Z Z  |χA − χB | = dx = mes (A4B) ≤ . 2 A4B Si on montre le lemme pour χB , on aura le résultat, puisque Z Z Z |χA − g| ≤ |χA − χB | + |χB − g| ≤ . Puisque B est une union finie d’intervalles, en montrant le lemme séparément sur chaque intervalles Ii , on peut supposer que f = χI où I est un intervalle, et donc f = 1 sur I. Etape 3 On définit la fonction suivante         g(x) =       

: x ∈ ]a, a + 4 ]

0 x−(a+ 4 )

x ∈ ]a + 4 , a + 2 [

 4

1 (b− 4 )−x

x ∈ [a + 2 , b − 2 ]

0

x ∈ ]b − 4 , b[,

x ∈ ]b − 2 , b − 4 [

 4

qui possède les propriétés voulues.

Lemme 3.3.22 R Soit ϕ ∈ C0∞ (R) une fonction telle que ϕ ≥ 0, ϕ(x) = 0 si |x| > 1 et ϕ = 1. Pour R ν ∈ N, on définit ϕν (x) = ν · ϕ(ν · x). Remarquons que le support de ϕν est − ν1 , ν1 . De plus, ϕν = 1, et limν→∞ ϕν (x) = ∞. Soit de plus f ∈ C0 (]a, b[) et définissons une suite de fonctions Z ∞ fν (x) = f ∗ ϕν (x) := f (y) · ϕν (x − y)dy. −∞

Alors, pour ν suffisamment grand, fν ∈ C0∞ (]a, b[). On a Z ∞ Z ∞ |fν (x)| dx ≤ |f (x)|dx. −∞

−∞

De plus, fν −→ f uniformément. Démonstration. Aux exercices. Exemple 3.3.23 Soit la fonction

 ϕ(x) =

Choisir c tel que

R

ϕ = 1.

c exp x21−1 0

|x| < 1 |x| ≥ 1.

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

109

Théorème 3.3.24 Soit f : ]a, b[−→ R intégrable. Alors, pour tout  > 0, il existe g ∈ C0∞ (]a, b[) telle que Z

b

|f − g| ≤ . a

Démonstration. Découle des deux lemmes précédents. Remarque 3.3.25 Le résultat est vrai si a = −∞ ou b = ∞.

3.3.5

Les espaces Lp

Définition 3.3.26 Soient −∞ ≤ a < b ≤ ∞ et p ≥ 1. Soit de plus f : ]a, b[−→ R une fonction mesurable et notons Z kf kLp =

b p

 p1

|f |

.

a

On note aussi Lp (a, b) = {f :]a, b[−→ R, mesurable, kf kLp < ∞}. Convention 3.3.27 (Remarque faite en cours) Si f = g p.p, on ne distinguera pas les deux fonctions. Remarque 3.3.28 (i) L1 (a, b) est l’ensemble des fonctions intégrables sur ]a, b[. (ii) De manière plus rigoureuse, on définit d’abord Lp comme ci-dessus. Ensuite, on définit une relation d’équivalence f ∼ g ⇔ f = g p.p. On définit alors Lp en passant au quotient, ce qui permet d’assurer que la norme k·kLp est définie positive. Définition 3.3.29 Si p = ∞ et f : ]a, b[−→ R mesurable, alors kf kL∞ = supess{f } = inf{α : |f (x)| ≤ α p.p.}. Proposition 3.3.30 On a les propriétés suivantes : (i) Lp (a, b), 1 ≤ p ≤ ∞ est un espace vectoriel. (ii) Si de plus −∞ < a < b < ∞ et si 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞, on a que L∞ (a, b) ⊂ Lq (a, b) ⊂ Lp (a, b) ⊂ L1 (a, b). (iii) Si f ∈ L∞ , alors limp→∞ kf kLp = kf kL∞ . Théorème 3.3.31 (Lemme de Riemann-Lebesgue) Supposons que f ∈ L1 (0, 2π), alors Z lim

n→∞ 0

2π

Z f (x) cos(nx)dx = lim

n→∞ 0

2π

f (x) sin(nx)dx = 0.

Démonstration. Par le théorème 3.3.24 page 109, pour tout  > 0, il existe g ∈ C0∞ (]0, 2π[) telle que Z 2π |f − g| ≤ . 0

110

CHAPITRE 3. LEBESGUE

On a donc, Z

0

2π

Z f (x) cos(nx) − g(x) cos(nx)dx ≤

2π

|f (x) − g(x)|dx ≤ .

0

Calculons maintenant, Z 0

2π



1 sin(nx)g(x) g(x) cos(nx)dx = n

2π 0

1 − n

Z

2π

g 0 (x) sin(nx)dx.

0

En laissant tendre n vers l’infini, on obtient : 2π

Z lim

n→∞ 0

g(x) cos(nx)dx = 0.

En combinant les deux résultats, on obtient que Z 2π Z 2π Z 2π f (x) cos(nx)dx ≤ |f (x) cos(nx) − g(x) cos(nx)|dx + |g(x) cos(nx)| dx . 0 |0 {z } |0 {z } −→0

≤

Définition 3.3.32 Si 1 ≤ p ≤ ∞, on appelle exposant conjugué de p le nombre p0 , 1 ≤ p0 ≤ ∞, tel que Théorème 3.3.33 (Inégalité de Hölder) 0 Soit f ∈ Lp (a, b) et g ∈ Lp (a, b), avec p1 +

1 p0

1 p

+

1 p0

= 1.

= 1, alors f · g ∈ L1 (a, b) et de plus

kf · gkL1 ≤ kf kLp · kgkLp0 Démonstration. Soit 1 < p < ∞. 1

1

Etape 1 Si x, y > 0, alors x p · y p0 ≤

x p

+

y p0 .

Etape 2 Si kf kLp = 0 (ou kgkLp0 = 0), on a que f = 0 p.p. et donc f · g = 0 p.p, ce qui implique finalement kf · gkL1 = 0 et donc l’inégalité est triviale. On va donc supposer que kf kLp , kgkLp0 > 0 et on applique l’étape 1 à  x=

|f | kf kLp

p

 ,

y=

|g| kgkLp0

p0 ,

que l’on intègre de a à b.

Théorème 3.3.34 (Inégalité de Minkovski) Si 1 ≤ p ≤ ∞ et f, g ∈ Lp (a, b) alors f + g ∈ Lp (a, b) et de plus kf + gkLp ≤ kf kLp + kgkLp . Démonstration. On commence par remarquer que Z ∞ |f + g|p −∞ Z ∞ = |f + g| · |f + g|p−1 Z−∞ Z ∞ p−1 ≤ |f | · |f + g| + −∞

∞

−∞

|g| · |f + g|p−1 .

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

111

On va alors utiliser l’inégalité de Hölder avec p0 =

p p−1 ,

car

1 1 1 p−1 + 0 = + = 1. p p p p On trouve alors, kf +

gkpLp

Z

∞

≤

|f | · |f + g|

p−1

Z

−∞

|g| · |f + g|p−1

−∞

 1 Z  p−1 Z  p−1  1 Z p p p p p p (p−1) p−1 (p−1) p−1 p |f | · |f + g| + |g| · |f + g| Z  1 Z  1 ! Z  p−1 p p p p p p + · |f | |g| |f + g|

Z ≤ = =

∞

+



p



kf kLp + kf kLp

kf + gkp−1 Lp .

En divisant des deux côtés par kf + gkp−1 Lp , on trouve le résultat désiré. Théorème 3.3.35 Si 1 ≤ p < ∞, f ∈ Lp (a, b). Alors pour tout  > 0, il existe g ∈ C0∞ (a, b) tel que kf − gkLp ≤ . Théorème 3.3.36 (Inégalité de Jensen) Soient −∞ < a < b < ∞, ϕ : R −→ R convexe et f ∈ L1 (a, b), alors  ϕ

1 b−a

b

Z

 f (x)dx

a

1 ≤ b−a

Z

b


ϕ f (x) dx.

a

Démonstration. On va faire la démonstration dans le cas particulier où ϕ ∈ C 1 . Puisque ϕ ∈ C 1 et est convexe, on a que pour tous s, t ∈ R, ϕ(t) ≥ ϕ(s) + ϕ0 (s)(t − s) Rb 1 (la fonction est au dessus de sa tangente). Posons maintenant s = b−a a f (x)dx 6= ∞ et t = f (x), alors       Z b Z b Z b
1 1 1 0 ϕ f (x) ≥ ϕ f (x)dx + ϕ f (x)dx · f (x) − f (x)dx . b−a a b−a a b−a a En intégrant à gauche et à droite, et en divisant par b−a, on obtient le résultat désiré (remarquer que la plupart des termes ne dépendent pas de x). Exemple 3.3.37 Soit 1 ≤ p < ∞ et posons ϕ(x) = |x|p , alors l’inégalité de Jensen nous affirme que p p Z b Z b 1 1 f (x)dx ≤ |f (x)|dx b − a b−a a a Z b 1 ≤ |f (x)|p dx. b−a a Ce qui implique que, 

1 kf kL1 b−a

En posant p = 2, on trouve kf kL1 ≤

p ≤ √

1 kf kpLp . b−a

b − a kf kL2 .

112

CHAPITRE 3. LEBESGUE

Proposition 3.3.38 k.kLp est une norme. Démonstration. On va montrer les trois points habituels. (i) kf kLp = 0 ⇒ f = 0 p.p. et donc f = 0 (avec la convention que l’on a fait). (ii) L’homogénéité est évidente. (iii) L’inégalité du triangle provient de l’inégalité de Minkovski.

Définition 3.3.39 On dit qu’un espace vectoriel X normé (k.k) est complet si toute suite de Cauchy converge (par rapport à la norme k.k). Remarque 3.3.40 (i) Si 1 ≤ p ≤ ∞, alors Lp (a, b) est un espace de Banach. (ii) L2 (a, b) est un espace de Hilbert. On pose b

Z

f (x)g(x)dx,

< f, g >= a

qui définit bien un produit scalaire. Théorème 3.3.41 Soit 1 ≤ p ≤ ∞. Alors X = Lp (a, b) muni de la norme k.kLp est complet. De plus, si limν→∞ kfν − f kLp = 0, alors il existe une sous-suite fνα de fν qui converge vers f presque partout. Démonstration. On va partager la démonstration en deux étapes. (i) Supposons que 1 ≤ p < ∞. On va commencer par prouver qu’il existe une sous suite qui possède une limite ponctuelle f presque partout. On montrera ensuite que ceci implique une convergence dans l’espace (Lp (a, b), k.kLp ). Ainsi on obtiendra le résultat, puisque toute suite de Cauchy ayant une sous-suite convergente est convergente. Soit donc (fν ) une suite de Cauchy. On sait alors que pour tout i ∈ N, il existe N = N (i) tel que 1 kfν − fµ kLp ≤ i , ∀ν, µ ≥ N (i). 2 On peut trouver ν1 , ν2 , . . . tels que ν1 ≥ N (1), ν2 ≥ N (2), etc, et ainsi on trouve une sous suite telle que

fν − fν p ≤ 1 . i+1 i L 2i On définit, pour k ∈ N, k X fν (x) − fν (x) , gk (x) := i+1 i i=1

ainsi que g(x) :=

∞ X fν

i+1

(x) − fνi (x) .

i=1

Alors, kgk kLp

≤ 3.3.34

≤

k X

fν (x) − fν (x) p i+1 i L i=1 k X i=1

∞

X 1 1 ≤ = 1. i 2 2i i=1

3.3. INTÉGRALE DE LEBESGUE*

113

Comme les (gk )p ≥ 0 sont des fonctions mesurables, on a, en appliquant le lemme de Fatou (3.3.7 page 103) Z Z |g(x)|p dx = lim |gk (x)|p dx kgkpLp = k→∞ Z ≤ lim inf |gk (x)|p dx = lim inf kgk kpLp ≤ 1, 3.3.7

k→∞

k→∞

ce qui implique que g ∈ Lp et que g est finie p.p. Remarquons maintenant que, fνk (x) = fν1 (x) +

k−1 X 

 fνi+1 (x) − fνi (x) .

i=1

Alors cette sous-suite converge presque partout vers f (x) = fν1 (x) +

∞ X 

 fνi+1 (x) − fνi (x) .

i=1

P∞

En effet, |fνk (x) − f (x)| ≤ i=k+1 fνi+1 (x) − fνi (x) . Or, la suite gk (x) est convergente vers g(x) qui est finie presque partout, et donc le terme de droite converge vers 0 presque partout lorsque k tend vers l’infini. On a ainsi que lim fνi (x) = f (x) i→∞

presque partout. De plus, f ∈ Lp puisque fν1 et g sont dans Lp . Il nous reste donc à montrer qu’alors limi→∞ kfνi − f kLp = 0. Ainsi, on aura par la convergence dominée (par g) et la convergence ponctuelle presque partout, on obtient Z p lim kf − fνi kLp = lim |f (x) − fνi (x)|p dx i→∞ i→∞ Z = lim |fνi (x) − f (x)|p = 0. i→∞

(ii) Supposons maintenant que p = ∞. Remarquons d’abord que si h ∈ L∞ , alors mes ({x : |h(x)| ≥ khkL∞ }) = 0, par définition de l’espace L∞ . Définissons maintenant,  Aν,µ = x : |fν (x) − fµ (x)| > kfν − fµ kL∞ , Bν

= {x : |fν (x)| > kfν kL∞ } .

Puisque les fν , fµ ∈ L∞ , on a que mes (Aν,µ ) = mes (Bν ) = 0. Ainsi, si l’on définit [ [ E= Aν,µ ∪ Bν , ν6=µ

on aura que mes (E) = 0. On aimerait montrer maintenant qu’il existe f ∈ L∞ telle que limν→∞ kf − fν kL∞ = 0. Si x 6∈ E, on a que |fν (x) − fµ (x)| ≤ kfν − fµ kL∞ −→ 0. Ainsi, (fν ) est une suite de Cauchy dans R. Puisque R est complet, il existe une unique fonction f telle que fν (x) −→ f (x), pour tout x 6∈ E. Il reste à voir que f ∈ L∞ et que

114

CHAPITRE 3. LEBESGUE kf − fν kL∞ −→ 0. Soit  > 0, on aura donc kfν − fµ kL∞ ≤ ,

ν, µ ≥ N ().

De plus, pour x 6∈ E, |fν (x) − fµ (x)| ≤ kfν − fµ kL∞ ≤ , et donc, en laissant d’abord tendre ν vers l’infini, on obtient que limµ→∞ |f (x) − fµ (x)| = 0. Ce qui implique que, |f (x)| ≤ |f (x) − fµ (x)| + |fµ (x)| ≤ kf − fµ kL∞ + kfµ kL∞ , et donc que kf kL∞ < ∞. Ainsi f ∈ L∞ . On obtient aussi kf − fµ kL∞ −→ 0.

3.3.6

Intégrales multiples

On peut faire la même théorie dans Rn en remplaçant les intervalles par des cubes. Soit RN = Rn × Rm . On écrit un élément de RN comme un couple (x,y). Si x ∈ Rn , on écrit fx (y) = f (x, y) pour indiquer qu’une fonction ne dépend que de y. On fait la même chose pour y. Théorème 3.3.42 (Théorème de Tonelli) Soit f : Rn × Rm −→ R une fonction mesurable. Supposons que l’on ait, Z |f (x, y)|dy < ∞, Rm

pour presque tous les x ∈ Rn et Z

Z |f (x, y)|dy < ∞.

dx Rn

Rm

Alors, f ∈ L1 (Rn × Rm ). Théorème 3.3.43 (Théorème de Fubini) Si f ∈ L1 (Rn × Rm ), alors pour presque tout y ∈ Rm , la fonction fy : Rn −→ R est intégrable et pour presque tout x ∈ Rn , fx : Rm −→ R est intégrable. On a de plus Z Z Z Z Z f (x, y)dxdy = f (x, y)dxdy = dy f (x, y)dx. Rn ×Rm

Rn

Rm

Rm

Le résultat suivant a été donné par les assistants. Théorème 3.3.44 Soient I, J ⊂ R des ouverts et f : I × J −→ R une fonction telle que (i) l’application x 7→ f (x, y) ∈ L1 (I), pour tout y ∈ J ; (ii) pour presque tous les x ∈ I, y ∈ J, ∂f ∂y (x, y) existe ; (iii) il existe g ∈ L1 (I) telle que ∂f (x, y) ≤ g(x), pour tout y ∈ J. ∂y Alors, Z f (x, y)dx

F (y) = I

est dérivable et 0

Z

F (y) = I

∂f (x, y)dx. ∂y

Rn

Chapitre 4

Analyse de Fourier 4.1 4.1.1

Introduction* Série de Taylor

On écrit une fonction comme une somme de monômes : f (x) =

∞ X f (n) (x)

n!

n=0

(x − x0 )n .

Soit f : R −→ R, T > 0 et f (x + T ) = f (x), pour tout x ∈ R. On aimerait écrire la fonction comme une somme de sinus et de cosinus, éventuellement infinie : f (x) =

    ∞  a0 X 2πn 2πn + an cos x + bn sin x . 2 T T n=1

Si une telle représentation existe, alors on devra avoir : an = bn =

2 T

Z

2 T

Z

T

0 T

0



 2πn f (x) cos x dx, T   2πn f (x) sin x dx, T

n = 0, 1, 2 . . . n = 1, 2 . . .

On va plutôt utiliser la notation complexe : ∞ X

f (x) =

cn · e

2πni x T

,

n=−∞

où 1 cn = T

4.1.2

Z

T

f (x)e−

2πni x T

dx

0

Préliminaires I - Quelques espaces fonctionnels

Proposition 4.1.1 Soit f : R −→ R, T -périodique et telle que f ∈ L1 (0, T ). Alors, pour tout a ∈ R, on a f ∈ L1 (a, a + T ) et Z a+T Z T f (x)dx = f (x)dx. a

0

115

116

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Proposition 4.1.2 Soient m, n ∈ Z et T > 0, alors T

Z

 sin

0

   2πm 2πn x cos x dx = 0. T T

On a aussi 2 · T

Z

2 · T

Z

T



    2πm 2πn 0 x sin x dx = 1 T T

si n 6= m, si n = m,



    2πm 2πn 0 x cos x dx = 1 T T

si n 6= m, si n = m.

sin 0

et T

cos 0

Définition 4.1.3 (Continuité par morceaux) On dit qu’une fonction f : R −→ R est continue par morceaux si pour tout compact [a, b], il existe a0 = a, a1 , . . . , an+1 = b une partition de [a, b] telle que pour tout i = 0, . . . , n, f ]a ,a i

i+1 [

∈ C 0.

En particulier, les limites à gauche et à droite, pour chacun des intervalles, existent. Définition 4.1.4 (Espace de Hölder) Soit f : [a, b] −→ R et 0 < α ≤ 1. On dit que f est Hölder continue d’exposant α et on note f ∈ C 0,α ([a, b]) s’il existe une constante γ > 0 telle que |f (x) − f (y)| ≤ γ|x − y|α ,

∀x, y ∈ [a, b].

Si α = 1 on dit aussi que f est Lipschitzienne. Remarque 4.1.5 Par abus de notation, si α = 0, C 0,0 = C 0 . Exemple 4.1.6 Soit f (x) = xα , avec 0 < α < 1. Alors f ∈ C 0,α ([0, 1]) (et pas mieux, tant pis pour elle). Exemple 4.1.7 Soit  f (x) =

0 −1 log(x)

si x = 0  si x ∈ 0, 12 .

Alors f est continue mais pas Hölder continue (vu aux exercices). Proposition 4.1.8 On a les propriétés suivantes : (i) f, g ∈ C 0,α ⇒ f · g ∈ C 0,α . (ii) Soit 0 < α ≤ β ≤ 1, alors C 1 ([a, b]) ⊂ C 0,1 ([a, b]) ⊂ C 0,β ([a, b]) ⊂ C 0,α ([a, b]) ⊂ C 0 ([a, b]). Remarque 4.1.9 Il est nécessaire de choisir un intervalle borné pour les inclusions ci-dessus.

4.1. INTRODUCTION*

4.1.3

117

Préliminaires II - Noyaux de Dirichlet, Féjer et Poisson

Proposition 4.1.10 (Noyau de Dirichlet) Soit n ∈ N et définissons N X

DN (x) =

einx .

n=−N

Alors, DN (x) = et

Z

sin




 N + 12 x
sin x2

π

DN (x)dx = 2π. −π

Démonstration. Plusieurs cas seront distingués. (i) x = 2kπ On a alors N X

DN (x) =

einx = 2N + 1.

n=−N

(ii) x 6= 2kπ On calcule la série géométrique de raison eix pour trouver
N ix N +1 X 1 − e einx = 1 − eix n=0
N +1 −1 N X X 1 − e−ix inx −inx e = e = −1 + 1 − e−ix n=1 n=−N
N +1 e−ix − e−ix = 1 − e−ix
−N eix −1 = . ix 1−e En combinant les deux équations, on obtient que
−N
N +1 eix − eix DN (x) = 1 − eix h
N + 1
N + 1 i −ix 2 2 e− 2 − e−ix + eix h i = −ix x x −e− 2 ei 2 − e−i 2 
 sin N + 12 x
= . sin x2 (iii) On calcule l’intégrale directement : Z

π

DN (x)dx = −π

N Z X n=−N

Proposition 4.1.11 (Noyau de Féjer) Soit N ∈ N, alors ∆N (x) =

π

einx dx =

−π

N −1 1 X Dn (x). N n=0

On a les propriétés suivantes :

Z

π

dx = 2π. −π

118

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

(i) "

1 ∆N (x) = N (ii)

Z


#2

Nx 2
x 2

sin sin

=

1 − cos(N x)
. N 1 − cos(x)

π

∆N (x)dx = 2π. −π

(iii) ∆N ≥ 0 et pour tout δ ∈ ]0, π], sup{∆N (x) : δ ≤ x ≤ π} −→ 0 si N −→ ∞. (iv ) ∆N (2kπ) = N . Démonstration. On va distinguer deux cas pour la démonstration. (i) x = 2kπ Par la proposition précédente, DN (x) = 2N + 1. On a donc que ∆N (x) =

N −1 1 X N2 (2n + 1) = = N. N N n=0

(ii) x 6= 2kπ Calculons d’abord,
eix − 1 DN (x) =

eix − 1

= e

N
X

i(N +1)x

einx

n=−N iN x

−e

.

Ainsi, eix − 1

−1
NX

Dn (x) =

n=0

N −1  X

 ei(n+1)x − einx .

n=0

Continuons, −ix

e

−1




ix

e −1

−1
NX

Dn (x) =

e

−ix

−1  
NX −1 ei(n+1)x − einx

n=0

n=0

=

=

N −1 h X n=0 N −1 h X

einx − e−i(n+1)x + e−inx − ei(n+1)x inx

e

i(n+1)x

−e

i

+

N −1 h X

e−inx − e−i(n+1)x

n=0

n=0 iN x

= 1−e

+1−e
= 2 1 − cos(N x) .

−iN x

Calculons maintenant, e−ix − 1





eix − 1 = 2 − e−ix − eix = 2 (1 − cos(x)) .

En regroupant les deux équations précédentes, ∆N (x) =

N −1 1 X 1 − cos(N x) · Dn (x) = . N (1 − cos x) N n=0

En utilisant la formule, 2 sin2 θ = 1 − cos(2θ), on termine. Etape suivante N −1 Z 1 X π ∆N (x)dx = DN (x)dx = 2π. N −π −π

Z

π

n=0

i

i

4.1. INTRODUCTION*

119

∆N (x) ≥ 0 Evident. Convergence Soit δ ∈ ]0, π], alors cos x ≤ cos δ si x ∈ [δ, π]. Ainsi, sup {∆N (x)} ≤ x∈[δ,π]

2 1 −→ 0. N 1 − cos δ

Remarque 4.1.12 Pour montrer le point (i), y’a moyen de faire une preuve par récurrence. Proposition 4.1.13 (Noyau de Poisson) Soit 0 ≤ r < 1, alors ∞ X Pr (x) = r|n| e−inx = n=−∞

4.1.4

1 − r2 . 1 − 2r cos x + r2

Définitions et exemples

Définition 4.1.14 (Série de Fourier partielle et série de Fourier) Soit N ∈ N et f : R −→ R une fonction T -périodique (T > 0) avec f ∈ L1 (0, T ). On définit :   Z 2 T 2π an = f (x) cos nx dx, T 0 T   Z 2 T 2π bn = f (x) sin nx dx. T 0 T On appelle série de Fourier partielle d’ordre N     N  2π a0 X 2π FN f (x) = + an · cos nx + bn · sin nx . 2 T T n=1

On appelle série de Fourier de f la limite, quand elle existe, F f (x) = lim FN f (x). N →∞

Remarque 4.1.15 (Calcul formel) Prenons T = 2π. On va montrer formellement que si ∞

a0 X f (x) = + [an cos(nx) + bn sin(nx)] , 2 n=1

alors les coefficients an et bn sont ceux donnés par Fourier. Multiplions f par cos(mx), alors ∞ X   a0 f (x) cos(mx) = · cos(mx) + an cos(nx) cos(mx) + bn sin(nx) cos(mx) 2 n=1 Z T Z 1 1 T a0 ⇔ f (x) cos(mx)dx = · cos(mx)dx π 0 π 0 2  Z Z ∞  X an T bn T + cos(nx) cos(mx)dx + sin(nx) cos(mx)dx . π 0 π 0 n=1

La proposition 4.1.2 page 116 nous permet de trouver Z 1 T a0 = f (x)dx, π 0 Z 1 T am = f (x) cos(mx)dx. π 0

120

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

En refaisant la même chose avec sin(mx), on trouve bm =

1 π

Z

T

f (x) sin(mx)dx. 0

Les coefficients sont donc bien ceux mentionnés plus haut. Proposition 4.1.16 (Forme exponentielle) Soient f et FN f comme dans la définition. Alors N X

FN f (x) =

cn e

2π inx T

,

n=−N

1 cn = T

Z

T

2π

f (x)e− T

inx

dx.

0

Démonstration. Dans le cas où T = 2π. Ecrivons, cos(nx) = sin(nx) =

einx + e−inx 2 einx − e−inx . 2i

Ainsi, FN f (x) =

=

N i a0 X h an cos(nx) + bn sin(nx) + 2 n=1 " # N a0 X an − i · bn inx an + ibn −inx + e + e 2 2 2 } | {z } | {z n=1

cn

=

N X

c−n

cn e−inx .

n=−N

On vérifie facilement que les cn correspondent à ce que l’on avait donné plus haut. Exemple 4.1.17 Trouver la série de Fourier de f (x) = cos(x), T = 2π. La série de Fourier devrait être F f (x) = cos(x), pour tout x. Vérifions cela par calcul : a0 = a1 = an = bn =

Z 2π 2 cos(x)dx = 0 2π 0 Z 2π 2 cos(x) cos(x) = 1 2π 0 Z 2π 2 cos(x) cos(nx)dx = 0, ∀n ≥ 2 2π 0 Z 2π 2 cos(x) sin(nx) = 0, 2π 0

ce qui implique F0 f (x) = 0 F1 f (x) = cos(x) = FN (x), ∀n ≥ 1, et donc, F f (x) = cos(x).

4.1. INTRODUCTION*

121

Exemple 4.1.18 Prenons

 f (x) =

1 0

si x ∈ [0, π[ si x ∈ ]π, 2π],

que l’on étend par 2π-périodicité sur R. Calculons maintenant, Z 1 2π f (x)dx = 1, π 0 Z 1 2π f (x) cos(nx)dx π 0 Z π 1 cos(nx)dx π 0 π sin(nx) = 0, n ≥ 1, nπ 0 Z 1 π sin(nx)dx π 0 π − cos(nx) nπ

a0 = an = = = bn = =

0


1 = 1 − cos(nπ) nπ
1 = 1 − (−1)n nπ  0 si n pair = 2 si n est impair. nπ Ecrivons maintenant la série de Fourier de la fonction, ∞ 1 2 X sin (2n + 1)x + F f (x) = 2 π 2n + 1 n=0  1 x = 0 (x = 2π)    2 1 x ∈ ]0, π[ = 1   2 x=π  0 x ∈ ]π, 2π[




(démo plus tard). Proposition 4.1.19 Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique, f ∈ L1 (−π, π) avec FN f (x) =

N X

inx

cn e

n=−N

,

1 cn = 2π

Z

2π

f (x)e−inx dx.

0

Alors, FN f (x) = = =

Z π 1 DN (x − y)f (y)dy 2π −π Z π 1 DN (y)f (x − y)dy 2π −π Z π 1 DN (y)f (x + y)dy. 2π −π

122

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Démonstration.

(i) Par la proposition 4.1.16, on a que N X

1 FN f (x) = 2π n=−N | = =

1 2π

Z

1 2π

Z

Z

2π

0

cn

N 2π X

0

f (y)e−iny dy einx {z } f (y)ein(x−y) dy

n=−N 2π

DN (x − y)f (y)dy. 0

(ii) On fait le changement de variable z = x − y et on trouve
 N + 21 (x + 2π)   DN (x + 2π) = sin x+2π 2 
 − sin N + 12 x   = − sin x2 = DN (x). sin



Ainsi, en reprenant l’égalité d’avant, Z

1 2π

2π

DN (x − y)f (y)dy = 0

1 2π

Z

π

DN (x − y)f (y)dy −π

Z x−π 1 DN (z)f (x − z)dz 2π x+π Z −π 1 = − DN (z)f (x − z)dz 2π π = −

(on a utilisé la périodicité pour la dernière égalité). (iii) On va faire le changement de variable z = −y. Remarquons que DN (−z) = DN (z). Ainsi, Z

π

Z DN (y)f (x − y)dy

=

−π

=

z=−y

4.1.5

−π

− DN (−z)f (x + z)dz Z ππ DN (y)f (x + y)dy. −π

Les moyennes de Cesaro et le théorème de Fejer

Définition 4.1.20 Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique avec f ∈ L1 (−π, π). On définit alors la moyenne de Cesaro : N −1 1 X ΦN f (x) = Fn f (x). N n=0

4.1. INTRODUCTION*

123

Proposition 4.1.21 Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique avec f ∈ L1 (−π, π). Alors Z π 1 ΦN f (x) = ∆N (x − y)f (y)dy 2π −π Z π 1 = ∆N (y)f (x − y)dy 2π −π Z π 1 = ∆N (y)f (x + y)dy. 2π −π Démonstration. On va montrer les trois égalités séparemment. (i) On calcule directement, en utilisant le fait que FN f (x) = ΦN f (x) =

=

1 2π

Rπ −π

DN (x − y)f (y)dy

N −1 1 X Fn f (x) N n=0 # Z π " NX −1 1 1 Dn (x − y) f (y)dy. 2π −π N n=0 {z } | ∆N (x−y)

(ii) On montre d’abord que ∆N (x + 2π) = ∆N (x). En utilisant le point précédent et le changement de variable z = x − y, on termine. (iii) Se fait de la même manière que les points précédents. On utilise le fait que ∆N (−z) = ∆N (z) et on effectue le changement de variable y = −z.

Théorème 4.1.22 (Théorème de Fejer) Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique. (i) Si f est continue, alors lim ΦN f = f

N →∞

uniformément. (ii) Si f ∈ L1 (−π, π) et pour a ∈ ] − π, π[ les limites à droite et à gauche en a existent et sont finies, alors 1 lim ΦN f (a) = [f (a + 0) + f (a − 0)] , N →∞ 2 où f (a + 0) et f (a − 0) représentent les limites à droite et à gauche, respectivement. En particulier, si f est continue en a, alors limN →∞ ΦN f (a) = f (a). Démonstration.

(i) Par la proposition 4.1.11, on sait que ∆N ≥ 0 et que pour tout δ ∈ ]0, π], sup {∆N (x)} −→ 0. δ≤|x|≤π

De plus, on sait que Z

π

∆N (y)dy = 2π. −π

Par la proposition 4.1.21, 1 ΦN f (x) = 2π

Z

π

∆N (y)f (x − y)dy. −π

124

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER Calculons, Z

1 2π 1 2π

|ΦN f (x) − f (x)| = ≤

π

−π

  ∆N (y) f (x − y) − f (x) dy

[Iδ + Jδ ] ,

(4.1)

où Z

δ

∆N (y) |f (x − y) − f (x)| dy

Iδ = −δ

Z ∆N (y) |f (x − y) − f (x)| dy.

Jδ = δ≤|y|≤π

Soit  > 0. Comme f est continue, il existe M > 0 et δ = δ() tels que pour tout x ∈ [−π, π], |f (x)| ≤ M et |y| ≤ δ ⇒ |f (x−y)−f (x)| ≤ 2 . Ayant fixé δ = δ(), on choisit N suffisamment grand pour que  0 ≤ ∆N (y) ≤ , ∀δ ≤ |y| ≤ π. 4M Par conséquent, Z  δ ∆N (y)dy ≤ π, 0 ≤ Iδ ≤ 2 −δ Z 0 ≤ Jδ ≤ 2M · ∆N (y)dy δ≤|y|≤π Z  ≤ dy ≤ π. 2 δ≤|y|≤π En remettant tout dans (4.1), on a que |ΦN f (x) − f (x)| ≤ , (ii) Posons l = tions :

f (a+0)+f (a−0) . 2

∀x ∈ [−π, π].

On va utiliser les propriétés des noyaux pour faire des estima4.1.21

ΦN f (a) − l

=

1 2π −

Z

1 2π

π

∆N (y) −π

Z

f (a + y) + f (a − y) dy 2

π

∆N (y)ldy. −π

Calculons maintenant, |ΦN f (a) − l| ≤ =

Z π f (a + y) + f (a − y) 1 ∆N (y) − l dy 2π −π 2 1 (Iδ + Jδ ) , 2π

où Iδ Jδ

δ

f (a + y) + f (a − y) = ∆N (y) − l , 2 −δ Z f (a + y) + f (a − y) = ∆N (y) − l . 2 δ≤|y|≤π Z

On va chercher à estimer Iδ et Jδ . Choisissons et fixons  > 0 ; on trouve alors δ = δ() tel que f (a + y) + f (a − y)  |y| ≤ δ ⇒ − l ≤ . 2 2

4.1. INTRODUCTION*

125

Ainsi,  0 ≤ Iδ ≤ 2

Z

δ

 ∆N (y)dy ≤ 2 −δ

Z

π

∆N (y)dy = π. −π

Estimons maintenant, π

f (a + y) + f (a − y) dy. 0 ≤ Jδ ≤ sup {∆N (y)} − l 2 −π δ≤|y|≤π Z

Comme f est périodique, 

Z

π

 |f (y)|dy ≤ π,

0 ≤ Jδ ≤ sup {∆N (y)} 2πl + −π

δ≤|y|≤π

si N est suffisament grand. Ainsi, |ΦN f (a) − l| ≤

1 [π + π] . 2π

Corollaire 4.1.23 Soient f et g deux fonctions continues, 2π-périodiques, ayant les même coefficients de Fourier. Alors f = g. Remarque 4.1.24 Si f, g ∈ L1 (−π, π) et sont deux fonctions 2π-périodiques dont les coefficients de Fourier sont les mêmes. Alors f = g p.p. Preuve du corollaire. Quitte à remplacer f par f − g, on peut supposer que g = 0. On aimerait donc montrer que f = 0. Puisque g = 0, ΦN f = ΦN g = 0 Puisque Φn f converge uniformément vers f , alors f = 0.

4.1.6

Convergence ponctuelle des séries de Fourier

Théorème 4.1.25 Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique. (i) Si f est Hölder continue d’exposant 0 < α ≤ 1, alors FN f (x) −→ f (x), pour tout x ∈ [−π, π]. (ii) Si f ∈ L1 (−π, π), f (a + 0), f (a − 0) existent et sont finies et s’il existe δ > 0 tel que f ∈ C 0,α ([a, a + δ]) ∩ C 0,α ([a − δ, a]), alors lim FN f (a) =

N →∞

f (a + 0) + f (a − 0) . 2

Remarque 4.1.26 (i) Le théorème, en gros, est dû à Dirichlet et il est faux si f est seulement continue. (ii) Si f est dérivable en a, alors FN f (a) −→ f (a). (iii) On peut affaiblir l’hypothèse de Hölder en la remplaçant par Dini : s’il existe δ > 0 tel que pour tout a ∈ R Z δ 1 f (a + y) + f (a − y) − f (a) dy < ∞. 2 0 |y|

126

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER Remarquons que si f ∈ C 0,α , alors elle satisfait Dini. En effet, si f ∈ C 0,α , il existe M > 0 tel que |f (a + y) − f (a)| ≤ M |y|α |f (a − y) − f (a)| ≤ M |y|α , et donc que f (a + y) + f (a − y) ≤ M |y|α . − f (a) 2 Ainsi, Z 0

δ

Z δ 1 f (a + y) + f (a − y) δα α−1 − f (a) . dy ≤ M y =; |y| 2 α 0

L1 (−π, π),

(iv) Si f ∈ Kolmogorov a montré que cela ne suffit pas pour la convergence de la série de Fourier. Il a donné une fonction qui diverge partout. (v) Si f ∈ L2 (−π, π), alors FN f converge presque partout (théorème de Carleson). En fait, si f ∈ Lp (−π, π), avec p > 1, alors FN f converge p.p (Hunt). Preuve du théorème. On va montrer la partie (i), la partie (ii) étant montrée de manière semblable. Par la proposition 4.1.19, Z π Z π 1 1 FN f (x) − f (x) = DN (y)f (x + y)dy − DN (y)f (x)dy 2π −π 2π −π
  Z π sin N + 21 y) 1
= [f (x + y) − f (x)] dy. 2π −π sin y2 Appelons ϕx (y) =

f (x + y) − f (x)
, sin y2

et supposons que l’on ait montré que ϕx ∈ L1 (−π, π). Alors le lemme de Riemann-Lebesgue (3.3.31 page 109) implique que   lim FN f (x) − f (x) = 0. N →∞

L1 (−π, π).

Il reste à montrer que ϕx ∈ Comme f est Hölder continue d’exposant 0 < α ≤ 1, on a que |f (x + y) − f (x)| ≤ γ|y|α . Maintenant, γ|y|α
sin y 2 |y|
· |y|α−1 . ≤ γ sin y2

|ϕx (y)| ≤

Comme |y| ≤ π, on a que |y|
sin y ≤ M. 2 Ainsi, Z

π

Z

π

|y|α−1 dy < ∞.

|ϕx (y)| ≤ γ · M −π

−π

En fait, pour l’intégrale ci-dessus, on peut faire : Z π Z α−1 |y| dy = 2 · lim −π

x→0+

x

π

y α−1 dy < ∞.

4.1. INTRODUCTION*

4.1.7

127

Convergence L2 des séries de Fourier

Théorème 4.1.27 Soit f ∈ L2 (0, 2π), alors 2π

Z

|FN f (x) − f (x)|2 dx = 0.

lim

N →∞ 0

De plus, l’identité de Parceval a lieu : ∞ X

2π

Z

2

|f (x)| dx = 2π 0

|cn |2 .

n=−∞

On rappelle que FN f (x) =

N X

cn · einx ,

cn =

n=−N

1 2π

Z

2π

f (x)e−inx dx.

0

Remarque 4.1.28 Ce résultat implique que les fonctions cos et sin sont une base de L2 . Notation 4.1.29 √ Soit u : [0, 2π] −→ C telle que |u| = uu ∈ L2 (0, 2π). On note s kuk =

1 2π

2π

Z

|u(x)|2 dx.

0

Lemme 4.1.30 Soit f : [0, 2π] −→ R, f ∈ L2 (0, 2π). Soient de plus an ∈ C et définissons AN (x) =

N X

an · einx .

−N

Alors, kf − FN f k ≤ kf − AN k .

(4.2)

Plus précisemment, kf − AN k2 = kf k2 −

N X

N X

[an c¯n + a ¯n cn ] +

n=−N

|an |2 ,

(4.3)

n=−N

et kf k2 = kf − FN f k2 +

N X

|cn |2 .

n=−N

Remarque 4.1.31 (i) Inégalité de Bessel De l’équation (4.4), on a, kf k2 ≥

N X

|cn |2 ,

n=−N

et donc

∞ X n=−∞

|cn |2 ≤ kf k .

(4.4)

128

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

(ii) Le lemme montre que l’approximation de Fourier de f est meilleure, dans la norme considérée, que n’importe quelle autre approximation trigonométrique. En particulier. kf − FN f k ≤ kf − ΦN f k . Preuve du lemme. La preuve sera divisée en trois étapes. Etape 1 Résultat préliminaire. Calculons, " N # " N # X X inx −inx an e · a ¯n · e = n=−N

n=−N

N X

N X

an · a ¯m · ei(n−m)x +

m,n=−N n6=m

an · a ¯n .

n=−N

En prenant l’intégrale du membreP de droite de 0 à 2π, on constate que la première somme ¯n . s’annule et la deuxième vaut 2π · N n=−N an · a Ainsi, # " N # Z 2π " X N N X X 1 inx −inx an e · a ¯n · e dx = |an |2 . 2π 0 n=−N

n=−N

n=−N

Etape 2 Soit f : [0, 2π] −→ R. Alors, 2

kf − An k

=

1 2π

Z

2π

" f−

0

N X

=

1 2π

Z

an e

· f−

n=−N

|

} |

f −An N X

2π 2

|f (x)| dx − N X

# a ¯n · e

−inx

dx

n=−N

{z

0

N X

# " inx

n=−N

{z

¯n f¯−A

1 an 2π

}

2π

Z

f (x)einx dx

0

2π 1 f (x)e−inx dx 2π 0 n=−N # " N # Z 2π " X N X 1 inx −inx + aN e · a ¯N · e dx 2π 0

−

Z

a ¯n

n=−N

=

kf k2 −

N X

n=−N

[an · c¯n + a ¯n · cn ] +

n=−N

N X

|an |2 ,

n=−N

ce qui implique l’équation (4.3). Etape 3 Si on choisit, dans l’équation (4.3), an = cn , on aura que AN = FN f , et donc 2

2

kf − fN f k = kf k −

N X

|cn |2 ,

n=−N

ce qui implique l’équation (4.4). Pour établir (4.2), il suffit de montrer que N h X

i |an |2 − (an · c¯n + a ¯n · cn ) + |cn |2 ≥ 0,

n=−N

ce qui est immédiat en remarquant que |an |2 − (an · c¯n + a ¯n · cn ) + |cn |2 = |an − cn |2 .

4.1. INTRODUCTION*

129

Preuve du théorème. La preuve sera divisée en trois étapes. Etape 1 Montrons d’abord le théorème sous l’hypothèse f ∈ C 0 (R) et 2π-périodique, ainsi f ∈ L2 (0, 2π). Par le lemme, on déduit que kf − FN f k ≤ kf − ΦN f k , où ΦN f est l’approximation de Féjer. Par le théorème de Féjer, on sait que pour tout  > 0, il existe N = N () tel que |Φf (x) − f (x)| ≤ ,

∀x ∈ [0, 2π].

Ainsi, on aura que  kf − FN f k ≤ kf − ΦN f k =

1 2π

2π

Z

2

 12

|f (x) − ΦN f (x)| dx

≤

0

Etape 2 Soit  > 0 et f ∈ L2 (0, 2π). Par le théorème 3.3.24, il existe g ∈ C0∞ (0, 2π) telle que  kf − gk ≤ . 2 Comme g est à support compact, on peut étendre g ∈ C 0 (R) et 2π-périodique. En appliquant l’étape 1,  kFN g − gk ≤ , ∀N ≥ N (). 2 Par le lemme 4.1.30, kf − FN f k ≤ kf − FN gk ≤ kf − gk + kg − FN gk ≤ . Etape 3 (Parseval) Regardons, kf − FN f k +

N X n=−N

1 |cn | = kf k = 2π 2

2

Z

2π

|f (x)|2 dx.

0

Mais, par l’étape 2, le premier terme tend vers 0. Ainsi, ∞ X

1 |cn | = 2π n=−∞

4.1.8

2

2π

Z

|f (x)|2 dx.

0

Convergence uniforme des séries de Fourier

Théorème 4.1.32 Soit f une fonction continue et 2π-périodique et f 0 ∈ L2 (0, 2π). Alors FN f −→ f uniformément. Remarque 4.1.33 Il faut être prudent sur l’interprétation de f 0 ∈ L2 (0, 2π). On supposera que f 0 est continue par morceaux. Preuve du théorème. Etape 1 On va montrer que si f 0 ∈ L2 (0, 2π) et f ∈ C 0 ([0, 2π]), alors 1 f ∈ C 0, 2 ([0, 2π]), et pas mieux. En effet, soient 0 ≤ x ≤ y ≤ 2π, alors Z y f (y) − f (x) = f 0 (t)dt. x

130

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER Ainsi, y

Z |f (y) − f (x)|

≤

0 f (t) dt

x y

Z ≤ CS

0 2 f (t) dt

 1 Z 2 ·

x

1

2

1

2

x y

Z

y

≤

0 2 f (t) dt

1 2

1

|x − y| 2 .

x

Etape 2 On sait que les coefficients de Fourier de f 0 sont c0n = in·cn . Par le formule de Parseval, appliquée à f 0 , on a Z 2π ∞ ∞ X X 0 2 0 2 1 f (x) dx = cn = n2 |cn |2 . 2π 0 n=−∞ n=−∞ 1

Etape 3 Comme f ∈ C 0, 2 ([0, 2π]), par le théorème de la convergence ponctuelle, et le théorème 4.1.25 page 125, X inx |FN −1 f (x) − f (x)| = cn e |n|≥N X ≤ |cn | |n|≥N

=

X 1 c0 |n| n

|n|≥N

 X

≤ 

|n|≥N

1 1  2 2 1   X 0 2  . cn |n|2 |n|≥N

En remarquant que le premier terme tend vers 0 quand n tend vers l’infini et que le second terme est fini, par l’étape précédente, on termine la preuve.

4.1.9

Quelques propriétés supplémentaires

Théorème 4.1.34 Soit α ∈ ]0, 1] et f ∈ C 0,α (R) une fonction T -périodique. Alors, (i) La série de Fourier     N  2π 2π a0 X + an cos nx + bn sin nx FN f (x) = 2 T T n=1

=

N X

2π

cn ei T

nx

,

n=−N

converge vers f (x), pour tout x ∈ [0, T ]. (ii) Si f est paire, alors bn = 0 pour tout n. (iii) Si f est impaire, alors an = 0 pour tout n. (iv ) Si de plus f 0 ∈ C 0,α ([0, t]), alors     ∞  2π X 2π 2π 0 f (x) = · −nan sin nx + nbn cos nx . T T T n=1

La série de Fourier de la dérivée est la dérivée de la série.

4.1. INTRODUCTION*

131

(v ) Pour x0 , x ∈ [0, T ], on peut permuter somme et intégrale : Z

∞ Z X

x

f (t)dt = x0

x

2π

cn ei T

nt

dt.

n=−∞ x0

(vi) Identité de Parseval Soit f ∈ L2 (0, T ). Alors 2 T

Z

T 2

|f (x)| dx =

 a 2 0

2

0

+

∞ X

a2n

+

b2n




∞ X

=2

|cn |2 .

n=−∞

n=1

Proposition 4.1.35 Soit f ∈ C 0,α ([0, L]), α ∈ ]0, 1]. Alors, pour tout x ∈ [0, L], ∞

 nπ  a0 X f (x) = Fc f (x) = + an cos x , 2 L n=1

où 2 an = L

Z

f˜(x) =



Démonstration. On définit

L

f (x) cos 0

 nπ  x dx. L

f (x) x ∈ [0, L] f (−x) x ∈ [−L, 0],

que l’on étend par T = 2L-périodicité. Notons que f˜ ∈ C 0,α (R) et 2L-périodique. On applique ensuite le théorème 4.1.34. Proposition 4.1.36 Soit f ∈ C 0,α ([0, L]), α ∈]0, 1]. Alors, pour tout x ∈ ]0, L[, alors f (x) = Fs f (x) =

∞ X

bn sin

n=1

 nπ  x . L

Si, de plus, f (0) = f (L) = 0, alors la convergence a lieu sur [0, L]. Démonstration. On défini



f˜(x) =

f (x) x ∈ [0, L] −f (−x) x ∈ ] − L, 0[,

que l’on étend par T = 2L-périodicité. Notons que f˜ ∈ C 0,α (R) et 2L-périodique. On applique ensuite le théorème 4.1.34.

4.1.10

L’inégalité isopérimétrique

Théorème 4.1.37 (Inégalité de Wirtinger) Soit f une fonction 2π-périodique de classe C 1 telle que Z π f (x)dx = 0. −π

Alors, Z

π

−π


2 f (x) dx ≥ 0

Z

π


2 f (x) dx.

−π

De plus, l’égalité à lieu si et seulement si f (x) = α cos(x) + β sin(x), pour α, β ∈ R. Remarque 4.1.38 Cette inégalité est équivalente à l’inégalité isopérimétrique.

132

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Preuve du théorème. Soit f ∈ C 1 (on peut exiger moins que C 1 ), par le théorème de la convergence ponctuelle, ∞ X f (x) = cn einx . n=−∞

Remarquons que, par hypothèse, c0 = 0. En utilisant l’inégalité de Parseval, on a que Z π X 1 |f (x)|2 dx = |cn |2 . 2π −π n6=0

Puisque f 0 ∈ C 0 , f 0 ∈ L2 , ainsi, les coefficients de f 0 sont c0n = in · cn . En appliquant l’inégalité de Parseval à f 0 , on trouve que Z π X X
2 1 c0n = n2 |cn |2 . f 0 (x) dx = 2π −π n6=0

n6=0

Alors, Z

π

−π

  Z X X
2 f 0 (x) dx = 2π  n2 |cn |2  ≥ 2π |cn |2 = n6=0

Z

π

f


0 2

Z

π

f 2.

=

−π


2 f (x) dx.

−π

n6=0

Supposons maintenant que

π

−π

Comme il y a égalité dans (4.5), on a que cn = 0, pour tout |n| ≥ 2. Corollaire 4.1.39 Soient f, g ∈ C 1 deux fonctions 2π-périodiques, alors Z π Z

 0 2 0 2 f + g ≥2 −π

π

f g0.

−π

De plus, il y a égalité si et seulement si il existe r1 , r2 , r3 ≥ 0 des constantes telles que
2
2 f (x) − r1 + g(x) − r2 = r32 . Démonstration. Inégalité Posons Z π 1 r1 = f 2π −π Z π 1 r2 = g 2π −π u = f − r1 v = g − r2 . On remarque qu’on a alors les propriétés suivantes : Z

2π

0 =

u(z)dz, 0

Z 0 =

2π

v(z)dz, 0 0

u0 (z) = f (z), v 0 (z) = g 0 (z).

(4.5)

4.1. INTRODUCTION*

133

On va montrer l’inégalité brute force, en omettant la dépendance en x. Les différentes étapes seront expliquées plus bas. Z πh Z πh i i


2
2 0 2 0 2 0 f + g − 2f g = u0 + v 0 − 2f g 0 −π Z−π i π h

0 2 0 2 0 = u + v − 2uv (∗) Z−π Z i i π h π h
2
2 = u0 − u2 + v 0 − 2uv 0 + u2 −π Z−π i Z π π h

2 2 = u0 − u2 + v0 − u −π

−π

≥ 0 (∗∗) On va montrer les deux étapes manquantes : (∗) Calculons : Z

π

Z

0

π

u(x)v (x)dx = −π

Z−π π =

(f (x) − r1 ) g 0 (x)dx Z π g 0 (x)dx f (x)g 0 (x)dx − r1 −π

Z−π π =


f (x)g 0 (x)dx − r1 g(π) − g(−π) , {z } | −π 0

où l’on a utilisé la 2π-périodicité de g. (∗∗) Inégalité de Wirtinger appliquée à u. Egalité On doit avoir deux égalités dans les équations ci-dessus, c’est-à-dire : (i) Par l’inégalité de Wirtinger, on doit avoir u(x) = α cos x + β sin x. (ii) On doit avoir v 0 (x) = u(x) presque partout et donc v 0 (x) = u(x) pour tout x ∈ [−π, π] puisque les fonctions v 0 et u sont continues. Ce qui nous donne v(x) = α sin x−β cos x+ γ. Cependant, puisque l’intégrale de v sur sa période vaut 0, on doit avoir γ = 0. Ainsi, on a : u(x) = α cos x + β sin x, v(x) = α sin x − β cos x. On a alors u2 (x) + v 2 (x) = α2 + β 2 =: r32 .

Théorème 4.1.40 (Inégalité isopérimétrique) Soit Γ ⊂ R2 une courbe simple, fermée et régulière (on peut la prendre régulière par morceaux, cela ne change pas grand chose à la démonstration). Alors, long (Γ)2 − 4π · Aire (int (Γ)) ≥ 0, avec égalité si et seulement si Γ est un cercle. Démonstration. La démonstration sera divisée en quatre étapes. Etape 1 Soit γ(t) = (u(t), v(t)) une paramétrisation simple et régulière de Γ. Il a été montré en série que Z b
Aire (int (Γ)) = uv 0 dt. a

134

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Etape 2 En prenant la paramétrisation par la longueur de l’arc, Z tq 2π (u0 )2 + (v 0 )2 , x = η(t) = −π + long (Γ) a on peut définir
ϕ(x) = u η −1 (x) ,


ψ(x) = v η −1 (x) .

Alors, q long (Γ) (ϕ0 )2 + (ψ 0 )2 = , 2π

∀x ∈ [−π, π].

En effet :
u0 η −1 (x) ϕ (x) = u η (x) · η (x) = 0 −1 , η (η (x))   u0 η −1 (x) long (Γ) 0 · rh ϕ (x) = , 2π
i 2 h
i 2 0 −1 0 −1 u η (x) + v η (x)   0 η −1 (x) v long (Γ) · rh ψ 0 (x) = . 2π
i 2 h
i 2 u0 η −1 (x) + v 0 η −1 (x) 0

0



−1




−1 0

On obtient ainsi q long (Γ) . (ϕ0 )2 + (ψ 0 )2 = 2π De plus, puisque

q (ϕ0 )2 + (ψ 0 )2 est une constante par rapport x, nous obtenons Z

π

long (Γ) =

q (ϕ0 )2 + (ψ 0 )2 dx.

−π

De même, en effectuant le changement de variable t = η −1 (x), on trouve Z b Aire (int (Γ)) = u(t)v 0 (t)dt a

Z π u η −1 (x) v 0 η −1 (x)
= dx η 0 η −1 (x) −π Z π
dh
i u η −1 (x) v η −1 (x) dx = dt Z−π π = ϕ(x)ψ 0 (x)dx. −π

Etape 3 Calculons, Z

2

long (Γ) − 4π · Aire (int (Γ)) = 2π

π

h

−π Z π

= 2π


0 2

i

Z

π

ϕψ 0 −π  Z π h
i
0 2 0 2 0 ϕ + ψ −2 ϕψ ≥ 0. ϕ

+ ψ

−π

Etape 4 En appliquant le corollaire 4.1.39, on trouve (ϕ − r1 )2 + (ψ − r2 )2 = r32 , et donc Γ est un cercle.


0 2

− 4π

−π

4.1. INTRODUCTION*

135

Démonstration. La démonstration sera divisée en quatre étapes. Etape 1 Soit γ(t) = (u(t), v(t)) une paramétrisation simple et régulière de Γ. Il a été montré en série que b

Z


uv 0 dt.

Aire (int (Γ)) = a

Etape 2 En prenant la paramétrisation par la longueur de l’arc, Z tq (u0 )2 + (v 0 )2 ,

2π x = η(t) = −π + long (Γ)

a

on peut définir
ϕ(x) = U η −1 (x) ,


ψ(x) = v η −1 (x) .

Alors, q long (Γ) (ϕ0 )2 + (ψ 0 )2 = , 2π

∀x ∈ [−π, π].

On a alors, 0

0

0

ϕ (x) = u η (x)




η


−1 0


u0 η −1 (x) , (x) = 0 −1 η (η (x))

todo : manque qqch De même, en effectuant le changement de variable t = η −1 (x), on trouve b

Z Aire (int (Γ)) =

u(t)v 0 (t)dt

a



u η −1 (x) v 0 η −1 (x) = dx η 0 (η − 1(x)) −π Z π
d 
 = u η −1 (x) v η −1 (x) dx dt Z−π π = ϕ(x)ψ 0 (x)dx. Z

π

−π

Etape 3 Calculons, Z

2

π

long (Γ) − 4π · Aire (int (Γ)) = 2π

h

−π Z π

= 2π


0 2

ϕ h

ϕ0

+ ψ


2

+ ψ0

−π

Etape 4 En appliquant le corollaire 4.1.39, on trouve (ϕ − r1 )2 + (ψ − r2 )2 = r32 , et donc Γ est un cercle.


0 2

i

Z

π

− 4π


2 i

−π Z π

−2 −π

ϕψ 0  0 ϕψ .

136

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

4.1.11

Une fonction continue et différentiable nulle part

Théorème 4.1.41 Soit α ∈ ]0, 1[ et on définit, fα (x) =

∞ X cos (2n x) n=0

2nα

.

Alors, fα est (i) Hölder continue ; (ii) paire ; (iii) π-périodique ; (iv ) différentiable nulle part. Cet exemple est dû à Weierstrass. Remarque 4.1.42 Riemann a proposé
∞ X sin n2 x , n2

n=1

sans pouvoir démontrer qu’elle était différentiable presque nulle part.

4.1.12

Divers résultats vus en séries

Proposition 4.1.43 Soit k ∈ N \ {0}, f : R −→ R une fonction continue T -périodique et an , bn ses coefficients de Fourier. Si f ∈ C k , alors il existe une consante γ telle que |an | , |bn | ≤

γ , nk

∀n = 1, 2, . . .

Pour le prochain théorème, je ne suis pas sûr à 100% de l’énoncé. On en a eu besoin en série. Théorème 4.1.44 1 Soit u une fonction et soit (un )∞ n=1 ⊂ C une suite de fonction telle que un (x) −→ u(x). Si 0 un −→ v uniformément localement (c’est-à-dire sur tout compact) et v ∈ C 0 , alors u ∈ C 1 et u0 = v.

4.2 4.2.1

Transformées de Fourier* Introduction

Remarque 4.2.1 Il s’agit d’une introduction informelle. Le tout sera justifié plus tard. Soit f : R −→ R une fontion T -périodique. On sait que l’on peut écrire f (x) = F f (x) comme sa série de Fourier. On va effectuer le changement de variable : α=

n , T

∆α =

1 . T

Ainsi, cn devient Z cn = ∆α

T 2

− T2

f (x)e−2πiαx dx.

4.2. TRANSFORMÉES DE FOURIER*

137

Donc, on peut écrire, f (x) =

∞ X

!

T 2

Z ∆α

−2πiαy

f (x)e

dy e2πiαx .

− T2

n=−∞

En laissant tendre T vers l’infini, puisqu’une fonction non-périodique peut être vue comme une fonction périodique avec T = ∞, on trouve que  Z ∞ Z ∞ −2πiαy f (y)e dy e2πiαx dα. f (x) = −∞ −∞ | {z } fˆ(α)

On écrit, Z ∞ ˆ f (y)e−2πiαy dy, f (α) = F (f ) (α) = −∞ Z ∞  −1 f (x) = fˆ(α)e2πiαx dα = F fˆ (x) = f (x). −∞

4.2.2

Définitions et exemples

Définition 4.2.2 Soit f ∈ L1 (R). La transformée de Fourier de f est définie par Z ∞ fˆ(α) = F (f ) (α) = f (y)e−2πiαy dy. −∞

Remarque 4.2.3 Parfois, la transformée de Fourier est définie comme suit : Z ∞ 1 ˆ f (α) = √ f (y)e−iαy dy. 2π −∞ Exemple 4.2.4 Calculer la transformée de Fourier de la fonction suivante :  1 |x| < 1 f (x) = 0 |x| ≥ 1. Vérifions que f ∈ L1 : Z

∞

|f (x)|dx = 2 < ∞. −∞

Calculons, fˆ(α) =

Z

∞

f (y)e−2πiαy dy

−∞ Z 1

e−2πiαy dy

= −1

 = = =

 −e−2πiαy 1 2πiα −1

1 e2πiα − e−2πiα πα 2i sin(2πα) . πα

138

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Exemple 4.2.5 Soit f (x) = e−|x| . Vérifions que f ∈ L1 : Z

∞

e−|y| dy = 2

Z

−∞

∞

e−y dy < ∞.

0

Calculons maintenant, fˆ(α) =

Z

∞

f (y)e−2πiαy dy

−∞ 0

Z

ey(1−2πiα) dy +

= −∞

" =

Z

∞

e−y(1+2πiα) dy

0

# 0 1 − 2πiα

ey(1−2πiα)

−∞

"

e−y(1+2πiα) + − 1 + 2πiα

# ∞ . 0

Remarquons que lim ey(1−2πiα) = 0, y→−∞ lim e−y(1+2πiα) = 0.

y→∞

Et donc, 1 1 2 + = . 1 − 2πiα 1 + 2πiα 1 + 4π 2 α2 En anticipant la formule d’inversion vue plus haut, on obtient que Z ∞ fˆ(α) · e2πiαx dα e−|x| = fˆ(α) =

−∞ ∞

Z =

−∞ ∞

Z =

−∞

2e2πiαx dα 1 + 4π 2 α2 Z ∞ 2 cos(2πiαx) 2 sin(2πiαx) dα + i dα . 2 2 1 + 4π α 1 + 4π 2 α2 | −∞ {z } =0 (fonction impaire)

4.2.3

Premiers résultats

Théorème 4.2.6 Soient f, g ∈ L1 (R). Alors (i) Continuité : fˆ ∈ C 0 (R; C). (ii) lim|α|→∞ fˆ(α) = 0.



(iii) fˆ L∞ ≤ fˆ L1 . (iv ) Linéarité : Soient a, b ∈ R. Alors, F (af + bg) = a · F (f ) + b · F (g). (v ) Dérivées : Si f 0 ∈ L1 (R), alors F (f 0 ) (α) = 2πiα · F (f ) (α). Plus généralement, si n ∈ N et si f 0 , f 00 , . . . , f (n) ∈ L1 , alors   F f (n) (α) = (2πiα)n · F (f ) (α).

4.2. TRANSFORMÉES DE FOURIER*

139

(vi) Dérivée de la transformée : Si h(x) = x · f (x) et si h ∈ L1 (R), alors, d hˆ i ˆ (F (f ))0 (α) = f (α) = −2πih(α) = −2πi · F (h) (α). dα (vii) Translations : Si a ∈ R et si on définit h(x) = f (x + a), alors ˆ F (h) (α) = h(α) = e2πiaα · F (f ) (α). (viii) Homothétie : Soit a > 0 et soit h(x) = f (ax). Alors, ˆ F (h) (α) = h(α) =

α 1 ˆ α  1 ·f = · F (f ) . |a| a |a| a

(ix ) Produit : Z

∞

Z

∞

f (x)ˆ g (x)dx = −∞

fˆ(x)g(x)dx.

−∞

Proposition 4.2.7 Soit la fonction

2

f (x) = e−πx . Alors, fˆ(α) = f (α). Démonstration. On a f ∈ L1 , car Z

∞

2

e−πx dx = 1 < ∞.

−∞

Calculons maintenant, fˆ(α) =

Z

∞

2

e−πy e−2πiαy dy

−∞

Par la propriété (vi) du théorème 4.2.6, appliquée à h(x) = xf (x), on a que, d ˆ ˆ f (α) = −2πih(α) dα Z ∞ d ˆ f (α) = −2πi yf (y) e−2πiαy dy. | {z } dα −∞ h(y)

De plus,

2

f 0 (x) = −2πxe−πx = −2πxf (x). En combinant les deux dernières égalités, on a que Z ∞
d hˆ i f (α) = i f 0 (y)e−2πiαy dy = i · F f 0 . dα −∞ Par la propriété (v) du théorème 4.2.6, puisque f 0 ∈ L1 , on a que
d hˆ i f (α) i · F f 0 (α) = −2πα · fˆ(α). dα

(4.6)

2 Si on pose g(α) = eπα fˆ(α), on peut calculer

h i 2 2 d g 0 (α) = 2παeπα fˆ(α) + eπα fˆ(α) dα

4.6

=

0.

140

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Ainsi, on a que g est constante, donc Z

g(0) = fˆ(0) =

∞

2

e−πy dy = 1.

−∞

Théorème 4.2.8 (Produit de convolution) Soient f, g ∈ L1 (R) et on définit Z

∞

f (x − t)g(t)dt.

(f ∗ g)(x) := −∞

On a alors les propriétés suivantes : f ∗g = g∗f kf ∗ gkL1 ≤ kf kL1 · kgkL1 f[ ∗ g = F (f ∗ g) = F (f ) · F (g) = fˆ · gˆ. Démonstration. Etape 1 Commutativité : facile, fait en série. Etape 2 Le théorème de Fubini, nous permet de dire que Z

∞

Z

−∞

∞

−∞

|f (x − t) · g(t)|dtdx = kf kL1 · kgkL1 .

En effet, Z

∞

Z

∞

|f (x − t)|dx = −∞

−∞

|f (y)|dy = kf kL1 .

Ainsi, Z

∞

Z

∞

Z

∞

Z

∞

|f (x − t)||g(t)|dtdx = −∞

|g(t)|dt |f (x − t)|dx −∞ −∞ Z ∞ = kf kL1 |g(t)|dt

−∞

−∞

= kf kL1 · kgkL1 . On déduit donc que pour presque tous les x, Z

∞

|f (x − t) · g(t)|dt < ∞ −∞

et par conséquent, (f ∗ g)(x) est bien définie p.p dans R. Pour terminer, Z kf ∗ gkL1

∞

|(f ∗ g)(x)|dx

= =

−∞ Z ∞ Z ∞



−∞ Z−∞ ∞ Z ∞

≤

f (x − t)g(t)dt dx

|f (x − t) · g(t)|dtdx −∞

−∞

= kf kL1 · kgkL1 .

4.2. TRANSFORMÉES DE FOURIER*

141

Etape 3 Z

∞

(f ∗ g)(x)e−2πiαx dx −∞  Z ∞ Z ∞ = f (x − t)g(t)dt e−2πiαx dx −∞ −∞  Z ∞ Z ∞ f (x − t) · e−2πiα(x−t) · g(t) · e−2πixt dt dx = −∞ Z ∞ Z−∞ ∞ −2πiαt f (x − t)e−2πiα(x−t) dx g(t) · e dt =

F (f ∗ g) (α) =

−∞

−∞

= gˆ(α) · fˆ(α).

4.2.4

Formule d’inversion et identité de Plancherel

Théorème 4.2.9 Soit f ∈ L1 (R). Si fˆ ∈ L1 (R), alors ∞

Z f (x) =

fˆ(α)e2πiαx dα,

−∞

pour presque tous les x ∈ R. Remarque 4.2.10 Par le même argument que celui du théorème 4.2.6 (i), on trouve que le membre de droite est continu. Et par conséquent, quitte à redéfinir la fonction f sur un ensemble de mesure nulle, f est continue. Preuve du théorème. Etape 1 Soit  > 0 et on définit 2 x2

k (x) = e−π

.

On peut alors remarquer que 0 ≤ k (x) ≤ 1; lim k (x) = 1;

→0

α2

1 kˆ (α) = e−π 2 ;  Z ∞ kˆ (α)dα = 1.

(4.7) (4.8)

−∞

Etape 2 On définit l’opérateur suivant : G (f )(x) :=

Z

∞

fˆ(α)k (α)e2πiαx dα.

−∞

Comme fˆ ∈ L1 , (4.7)

lim G (f ) (x) =

→0

Z

∞

fˆ(α)e2πiαx dα,

−∞

où l’on a utilisé le théorème de la convergence dominée. Appelons, h(y) := k (y) · e2πixy .

(4.9)

142

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER Ainsi, Z

ˆ h(α) =

∞

h(y) · e2πiyα dy

Z−∞ ∞

k (y) · e2πiy(x−α) dy

= −∞

= kˆ (α − x). Par conséquent, ∞

Z

G (f )(x)

= Z−∞ ∞ = Z−∞ ∞

4.2.6

=

Z−∞ ∞ = Z−∞ ∞ =

fˆ(α)k (α)e2πiαx dα fˆ(α)h(α)dα ˆ f (α)h(α)dα f (α)kˆ (α − x)dα f (x + α)kˆ (α)dα.

−∞

Etape 3 De l’étape précédente et de (4.8), on a que Z

G (f )(x) − f (x) =

∞

f (x + α)kˆ (α)dα − f (x)

Z

−∞

−∞

| Z

∞

=

∞

kˆ (α)dα {z } 1

  f (x + α) − f (x) kˆ (α)dα.

−∞

En intégrant en x, Z ∞ Z |G (f )(x) − f (x)| dx ≤ −∞

∞

−∞

Z

∞

|f (x + α) − f (x)| kˆ (α)dαdx = R

−∞

On aimerait montrer que R −→ 0, quand  tend vers zéro. Z ∞Z ∞ R = |f (x + α) − f (x)| kˆ (α)dαdx −∞ −∞ Z ∞Z ∞ 2 = |f (x + β) − f (x)| e−πβ dβdx, −∞

−∞

Remarquons maintenant que, par l’exercice 3 de la série 21, Z ∞ lim |f (x + β) − f (x)| dx = 0. →0 −∞

De plus, Z

∞

0 ≤ Z−∞ ∞ ≤

|f (x + β) − f (x)| dx Z ∞ |f (x + β)|dx + |f (x)|dx

−∞

= 2 · kf kL1 .

−∞

β=

α . 

4.2. TRANSFORMÉES DE FOURIER*

143

Conclusion Par le théorème de la convergence dominée, Z ∞ lim R = 0 ⇔ lim |G (f )(x) − f (x)| dx = 0 →0

→0 −∞

⇔ G (f ) − f −→ 0 dans L1 (R), ce qui implique que, à l’extraction d’une sous-suite près, (théorème 3.3.41, page 112), lim Gν (f )(x) −→ f (x) p.p.

ν →0

(4.10)

En comparant (4.9) et (4.10), on a que pour presque tous les x ∈ R, Z ∞ f (x) = fˆ(α)e2πiαx dα. −∞

Théorème 4.2.11 (Identité de Plancherel) Soit f ∈ L1 (R), |fˆ| ∈ L2 (R), alors f ∈ L2 (R) et de plus Z ∞ Z ∞ 2 fˆ(x) 2 dx. f (x)dx = −∞

−∞

Démonstration. On définit, f_ (x) = f (−x). On a donc que f_ ∈

L1 (R).

Calculons, fˆ_ (α) =

Z

∞

Z−∞ ∞ =

f_ (x)e−2πiαx dx f (y)e2πiαy dy

−∞ ∞

Z

f (y)e−2πiαy dy

= −∞

= fˆ(α). Si g = f ∗ f_ , alors 2 4.2.8 gˆ = f\ ∗ f_ = fˆ · fˆ = fˆ . 2 Puisque g ∈ L1 et que fˆ ∈ L2 , on a que gˆ = fˆ ∈ L1 . Appliquons maintenant le théorème précédent à g : Z ∞

gˆ(α)e2πiαx dα.

g(x) = −∞

Par la remarque précédente du théorème précédent, quitte à redéfinir g sur un ensemble de mesure nulle, g est continue. Calculons, Z ∞ Z ∞ 2 |f (x)| dx = f (x)f_ (0 − x)dx −∞ −∞
= f ∗ f_ (0) = g(0) Z ∞ = gˆ(α)dα −∞ Z ∞ fˆ(α) 2 dα. = −∞

144

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

4.3 4.3.1

Applications aux équations aux dérivées partielles Introduction

Equation de Laplace Soit u = u(x), x ∈ Rn . L’équation de Laplace est n X ∂2u

∆u(x) =

i=1

∂x2i

= 0.

Les solutions sont les fonctions harmoniques. Cette équation appartient à ce que l’on appelle les équations elliptiques. L’équation des ondes Soit u = u(t, x), où x ∈ Rn . L’équation des ondes est n

∂2u X ∂2u = 0, − ∂t2 ∂x2i i=1

qui appartient à la classe des équations hyperboliques. Remarque 4.3.1 Le fait d’avoir introduit un signe - rend cette équation complètement différente de celle de Laplace. Equation de la chaleur Soit u = (t, x), où x ∈ Rn . L’équation de la chaleur est n

∂u X ∂ 2 u − = 0, ∂t ∂x2i i=1

qui appartient à la classe des équations paraboliques. Cette équation permet de modéliser la répartition de la chaleur dans une barre, par exemple.

4.3.2

L’équation de la chaleur dans un ensemble borné

Soit u = u(x, t), x ∈ [0, L], t ≥ 0. On doit donc résoudre, ∂u ∂2u = c2 2 , ∂t ∂x

x ∈]0, L[, t > 0,

mais cette équation possède une infinité de solutions. On peut alors poser u(0, t) = u(L, t) = 0, pour tout t > 0. De plus, on peut imposer une condition initiale u(x, 0) = f (x),

x ∈ [0, L].

La fonction f est définie de [0, L] dans R et on impose, pour des raisons de compatibilité, f (0) = f (L) = 0. Le système complet est donc "

∂u ∂t

2

= c2 ∂∂xu2 ,

x ∈ ]0, L[, t > 0,

u(x, 0) = f (x),

x ∈ [0, L].

Remarque 4.3.2 Le calcul que l’on va faire ne sera pas très rigoureux, mais le résultat final sera juste.

(4.11)

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

145

Etape 1 (séparation des variables) On regarde le problème suivant : " ∂u 2 ∂2u ∂t = c ∂x2 ,

x ∈]0, L[, t > 0

u(0, t) = u(L, t) = 0,

∀t ≥ 0.

(4.12)

La fonction u ≡ 0 est une solution du problème (4.12), qui est appelée solution triviale. On s’intéresse maintenant à savoir s’il existe des solutions non-triviales du problème. On va chercher des solutions de la forme u(x, t) = v(x) · w(t). Les équations deviennent ∂u ∂t ∂2u ∂x2

= v(x)w0 (t) = v 00 (x)w(t).

Les conditions aux limites impliquent que v(0) = v(L) = 0. En injectant ce que l’on vient de trouver dans l’équation, on trouve ∂u ∂t 0 v(x)w (t) c2 v(x)w(t) v 00 (x) v(x)

= v(x)w0 (t) = c2

∂2u = c2 · v 00 (x)w(t) ∂x2

c2 · v 00 (x)w(t) c2 v(x)w(t) w0 (t) = −λ = 2 , c w(t)

=

où λ est une constante. En résumé, on a les deux systèmes suivants  00 v (x) + λv(x) = 0 v(0) = v(L) = 0, 

w0 (t) + λc2 w(t) = 0.

(4.13)

(4.14)

– Si λ < 0, le système (4.13) ne possède pas de solution non-triviale. En effet, si celui-ci possède une solution, elle est de la forme √ v(x) = α · eµx + β · e−µx , µ = −λ, qui est incompatible avec v(0) = v(L) = 0. – Si λ = 0, il n’existe pas non plus de solution non-triviale. En effet, on aura v 00 (x) = 0 ⇒ v(x) = α · x + β, qui ne satisfait pas non plus la condition aux limites v(0) = v(L) = 0. – Supposons maintenant que λ > 0 et que λ = µ2 . Alors, les solutions de v 00 + µ2 · v = 0 sont de la forme v(x) = α cos(µx) + β sin(µx). On veut de plus que v(0) = v(L) = 0, donc : v(0) = α = 0 ⇒ v(x) = β sin(µx) v(L) = 0 ⇒ v(L) = β sin(µL) = 0. La dernière égalité, avec la volonté d’avoir β 6= 0, implique sin(µL) = 0 ⇔ µL = nπ, pour n ∈ N, et donc µ = nπ L .

146

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Résumé Le problème (4.13) a des solutions non-triviales si et seulement si µ = nπ L , c’est-à-dire si et
nπ 2 seulement si λ = L (remarquons que λ est alors une valeur propre du système). Dans ce cas, les solutions sont  nπ  vn (x) = βn sin x . L
2 On veut ensuite résoudre le système (4.14) pour λ = nπ . On a donc L  nπ 2 w0 (t) = − c w(t), L qui a comme solution    nπ 2 w(t) = exp − c t . L Résumé ∀n ∈ N, un (x, t) = βn sin

 nπ  2 nπ x e−( L c) t . L

A posteriori, un (x, t) = un satisfait (4.12). Etape 2 (superposition des solutions) Si un et um sont solutions de (4.12), alors un + um est encore solution de (4.12). Conclusion (heuristique) u(x, t) =

∞ X

un (x, t) =

n=1

∞ X

βn sin

n=1

 nπ  2 nπ x e−( L c) t L

est solution générale du problème (4.12). Remarque On peut montrer facilement que toute somme finie de solution est solution. En revanche, le passage à l’infini devra être justifié à posteriori. Etape 3 (solution tenant compte de la solution initiale) Il faut choisir les βn ∈ R de telle manière à ce que u(x, 0) = f (x). Mais u(x, 0) = f (x) =

∞ X n=1

βn sin

 nπ  x . L

Alors, par Fourier, on sait que l’on doit choisir Z  nπ  2 L βn = y dy. f (y) sin L 0 L Avant la dernière étape, faisons un petit exemple. Exemple 4.3.3 On aimerait résoudre (4.11) avec f (x) = 2 sin

π Lx


− sin 3π L x . On a vu que la solution s’écrit    ∞  nπ  X nπ 2 u(x, t) = βn sin x · exp − c t , L L


n=1

et on a β1 = 2, β3 = −1, βi = 0 sinon. Et donc la solution est :         ! π  π 2 3π 3π 2 u(x, t) = 2 · sin x exp − c t − sin x · exp − c t . L L L L

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

147

Etape 4 (vérification) Il reste encore à trouver des hypothèses sur f qui garantissent que la solution trouvée soit une vraie solution. (i) Si f ∈ L1 (0, L), alors les coefficients de Fourier sont bornés (uniformément) et alors la fonction u ∈ C ∞ ([0, L]×]0, ∞[). Pour la même raison, u(x, t) tend vers 0, lorsque t tend vers l’infini. t→0

(ii) Il reste à voir quand u(x, t) −→ f (x). Aux exercices, on montrera que si f ∈ C 4 , alors le résultat est vrai. Cependant, il suffit que la fonction soit Hölder continue, mais c’est beaucoup plus dur à montrer. Remarque 4.3.4 La solution trouvée ici, satisfaisant aux conditions de bord, est la seule solution.

4.3.3

L’équation de la chaleur dans une barre infinie

Soit f ∈ L1 (R) telle que fˆ ∈ L1 (R). On aimerait trouver u = u(x, t), x ∈ R, t > 0, qui satisfait  ∂u 2 ∂2u ∂t = c ∂x2 , x ∈ R, t > 0 (4.15) u(x, 0) = f (x), x ∈ R. 2

On va traiter en parallèle le cas f (x) = e−πx . Etape 1 (transformée de Fourier en x) On pose, pour t fixé, v(α, t) = Fx (u) (α, t) =

Z

∞

u(x, t)e−2πiαx dx.

−∞

On fait ensuite ∂v (α, t) = ∂t

Z

∞

−∞

∂u (x, t)e−2πiαx dx = F ∂t



 ∂ u (α, t). ∂t

Mais,    2  2 ∂ u 2 2∂ u F c = c F 2 ∂x ∂x2 = c2 (2πiα)2 F (u) (α, t) = −4π 2 c2 α2 · v(α, t). En utilisant la condition initiale, u(x, 0) = f (x) ⇒ F (u) (α, 0) = v(α, 0) = fˆ(α) =

Z

∞

f (x)e−2πiαx dx.

−∞

Résumé Le problème 4.15 est devenu  ∂v

= −4π 2 c2 α2 v(α, t), v(α, 0) = fˆ(α). ∂t (α, t)

En fixant α, on a v(α, t) = fˆ(α)e−4π qui est la transformée de Fourier en x de u à t fixé.

t>0

2 c2 α2 t

,

(4.16)

148

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

Etape 2 (inversion) On trouve, finalement, Z

∞

v(α, t)e2πiαx dα

u(x, t) = Z−∞ ∞ =

2 2 fˆ(α)e−4πc α t+2πiαx dα.

−∞

Formellement La solution de notre exemple est u(x, t) = √

2 1 − πx e 1+4πc2 t . 1 + 4π 2 c2 t

Etape 3 (vérification) (i) Sous les hypothèses f ∈ L1 et fˆ ∈ L1 , on voit facilement que u ∈ C ∞ (R×]0, ∞[). t→0

(ii) Il reste à voir que u(x, t) −→ f (x) (si f est suffisament régulière, c’est vrai).

4.3.4

Equation de Laplace dans un rectangle

Soient L, M > 0 deux nombres réels, α, β : [0, L] −→ R et γ, δ : [0, M ] −→ R. On pose Ω = ]0, L[×]0, M [ et on suppose que α(0) = α(L) = β(0) = β(L) = 0 γ(0) = γ(M ) = δ(0) = δ(M ) = 0. On cherche alors à trouver u = u(x, y) qui satisfait les conditions suivantes :  ∆u(x, y) = 0 ∀(x, y) ∈ Ω   u(x, 0) = α(x) ∀x ∈]0, L[   u(x, M ) = β(x) ∀x ∈]0, L[   ∀y ∈]0, M [  u(0, y) = γ(y) u(L, y) = δ(y) ∀y ∈]0, M [

(4.17)

Il est important de spécifier les valeurs de la fonction sur le bord du rectangle si l’on veut l’unicité de la solution. Etape 1 (découpage des conditions aux limites) On va chercher une solution de la forme u = v + w, ainsi le système devient  ∆v = 0 dans Ω  v(x, 0) = v(x, M ) = 0 v(0, y) = γ(y), v(L, y) = δ(y),

(4.18)

et 

∆w = 0 dans Ω  w(x, 0) = α(x), w(x, M ) = β(x) w(0, y) = w(L, y) = 0.

(4.19)

Dans un premier temps, on ne va pas tenir compte des lignes 2 et 3. La résolution des problèmes (4.18) et (4.19) se fait de la même manière. Nous résoudrons seulement le problème 4.19.

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

149

Etape 2 (séparation des variables) On va chercher des solutions du système (4.19) de la forme w(x, y) = f (x) · g(y). Alors, le Laplacien devient ∆w = f 00 (x)g(y) + f (x)g 00 (y) = 0, que l’on divise 0

= ⇔

f 00 (x)g(y) + f (x)g 00 (y) f (x) · g(x) 00 f (x) g 00 (y) = −λ = − , f (x) g(y)

où l’on suppose que λ est une constante, pour avoir des différentielles en deux variables différentes égales. On aimerait w(0, y) = f (0) · g(y) = 0,

∀y

w(L, y) = f (L) · g(y) = 0,

∀y,

et donc f (0) = f (L) = 0. Les systèmes deviennent alors 

f 00 (y) + λ · f (x) = 0 f (0) = f (L) = 0.

(4.20)

g 00 (y) − λg(y) = 0

(4.21)




2 On observe que le système (4.20)
a des solutions non-triviales si et seulement si λ = nπ ,n∈N L nπ et, dans ce cas, fn (x) = sin L x . En termes d’algèbre linéaire, il s’agit des vecteurs et valeurs propres du système. En revenant au système (4.21) avec le λ trouvé, on trouve des solutions de la forme  nπ   nπ  gn (y) = an cosh y + bn sinh y . L L En remarquant qu’une somme finie de solutions est encore une solution, on va abuser un peu et mettre une somme infinie : w(x, y) =

∞  X

an cosh

n=1

 nπ   nπ   nπ  y + bn sinh y sin x . L L L

(4.22)

Etape 3 (conditions aux limites) Pour résoudre (4.19), il faut encore trouver an et bn pour avoir w(x, 0) = α(x), w(x, M ) = β(x). En mettant y = 0 dans l’équation (4.22), on trouve
 P∞ nπ α(x) = w(x, 0) = P n=1 an sin L x
nπ β(x) = w(x, M ) = ∞ n=1 an cosh L M + bn sinh

nπ L M





sin

nπ L x




.

150

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

On trouve que, 2 an = L

Z

2 cn = L

Z

L

α(z) · sin

 nπ  x dz. L

β(z) · sin

 nπ  z dz, L

0

Si L

0

alors bn sinh

 nπ

  nπ  M = cn − an cosh M . L L

Cas particulier Etudions le cas particulier suivant : γ = δ = 0,

π  α(x) = 4 sin x , L

 β(x) = − sin

 2π x . L

On a, a1 = 4 an = 0, ∀n 6= 1 c1 = 0 c2 = −1 cn = 0, ∀n ≥ 3
cosh Lπ M
b1 = −a1 sinh Lπ M c2
b2 = sinh 2π LM bn = 0, ∀n ≥ 3.

Etape 4 (convergence) Prenons un cas particulier, L = M = π et β = 0 (ce qui implique cn = 0 pour tout n). La solution générale est alors w(x, y) = = =

∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1

 an

 cosh(nπ) sinh(ny) sinh(nx) cosh(ny) − sinh(nπ)

an [cosh(ny) · sinh(nπ) − cosh(nπ) · sinh(ny)] sinh(nx) sinh(nπ) an sinh (n(π − y)) . sinh(nπ)

Si 0 < y ≤ π, sous des hypothèses très faibles sur α, par exemple si α ∈ L1 , on trouve une fonction w ∈ C ∞ (]0, π[ × ]0, π[). y→0

La seule question difficile est de montrer que w(x, y) −→ α(x). Si α est Hölder continue, ou même continue, c’est vrai. Aux exercices, on supposera que α ∈ C 3 .

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

4.3.5

151

Equation de Laplace dans un disque

Le problème est de trouver une fonction u = u(x, y), où x2 + y 2 < R2 , telle que  ∆u(x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ Ω u(x, y) = ϕ(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω.

(4.23)

On traitera, en parallèle, l’exemple ϕ(x, y) = x2 + y. Etape 1 (coordonnées polaires) Faisons le changement : 

x = r cos θ y = r sin θ,

et posons v(r, θ) = u(r cos θ, r sin θ). Il a été vu dans la série 2 que si ∆u = 0, alors le problème devient  1 ∂v 1 ∂2v ∂2v   2 + r ∂r + r 2 ∂θ 2 = 0, 0 < r < R, θ ∈]0, 2π[  ∂r    v(R, θ) = u(R cos θ, R sin θ) = ϕ(R cos θ, R sin θ) = ψ(θ), θ ∈ [0, 2π] (4.24)  v(r, 0) = v(r, 2π), 0 < r < R      ∂v (r, 0) = ∂v (r, 2π). ∂θ ∂θ Remarque : Les deux dernières conditions servent à assurer la périodicité de la solution. Ces deux seules conditions permettent d’assurer aussi la périodicité de la dérivée partielle par rapport à r et pour les dérivées secondes. En ce qui concerne la périodicité de la deuxième dérivée par rapport à θ, elle provient de la première équation, puisque les deux premiers termes sont 2π-périodiques, le troisième aussi. A partir de là, on peut montrer que toutes les dérivées sont périodiques. Dans le cas de l’exemple, on a ψ(θ) = R2 cos2 θ + R sin θ =

R2 R2 cos(2θ) + + R sin θ. 2 2

Maintenant qu’on a les coordonnées polaires, on peut séparer les variable (cela aurait été une mauvaise idée de le faire avant). Etape 2 (séparation des variables) On va trouver une solution générale de  2 ∂ v 1 ∂v 1 ∂2v    ∂r2 + r ∂r + r2 ∂θ2 = 0, 0 < r < R, θ ∈]0, 2π[ v(r, 0) = v(r, 2π), 0 < r < R

  

∂v ∂θ (r, 0)

=

∂v ∂θ (r, 2π).

de la forme v(r, θ) = f (r)g(θ). L’équation devient donc 1 1 f 00 (r)g(θ) + f 0 (r)g(θ) + 2 f (r)g 00 (θ) = 0, r r qui se transforme en r

2

f 00 (r) + 1r f 0 (r) f (r)

! =λ=−

g 00 (θ) , g(θ)

(4.25)

152

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

qui est équivalent aux systèmes suivants :  00 g (θ) + λg(θ) = 0 g(0) = g(2π), g 0 (0) = g 0 (2π),

(4.26)

et 

r2 f 00 (r) + rf 0 (r) − λf (r) = 0.

(4.27)

On cherche des solutions non-triviales de l’équation (4.26). On trouve que λ = n2 , n ∈ Z et que gn (θ) = αn cos(nθ) + βn sin(nθ). En mettant λ = n2 dans (4.27), que l’on peut résoudre avec des séries, on trouve que  γ0 + δ0 log r n = 0 fn (r) = γn r n n 6= 0, n ∈ Z. Ainsi, on peut écrire la solution générale v(r, θ) = α0 (γ0 + δ0 log r) +

X

γn (αn cos(nθ) + βn sin(nθ)) rn .

n6=0 n∈Z

En modifiant les constantes, on obtient que v(r, θ)

∞ X 
 a0 + b0 log r + an cos(nθ) + bn sin(nθ) rn 2

=

n=1

+

∞ X 


 a−n cos(nθ) + b−n sin(nθ) r−n .

n=1

Comme on cherche une solution dans le disque centré en l’origine, on doit écarter toute les solutions singulières. Ainsi, la solution devient ∞
 a0 X  v(r, θ) = + an cos(nθ) + bn sin(nθ) rn . 2

(4.28)

n=1

Remarquons que si l’on devait résoudre l’équation dans un anneau, privé de l’origine, on aurait pu laisser ces termes. Etape 3 (conditions au bord) Pour résoudre le système (4.24), on veut en plus que ∞

?

v(R, θ) = ψ(θ) =

a0 X + (an Rn cos(nθ) + bn Rn sin(nθ)) . 2 n=1

Ainsi, on aimerait que an Rn =

1 π

Z

2π

ψ(θ) cos(nθ)dθ,

bn Rn =

0

Dans notre cas particulier, ψ(θ) =

R2 2

a0 = R2 , b1 = 1,

+

R2 2

1 π

Z

2π

ψ(θ) sin(nθ)dθ. 0

cos(2θ) + R sin(θ), on trouve que

1 a2 = , 2 bn = 0 ∀n ≥ 2. a1 = 0,

an = 0 ∀n ≥ 3

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

153

Ainsi, la solution générale devient v(r, θ) = =

R2 1 + cos(2θ)r2 + r sin(θ) 2 2 R2 r 2 r2 + cos2 (θ) − sin2 (θ) + r sin(θ), 2 2 2

ce qui implique u(x, y) =

4.3.6

R 2 x2 − y 2 + + y. 2 2

Equation de Laplace dans un domaine simplement connexe

Soit Ω ( R2 un domaine simplement connexe et u = u(x, y). On aimerait résoudre  ∆u(x, y) = 0, (x, y) ∈ Ω u(x, y) = ϕ(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω. On traitera en parallèle le cas particulier où Ω = {(x, y) ∈ R2 : x > 1} et où ϕ(1, y) =

(4.29) 2 . 1+y 2

Etape 1 (application conforme) Par le théorème de Riemann, 2.5.16 page 64, il existe une application conforme f : Ω −→ D, où D = {z ∈ C : |z| < 1}, (x, y) 7→ f (x, y) = α(x, y) + iβ(x, y) et son application inverse qui envoie (α, β) sur f −1 (α, β) = a + ib. Dans notre cas particulier, Ω = {z ∈ C : Re z > 1} et l’application cherchée est la transformation 2 . On peut réécrire ces fonctions de Möbius donnée par f (z) = z2 − 1 et f −1 (w) = w+1 2(x − iy) −1 x2 + y 2 2x −2y = +i 2 2 2 x +y x + y2 f −1 (w) = f −1 (α + iβ) 2(1 + α) −2β = +i . 2 2 (1 + α) + β (1 + α)2 + β 2 f (x, y) =

Etape 2 (résolution dans le disque)
On pose ψ = ϕ ◦ f −1 , et donc ψ(α, β) = ϕ a(α, β), b(α, β) . La fonction ψ est définie sur le disque. On a les équations " ∂2v ∂2v α2 + β 2 < 1 ∆v = ∂α 2 + ∂β 2 = 0, (4.30) v(α, β) = ψ(α, β), α2 + β 2 = 1, que l’on sait résoudre par la section précédente. Dans notre cas particulier, on trouve que v(α, β) = 1 + α. Etape 3 On peut maintenant trouver la solution de  ∆u(x, y) = 0, (x, y) ∈ Ω u(x, y) = ψ, (x, y) ∈ ∂Ω, qui est u = v ◦ f . Dans notre cas particulier, on trouve que u(x, y) = Vérification (cas général)

2x . x2 +y 2

154

CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

(i) Si (x, y) ∈ ∂Ω, on a
u = v f (x, y) = v(α, β) = ψ(α, β)
= ϕ f −1 (α, β) = ϕ(x, y), où l’on a utilisé le fait que si (x, y) ∈ ∂Ω, alors (α, β) ∈ ∂D. (ii) Grâce à la série 9, 

4.3.7

∆v = 0 ⇒ si u = v ◦ f, ∆u = 0. f satisfait C.R.

Equation des ondes

Soit u = u(t, x), on cherche à résoudre  utt = c2 · uxx , t > 0, x ∈ R  u(0, x) = f (x), x ∈ R ∂u x ∈ R, ∂t (0, x) = g(x), où c ∈ R. Solution de D’Alembert D’Alember propose la solution suivante 1 1 u(t, x) = [f (x + ct) + f (x − ct)] + 2 2c

Z

x+ct

g(s)ds. x−ct

Il est facile de vérifier que cette solution est correcte. Cas d’une corde finie u = u(x, t), t > 0 et x ∈ [0, L].  utt = c2 · uxx  u(t, 0) = u(t, L) = 0   u(0, x) = α(x) ut (0, x) = β(x)

t > 0, x ∈ ]0, L[ t>0 x ∈ [0, L] x ∈ [0, L].

Remarquons que l’on doit avoir α(0) = α(L) = 0 et β(0) = β(L) = 0. Etape 1 (séparation des variables) On regarde le sous-problème suivant :  utt = c2 · uxx , t > 0, x ∈ ]0, L[ u(t, 0) = u(t, L) = 0, t > 0

(4.31)

On cherche un solution de la forme u(t, x) = f (x) · g(t). On écrit et on bidouille pour arriver à f 00 (x) g 00 (t) = −λ = 2 , f (x) c · g(t) qui se traduit en deux problèmes 

f 00 (x) + λf (x) = 0 f (0) = f (L) = 0,

(4.32)

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES

155

et g 00 (t) + λc2 · g(t) = 0



On cherche des solutions non-triviales du problème (4.32) et on trouve que λ = et que  nπ  x . fn (x) = sin L En remettant ces données dans le problème (4.33), on trouve que  nπc   nπc  gn (t) = an cos t + bn sin t . L L

(4.33)
nπ 2 , L

n∈N

En combinant tout cela, on trouve : u(t, x) =

∞ X

sin

n=1

 nπc  h  nπc   nπ i x an cos t + bn sin t . L L L

Remarquons que, contrairement aux autres problèmes, sur l’intérieur du domaine, on n’a pas un terme qui force une convergence rapide, ou bien une fonction analytique. Etape 2 (conditions initiales) On aimerait déterminer an et bn . C’est-à-dire : ?

u(x, 0) = α(x) =

∞ X n=1

et donc an =

2 L

 nπ  x , an sin L

L

Z

α(y) sin 0

 nπ  y dy. L

Pour trouver les bn , on fait : ∞  nπ  X ∂ nπc u(t, x) = bn sin x , ∂t L L t=0 n=1

et donc nπc 2 bn = L L

Z

L

β(y) sin 0

 nπ  y dy. L

Chapitre 5

Equations différentielles ordinaires 5.1

Introduction

On se pose les deux problèmes suivants : (i) On cherche une fonction y :]a, b[−→ R satisfaisant   y (n) (t) = f t, y(t), y 0 (t), . . . , y (n−1) (t) . Dans ce cas, f est définie de ]a, b[ × Rn dans R.
(ii) On cherche une
fonction x : ]a, b[−→ Rn , où x = x(t) = x1 (t), . . . , xn (t) est telle que
x0 (t) = g t, x(t) , g : ]a, b[×Rn −→ Rn ce qui est équivalent au système x0i (t) = gi t, x(t) . Remarque 5.1.1 L’équation (i) est un cas particulier du système (ii). En effet, en posant xi = y (i−1) et   x2 (t)  x3 (t)  
   .. g t, x(t) =   .    xn (t) 
f t, x(t)
on trouve que le système x0 (t) = g t, x(t) est équivalent au système (i). Exemple 5.1.2 (Oscillateur harmonique) Soit ω ∈ R. On cherche à résoudre y 00 + ω 2 · y = 0. La solution, qui s’écrit en termes de sinus et de cosinus, permet de rendre compte des petites oscillations d’un pendule. Exemple 5.1.3 (Equation du pendule) Pour des oscillations qui peuvent être plus grandes, l’équation est y 00 + ω 2 · sin y = 0, qui est non-linéaire. Exemple 5.1.4 (Loi de Newton) Soit x : ]a, b[−→ R3 . On cherche à résoudre x00 (t) = loi de Kepler, où F (x) = |x|x3 .

1 m


· F x(t) . Comme cas particulier, on a la

Exemple 5.1.5 (Systèmes Hamiltoniens) Soit H : R × Rn × Rn −→ R, où les trois variables sont t, p et q. On a les équations :
∂ H t, p(t), q(t) , ∂qi
∂ = − H t, p(t), q(t) . ∂pi

p0i = qi0

156

5.2. TRANSFORMÉE DE LAPLACE

157

Exemple 5.1.6 (Equations de Lorentz) Soient x(t), y(t) et z(t) des fonctions de R dans R ainsi que a, b et c des constantes réelles. On cherche à résoudre : x0 = a(y − x) y 0 = bx − y − xz z 0 = xy − cz. Ces trois équations sont celles d’un système simplifié de météorologie. Selon les valeurs des trois constantes, elles peuvent donner lieu à ce que l’on appelle l’effet papillon. Exemple 5.1.7 (Equation hypergéométrique) Soient α, β, γ ∈ R. L’équation que l’on souhaite résoudre est   t(1 − t)y 00 + γ − (α + β + 1) · t y 0 − αβy = 0. Exemple 5.1.8 (Equation de Bessel) Soit n ∈ C,
t2 y 00 + ty 0 + t2 − n2 y = 0. Les problèmes qui nous occuperont le plus sont les deux suivants : Problème de Cauchy Soit x0 ∈ Rn , g : ]a, b[ × Rn −→ Rn et t0 ∈ ]a, b[. On cherche une fonction x : ]a, b[−→ Rn , t 7→ x(t), telle que
 0 x (t) = g t, x(t) , t ∈ ]a, b[ x(t0 ) = x0 . Problème aux limites Soit f : [a, b] × R × R −→ R. On cherche à trouver une fonction y telle que
 00 y (t) = f t, y(t), y 0 (t) y(a) = α, y(b) = β.

5.2

Transformée de Laplace

Définition 5.2.1 (Transformée de Laplace) Soit f : R+ −→ R une fonction mesurable (étendue à R de manière à ce que f (x) = 0 pour tous les x < 0) et γ0 ∈ R tels que Z ∞

|f (t)|e−γ0 ·t dt < ∞.

0

Dans ce cas, γ est appelée l’ abscisse de de convergence de f . La transformée de Laplace de f est définie par Z ∞ ¯ L(f )(z) = F (z) = f (t)e−tz dt, ∀z ∈ O, 0

où O = {z ∈ C : Re (z) > γ0 }. Proposition 5.2.2 Soient f, g, γ0 et O comme dans la définition précédente. On a les propriétés suivantes : Holomorphie La transformée de Laplace de f , F est holomorphe dans O et Z ∞ 0 F (z) = − t · f (t)e−tz dt = L(h)(z), ∀z ∈ O, 0

où h(t) = t · f (t).

158

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Linéarité Soient a, b ∈ R, alors L(af + bg) = aL(f ) + bL(g). Truc-utile-sans-nom il est possible de montrer que si f ∈ C 1 (R+ ) et alors lim f (N )e−γ0 N = 0.

R∞ 0

|f 0 (t)|e−γ0 ·t dt < ∞,

N →∞

Dérivées Soit n ∈ N. Si f ∈ C n (R+ ) et

R ∞ (k) −γ t f (t) e 0 dt < ∞ pour k = 0, 1, . . . , n, alors 0

n−1   X L f (n) (z) = z n L(f )(z) − z k f (n−k−1) (0),

∀z ∈ O.

k=0

Intégration Si f ∈ C(R) et t

Z ϕ(t) =

f (s)ds, 0

alors L(ϕ)(z) = Décalage Si a > 0, b ∈ R et alors

L(f )(z) , z

∀z ∈ O.

ϕ(t) = e−bt f (at),

1 L(ϕ)(z) = L(f ) a



z+b a



 ,

∀z tel que Re

z+b a

 ≥ γ0 .

Convolution On a L(f ∗ g)(z) = L(f )(z) · L(g)(z),

¯ z ∈ O.

Démonstration. Démonstration aux exercices.

5.3 5.3.1

Problème de Cauchy* Théorème de Picard

Définition 5.3.1 Soit f : Ω ⊂ Rn −→ RN . (i) On dit que f est lipschitzienne sur Ω s’il existe une constante γ > 0 telle que kf (x) − f (y)k ≤ γ kx − yk ,

∀x, y ∈ Ω.

(ii) On dit que f est localement lipschitzienne sur Ω, si pour tout O ⊂ Ω un ouvert tel que O ⊂ Ω et O compact, il existe γ = γ(O) telle que kf (x) − f (y)k ≤ γ kx − yk ,

∀x, y ∈ O.

Exemple 5.3.2 Prenons Ω = R. (i) f (x) = x2 est localement lipschitzienne mais pas globalement. (ii) f (x) = sin x est globalement lipschitzienne (on prend γ = 1). p (iii) f (x) = |x| n’est pas localement lipschitzienne, mais est C 0,1/2 . Proposition 5.3.3 Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et f : Ω −→ RN . Alors,

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

159

(i) Si f est localement lipschitzienne sur Ω, elle est continue sur Ω. (ii) Si f ∈ C 1 , alors f est localement lipischtzienne. De plus, sur un compact, la meilleure constante est la norme du maximum de la dérivée. Théorème 5.3.4 (Théorème de Picard) Soit I = ]α, β[, Ω ⊂ Rn un domaine, (t0 , x0 ) ∈ I × Ω et f : I ×Ω −→ Rn , f = f (t, x) satisfaisant (i) f ∈ C(I × Ω; Rn ) ; (ii) la fonction x 7→ f (t, x) est localement lipschitzienne pour tout t ∈ I, c’est-à-dire que pour tout J ⊂ I compact, pour tout O ⊂ Ω compact, il existe une constante γ = γ(J, O) > 0 telle que kf (t, x) − f (t, y)k ≤ γ kx − yk , ∀t ∈ J, ∀x, y ∈ O. Alors, Existence Il existe I0 ⊂ I un intervalle fermé avec t0 ∈ int (I0 ) et x ∈ C 1 (I0 ; Ω) qui est une solution de "
x0 (t) = f t, x(t) , ∀t ∈ I0 x(t0 ) = x0 . Unicité De plus, s’il existe J ⊂ I un intervalle fermé tel que t0 ∈ J et y : J −→ Ω une fonction de classe C 1 solution de "
y 0 (t) = f t, y(t) , ∀t ∈ J y(t0 ) = x0 . Alors x = y sur I0 ∩ J. Remarque 5.3.5 L’existence est encore vraie si f est seulement continue (théorème de Cauchy-Peano). Le fait que f soit localement lipschitzienne est nécessaire pour l’unicité. Remarque 5.3.6 Sous ces hypothèses, le résultat n’est pas plus fort. (i) Non-existence de solution globale Soient Ω = I = R et f (x) = x2 . On cherche à résoudre 
2 x0 (t) = x(t) x(0) = 1. L’unique solution est donnée par 1 , 1−t et donc la solution existe uniquement sur ] − ∞, 1[ mais pas sur R. x(t) =

(ii) Non-unicité si f n’est pas localement lipschitzienne On cherche à résoudre p  0 x (t) = |x(t)| x(0) = 0. Une première solution est x ≡ 0, l’autre est x(t) =

t2 4.

Démonstration du théorème de Picard. Nous procéderons en quatre étapes. Etape 1 (équation intégrale) En partant de l’équation
x0 (t) = f t, x(t) , on trouve, en intégrant : Z

t

x(t) = x0 + t0


f τ, x(τ ) dτ.

160

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES Il est évident que toute solution de notre problème est solution de l’équation intégrale. Intéressons-nous maintenant à la réciproque. En fait, c’est vrai, car toute solution continue est C 1 , et donc on a le droit de permuter dérivée et intégrale.

Etape 2 (opérateur T ) Soit X ⊂ C(I0 ; Ω), où I0 est à définir. Soit T : X −→ X, une application définie de la manière suivante Z t
f τ, x(τ ) dτ. T x(t) = x0 + t0

On aimerait montrer que T possède un point fixe, qui serait alors solution de notre équation. Pour cela, on commence par choisir r > 0 suffisament petit pour que [t0 − r, t0 + r] ⊂ I et Br (x0 ) ⊂ Ω. On définit alors M = M (r) > 0 de la manière suivante : n o M = sup kf (t, x)k : t ∈ [t0 − r, t0 + r], x ∈ Br (x0 ) . Par hypothèse, il existe γ = γ(r) une constante telle que kf (t, x) − f (t, y)k ≤ γ kx − yk ,

∀t ∈ [t0 − r, t0 + r], x, y ∈ Br (x0 ).

Soit alors, 

r 2 δ = min r, , M γ

 .

Dans ce cas, I0 = [t0 − δ, t0 + δ] et t0 ∈ int (I0 ). Soit maintenant, X = {x ∈ C (I0 ; Rn ) : kx(t) − x0 k ≤ r, ∀t ∈ I0 }   = C I0 ; Br (x0 ) . On va montrer que les choses sont telles que (i) T : X −→ X, (ii) kT x − T yk ≤

1 2

kx − yk ,

∀x, y ∈ X,

avec la norme kxkX = sup{|x(t)| : t ∈ I0 }. Etape 3 Montrons les points (i) et (ii). Soient x ∈ X, y = T x et calculons

Z t




ky(t) − x0 k = f τ, x(τ ) dτ

. t0


Puisque t ∈ I0 , pour tout τ ∈ [t0 , t] on a que f τ, x(τ ) ≤ M , puisque |t − t0 | ≤ δ et x ∈ X. Ainsi, Z t ky(t) − x0 k ≤ M dτ ≤ M δ ≤ r. t0

Ce qui implique que y(t) ∈ Br (x0 ), et donc y ∈ X. On va maintenant montrer que l’application est contractante. Pour cela, on aimerait estimer : Z t h

i |T x(t) − T y(t)| = f τ, x(τ ) − f τ, y(τ ) dτ Z ≤

t0 t



f τ, x(τ ) − f τ, y(τ ) dτ

t0 t

Z ≤

γ |x(τ ) − y(τ )| dτ. t0

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

161

Ainsi, on a que kT x − T yk = sup |T x(t) − T y(t)| t∈I0 Z t ≤ γ · sup |x(τ ) − y(τ )| dτ t∈I0 t Z 0t sup |x(τ ) − y(τ )| dτ ≤ γ · sup t∈I0

t0 τ ∈I0

≤ γ · kx − yk sup |t − t0 | t∈I0

≤ γ · δ · kx − yk 1 ≤ kx − yk . 2 Etape 4 (unicité) L’unicité découle de l’unicité du point fixe de Banach.

5.3.2

Propriétés qualitatives des solutions

Lemme 5.3.7 (Lemme de Grönwall) Soient I = ]α, β[, u : I −→ R+ une fonction continue, t0 ∈ I ainsi que deux constantes a, b ≥ 0, telles que Z t 0 ≤ u(t) ≤ a + b u(τ )dτ , ∀t ∈ I. t0

Alors, 0 ≤ u(t) ≤ a · eb|t−t0 | ,

∀t ∈ I.

Démonstration. Etape 1 Supposons que a > 0. Posons Z t v(t) = a + b u(τ )dτ . t0

On a que v ∈ C 1 sauf en t = t0 : v 0 (t) =



b · u(t) t > t0 −b · u(t) t < t0

De plus, 0 ≤ u(t) ≤ v(t),

∀t ∈ I.

Et 0 < v(t0 ) = a ≤ v(t),

∀t ∈ I.

Distinguons trois cas : t > t0 Observer qu’alors, 0≤

b · u(t) v 0 (t) = ≤ b, v(t) v(t)

que l’on intègre : Z

t

t0


 d  log v(τ ) ≤ b(t − t0 ), dτ

ce qui implique que, 0 ≤ u(t) ≤ v(t) ≤ a · eb|t−t0 | . t = t0 Le résultat est trivial. t < t0 Ressemble au premier cas.

162

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

∗ telle que a converge vers a. Etape 2 Supposons que a = 0. On choisit une suite (an ) ⊂ R+ n Ainsi, Z t 0 ≤ u(t) ≤ a + b u(τ )dτ t0 Z t ≤ an + b u(τ )dτ . t0

On applique ensuite l’étape 1 aux an , ce qui nous donne 0 ≤ u(t) ≤ an · eb|t−t0 | −→ 0.

Théorème 5.3.8 Soit I = ]α, β[, Ω ⊂ Rn un domaine et f ∈ C(I × Ω; Rn ) une fonction telle que x 7→ f (t, x) soit lipschitzienne pour tout t. Soient y = y(t) et z = z(t) deux solutions de
x0 (t) = f t, x(t) , ∀t ∈ I. Alors, pour t0 ∈ I,

|y(t) − z(t)| ≤ |y(t0 ) − z(t0 )| · eb|t−t0 | ,

où b est la constante de lipschitz mentionnée ci-dessus. Démonstration. Appelons u(t) = |y(t) − z(t)|. Puisque y et z sont des solutions de x0 = f (t, x), on a que Z t 

 y(t) − z(t) = y(t0 ) − z(t0 ) + f τ, y(τ ) − f τ, z(τ ) dτ. t0

Ceci implique que Z t

0 ≤ u(t) ≤ |y(t0 ) − z(t0 )| + f τ, y(τ ) − f τ, z(τ ) dτ t0 Z t ≤ a + b u(τ )dτ . t0

En appliquant le lemme de Grönwal précédent, on obtient le résultat désiré.

5.3.3

Prolongement maximal

Soit I = ]α, β[, Ω ⊂ Rn un domaine et f ∈ C(I × Ω; Rn ). Définition 5.3.9 (Prolongement à droite, à gauche, maximal) On définit les prolongements de la manière suivante : (i) Soit x : ]a, b[⊂ I −→ Ω une solution de l’équation
x0 (t) = f t, x(t) , ∀t ∈ ]a, b[. On dit que y : ]a, c[⊂ I −→ Ω est un prolongement à droite de x si : • c > b; • y est une solution de l’équation ci-dessus ; • y(t) = x(t) pour tout t ∈ ]a, b[. (ii) On définit de la même manière un prolongement à gauche. (iii) y est un prolongement maximal si on ne peut pas le prolonger à droite et à gauche.

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

163

Proposition 5.3.10 Si la fonction, x 7→ f (t, x) est localement lipschitzienne pour tout t, alors toute solution de l’équation habituelle admet un prolongement maximal. L’intervalle correspondant est ouvert. Démonstration. Par le théorème de Picard, il existe
un intervalle fermé I0 ⊂ I, t0 ∈ int (I0 ) ainsi qu’une unique solution x telle que x0 (t) = f t, x(t) et x(t0 ) = x0 . Soit  J = J = ]t0 − δ, t0 + [ : δ,  > 0, J ⊂ I, tel que ∃x = xJ
tel que x0J (t) = f t, xJ (t) et xJ (t0 ) = x(t0 ) = x0 . On a que J est non vide, puisque int (I0 ) ∈ J . Posons maintenant, [ J0 = J, J∈J

et donc J0 est ouvert. A partir de toutes les solutions trouvées on va construire une solution maximale xJ0 . Pour cela, remarquons que toutes les solutions sont définies en t0 . De plus, si x1 et x2 sont des solutions définies sur I1 et I2 respectivement, on sait, par le théorème de Picard, que pour tout t ∈ I1 ∩ I2 , on a x1 (t) = x2 (t). Pour tout t ∈ J0 , il existe J ∈ J tel que t ∈ J. On pose alors, xJ0 (t) = xJ (t) et, par la remarque précédente, la fonction xJ0 est bien définie. Remarque 5.3.11 Le résultat reste vrai si la fonction x n’est pas lipschitzienne mais juste continue. Théorème 5.3.12 Soit (t0 , x0 ) ∈ I × Ω, x ∈ C 1 (J; Ω) le prolongement maximal où t0 ∈ J = ]a, b[ ⊂ I = ]α, β[ satisfaisant l’équation habituelle. Alors, deux possibilités peuvent se produire : (i) J = I, dans ce cas x est appelée solution globale ; (ii) pour tout compact K ⊂ Ω, il existe t ∈ J tel que x(t) 6∈ K. Démonstration. La démonstration est divisée en deux étapes. Etape 1 On pose I = ]α, β[. Supposons que la condition (i) ne soit pas satisfaite avec b < β et supposons, par l’absurde, qu’il existe un compact K ⊂ Ω tel que x(t) ∈ K pour tout t ∈ ]t0 , b[. On va montrer que cela contredit la maximalité de J. Comme b < β et que K est compact, alors il existe une constante M telle que |f (t, x)| ≤ M pour tous (t, x) ∈ [t0 , b] × K. Etape 2 Soient t1 , t2 ∈ [t0 , b[, Z t2 0 |x(t2 ) − x(t1 )| = x (t)dt t Z 1t2
f t, x(t) dt = t Z 1t2 ≤ M dt = M |t2 − t1 | , t1

ce qui implique que x est uniformément continue sur [t0 , b[, donc limt→b x(t) est bien définie
et on la note x(b). Montrons qu’en fait x ∈ C 1 ([t0 , b]; Ω) et en particulier x0 (b) = f b, x(b) , ce qui sera en contradiction avec la maximalité supposée de l’intervalle.
En effet, pour t < b, on a x0 (t) = f t, x(t) . Lorsque t va tendre vers b, on aura
x0 (t) = f b, x(b) =: x0 (b).
Le théorème de Picard nous permet de trouver une solution à l’équation x0 (t) = f t, x(t) dans un voisinage de b avec b jouant le rôle de t0 . Cette solution prolonge la solution précédente, ce qui est en contradiction avec sa maximalité supposée.

164

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Corollaire 5.3.13 Soit Ω = Rn , f ∈ C telle que (t, x) 7→ f (t, x) et localement lipschitzienne en x pour tout t (la constante de Lipschtiz dépend des compacts choisis pour chacune des deux variables). Soient de plus g, h ∈ C 0 (I; R+ ) telles que t ∈ I, x ∈ Rn .

|f (t, x)| ≤ g(t) |x| + h(t),

Alors, il existe une et une seule solution x ∈ C 1 (I; Rn ) de l’équation habituelle. De plus, elle est globale. Exemple 5.3.14 (Cas linéaire) Il s’agit du cas où f (x, t) = A(t) · x + b(t), avec A(t) ∈ Mat(R; n, n) et b(t) ∈ Rn . On suppose de plus que les fonctions aij et bi sont continues sur I. En prenant g(t) = max1≤i,j≤n |aij (t)| et h(t) = max1≤i≤n |bi (t)|, f satisfait les hypothèses du corollaire. Exemple 5.3.15 (Pendule non linéaire) On a l’équation y 00 + sin y = 0. On pose x1 = y et x2 = y 0 afin de transformer l’équation en un système que l’on connait bien et que l’on adore. On a donc f (t, x) = (x2 , − sin x1 ), qui satisfait les hypothèses du corollaire (du corollaire). Preuve du corollaire. Soit x ∈ C 1 (]t− , t+ [; Rn ) une solution maximale de l’équation habituelle et t0 ∈ ]t− , t+ [. Par l’absurde, supposons que ]t− , t+ [ 6= ], α, β[, ce qui implique que t− 6= α ou t+ 6= β. Supposons, sans perte de généralité, que t+ 6= β. Si t+ < β, par le théorème précédent, limt→t+ |x(t)| = ∞. Soient p := max {g(t) : t ∈ [t0 , t+ ]} q := max {h(t) : t ∈ [t0 , t+ ]} . Comme x est solution du système sur [t0 , t+ [, on a Z

t

x(t) − x(t0 ) = x(t) − x0 =

x0 (s)ds,

∀t ∈ [t0 , t+ [.

t0

Ainsi, on obtient que, t

Z |x(t)| ≤ |x0 | +

|x0 (s)|dx

t0 t

Z ≤ |x0 | +

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

Z ≤ |x0 |

t

 g(s) · |x(s)| + h(s) dx.

t0

Ce qui implique que


Z

t

|x(t)| ≤ |x0 | + q|t+ − t0 | + p

|x(s)|ds, t0

et donc, par le lemme de Grönwall,
|x(t)| ≤ |x0 | + q|t+ − t0 | ep(t−t0 ) ,

∀t ∈ [t0 , t+ [.

Ce qui implique que la lim supt→t+ |x(t)| est bornée, contradiction.

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

5.3.4

165

Les systèmes linéaires à coefficients constants

On cherche à résoudre
x0 (t) = f t, x(t) = A · x(t),

A ∈ Rn×n .

Définition 5.3.16 Soit k·k une norme quelconque sur Rn (par exemple la norme euclidienne) et A ∈ Rn×n . Une norme sympathique pour les matrices est    kAxk kAk = sup = max kAxk . kxk kxk=1 x6=0 Proposition 5.3.17 Soient A, B ∈ Rn×n , n ∈ N. Alors : (i) kA + Bk ≤ kAk + kBk ; (ii) kA · Bk ≤ kAk · kBk ; (iii) kAn k ≤ kAkn . Démonstration. Aux exercices. Théorème 5.3.18 Soit A ∈ Rn×n et p ∈ N. On définit Sp =

p X Ak k=0

k!

.

Alors : (i) La suite des Sp converge absolument vers A

e = exp(A) =

∞ X Ak k=0

k!

,

avec eA ≤ ekAk . (ii) Si B = P AP −1 , où P ∈ Rn×n , alors eB = P · eA · P −1 . (iii) eA est toujours inversible et eA


−1

= e−A .

(iv ) Si A et B commutent, alors eA+B = eA · eB . Démonstration. Aux exercices. Théorème 5.3.19 Soit le système x0 (t) = A · x(t) et x(0) = x0 , où x0 ∈ Rn et A ∈ Rn×n . Alors, ce problème admet une solution globale unique et la solution est x(t) = eAt · x0 . Démonstration. La démonstration sera divisée en deux étapes.

166

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Etape 1 On va montrer que d  At  e = A · eAt = eAt · A, ∀t. dt On va d’abord montrer que les matrices At et Ah commutent. En effet, si t, h ∈ R, on a (At)(Ah) = thA2 = (Ah)(At). Ainsi, eA·(t+h) − eAt h→0 h eAt · eAh − eAt = lim h→0 h Ah e − In = eAt lim . h→0 h

d  At  e = dt

lim

Et donc, " ∞  # 1 X An hn d  At  At e = e lim − In h→0 h dt n! n=0 " # ∞ X An hn−1 At = e lim A + h→0 n! n=2

At

= e A. Comme A commute avec n’importe quel Ak , on a eAt · A = A · eAt . Etape 2 (vérification) Vérifions : x0 (t) =

d  At  e x0 = A · eAt · x0 = Ax, dt

et x(0) = e0 · x0 = In · x0 = x0 .

Remarque 5.3.20 Le calcul de l’exponentielle de la matrice est une opération délicate. Dans la pratique, il est préférable de ne pas calculer eA . Il vaut mieux procéder comme ceci (i) Trouver les valeurs propres de la matrice A, λ1 ,. . . ,λs , avec leur multiplicité algébrique n1 , . . . , ns (puissance de la racine dans le polynôme caractéristique). (ii) On cherche des solutions de la forme wk (t) = pk (t) · eλk t = eλk ·t ·

nX k −1

ak,i · ti ,

i=0

où deg(pk ) = nk − 1. En général, il s’agit d’une solution complexe (les valeurs propres peuvent être complexes). (iii) Si on veut seulement des solutions réelles, on écrit λk = αk + iβk . La solution est alors de la forme   nX k −1
wk (t) = eαk ·t  tj ak,j cos(βj · t) − bk,j sin(βk · t)  . j=0

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

167

Soit A ∈ Rn×n une matrice dont les valeurs propres sont λ1 , . . . , λs avec leur multiplicité algébrique n1 , . . . , ns . On peut écrire, A = P ΛP −1 , où Λ est une matrice sous forme de Jordan. Considérons maintenant le système  0 x (t) = Ax(t) x(0) = x0 , qui est équivalent à 

et donc 

x0 (t) = P ΛP −1 x(t) x(0) = x0 ,

P −1 x0 (t) = ΛP −1 x(t) x(0) = x0 .

En posant y = P −1 x, on a y(0) = y0 = P −1 x(0) = P −1 x0 , ce qui implique 

y 0 (t) = Λy(t) y(0) = y0 .

On a P −1 x(t) = y(t) = eΛt y0 = eΛt P −1 x0 , et donc x(t) = P eΛt P −1 x0 . Exemple 5.3.21 On va donner un exemple avec n = 2. Soit A ∈ R2×2 ainsi que λ1 et λ2 les valeurs propres de A. On va distinguer plusieurs cas : Cas 1 Les deux valeurs propres sont réelles et différentes : On a alors  λt  e 1 0 Λt e = . 0 eλ2 t Cas 2 λ2 = λ2 = λ ∈ R, multiplité algébrique = 2, multiplicté géométrique = 2 : Dans ce cas, l’exponentielle est  λt  e 0 Λt e = . 0 eλt Cas 3 λ2 = λ2 = λ ∈ R, multiplité algébrique = 2, multiplicté géométrique = 1 : La matrice est alors   λ 0 Λ= , 1 λ les solutions sont de la forme eλt et t · eλt . Cas 4 λ1 , λ2 ∈ C, λ1 = α + βi, λ2 = α − βi : La matrice est alors   α β Λ= , −β α les solutions sont de la forme eαt cos(βt) et eαt sin(βt).

168

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Théorème 5.3.22 Soient a0 , a1 , . . . , an−1 des nombres réels (on aurait pu les prendre complexes en modifiant la suite) et y = y(t) solution de y (n) + an−1 · y (n−1) + . . . + a0 · y(t) = 0. Soit p(λ) = λn + an−1 λn−1 + . . . + a1 λ + a0 = 0 le polynôme caractéristique et λ1 , . . . , λs les racines de p avec leur multiplicité n1 , . . . , ns . Alors yi,k (t) = tk eλi t ,

k = 0, . . . , ni − 1,

sont des solutions de l’équation ci-dessus. De plus, toute combinaison linéaire des yi,k est une solution. Démonstration. Série 27.

5.3.5

Systèmes linéaires à coefficients variables

On aimerait résoudre le système, 

x0 (t) = A(t) · x(t) + b(t), x(0) = x0 .

t∈R

Dans un premier temps, on va traiter le cas où b(t) ≡ 0. On a vu que si A(t) ne dépend pas de t, la solution de l’équation est x(t) = eAt · x0 . 0 (t) Si n = 1, on a l’équation x0 (t) = a(t) · x(t), que l’on écrit xx(t) = a(t), ce qui nous donne la solution Z  t

x(t) = x0 · exp

a(s)ds . 0

Si, maintenant, n ≥ 2, on pourrait penser que la solution est Z x(t) = x0 · exp

t

 A(s)ds ,

0

ce qui est faux. Proposition 5.3.23
Soit A(t) ∈ Rn×n , où A(t) ij = aij (t) sont des fonctions continues. Alors, l’ensemble des solutions de " x0 (t) = A(t) · x(t) x(0) = x0 , est un espace vectoriel V ⊂ C(R; Rn ) de dimension n. Démonstration. Etape 1 Le fait que V soit un espace vectoriel est évident. Montrons que V est de dimension n. Soient x01 , . . . , x0n , une base de Rn et on résoud

"

x0j (t) = A(t) · xj (t) xj (0) = x0j ,

pour j = 1, . . . , n. On va montrer que {x1 , . . . , xn } est une base de V .

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY*

169

Etape 2 Montrons que la liste {x1 , . . . , xn } est linéairement indépendante. Soient β1 , . . . , βn tels que n X y(t) = βi · xi (t) = 0, ∀t. i=1

En prenant t = 0, on a y(0) = β1 x01 + . . . + βn x0n = 0, et donc βi = 0, ∀1 ≤ i ≤ n, puisque les x0i forment une base de Rn . Etape 3 Montrons que la liste est génératrice. Soit y = y(t) une solution de y 0 (t) = A(t) · y(t). On aimerait trouver β1 , . . . , βn ∈ R tels que y(t) = β1 x1 (t) + . . . + βn xn (t). Comme x01 , . . . , x0n est une base de Rn , il existe β1 , . . . , βn ∈ R tels que y0 = β1 x01 + . . . + βn x0n . Si z = z(t) est telle que z(t) = β1 x1 (t) + . . . + βn xn (t), z satisfait

"

P z 0 (t) = ni=1 βi · xi (t) = A(t) · z(t) z(0) = y(0) = y0 .

Par unicité des solutions, on a z(t) = y(t), ∀t. Définition 5.3.24 (i) Soient {x1 , . . . , xn } ⊂ C(R; Rn ) un ensemble de solutions de x0 (t) = A(t) · x(t),   avec xj = xj (t) = x1j (t), . . . , xnj (t) . On pose  x11 (t) . . . x1n (t)  ..  , .. F (t) =  ... . .  n n x1 (t) . . . xn (t) 

que l’on appelle matrice de solutions. (ii) Si {x1 , . . . , xn } est une base de V , la matrice F est appelée matrice fondamentale. Si de plus F (0) = In , on dit que F est la matrice fondamentale principale de x0 (t) = A(t) · x(t). (iii) Le déterminant d’une matrice de solutions est noté
W (t) = det F (t) , et est appelé le wronskien. Proposition 5.3.25 Soit le système x0 (t) = A(t) · x(t) et F une matrice de solutions. Alors (i) F 0 (t) = A(t) · F (t). (ii) F est une matrice fondamentale si et seulement si il existe t0 ∈ R tel que det F (t0 ) 6= 0 (en particulier, on aura que det F (t) 6= 0, ∀t ∈ R).

170

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

(iii) Si F1 et F2 sont deux matrices fondamentales. Alors il existe C ∈ Rn×n une matrice ne dépendant pas du temps, inversible, telle que F2 (t) = F1 (t) · C, Démonstration.

∀t ∈ R.

(i) Evident.

(ii) Supposons que F soit une matrice fondamentale, alors det F (t)
6= 0, pour tout t ∈ R.
Réciproquement, supposons qu’il existe t0 ∈ R tel que det F (t0 ) 6= 0, alors det F (t) 6= 0, pour tout t ∈ R. Il
s’agit de la même démonstration que celle de la proposition 5.3.23. Comme det F (t0 ) 6= 0, les colonnes x1 , . . . , xn de la matrice sont linéairement indépendantes en t0 . Par un argument semblable à celui de la preuve, les colonnes restent indépendantes pour tout t. (iii) On fixe t0 ∈ R et on construit la matrice C telle que F2 (t0 ) = F1 (t0 ) · C. Puisque les deux matrices Fi (t0 ) sont inversibles, C existe et est inversible. Montrons maintenant que cette égalité reste vraie pour tout t ∈ R. En effet, F2 satisfait " F20 (t) = A(t) · F2 (t) F2 (t0 ) = F2 (t0 ). De plus, "


0 F1 (t) · C = F10 (t) · C = A(t) [F1 (t) · C] , F1 (t0 ) · C = F2 (t0 ).

Par unicité des solutions, on déduit que F2 (t) = F1 (t) · C pour tout t ∈ R.

Théorème 5.3.26 (Théorème de Liouville ou Formule d’Abel) Soit A(t) ∈ Rn×n une matrice dont les composantes aji (t) sont continues et F (t) une matrice de solutions du problème x0 (t) = A(t) · x(t). Alors





Z

W (t) = det F (t) = det F (t0 ) · exp


trace A(s) ds .

t


Démonstration. Soit F (t) une matrice de solutions dont les colonnes sont x1 (t), . . . , xn (t) et les composantes sont xji (t). La matrice satisfait x0j (t) = A(t) · xj (t), et donc

n X
0 xij (t) = aik (t) · xkj (t). k=1

Dans ne cas où n = 2, on a
0 x11 (t)
0 x21 (t)
0 x12 (t)
0 x22 (t)

= a11 x21 + a12 x21 = a21 x11 + a22 x21 = ... = ....

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES

171

Dans le cas général :

d [det F (t)] dt

=

n X i=1

x11 .. . d dt

xi1 .. .

...


xn1

... ...


d i dt xn .. . n xn x1n .. .

=

x1 . . . x 1 n 1 .. .. n . X i. k a x . . . ai xkn k k 1 .. .. i,k=1 . .n n x . . . x n 1 n X aii det F (t)

=

trace (A(t)) · det F (t),

=



i=1

que l’on intègre.

5.4 5.4.1

Séries formelles et fonctions génératrices Introduction

Soit l’équation pn (z)u(n) (z) + pn−1 (z)u(n−1) (z) + . . . + p1 (z)u0 (z) + p0 (z)u(z) = 0, où les fonctions pi sont analytiques et u = u(z). Exemple 5.4.1 On a, par exemple, les équations d’ordre deux suivantes : (i) Equation hypergéométrique   z(1 − z)u00 + γ − (α + β + 1) · z u0 − αβ · u = 0. (ii) Equation de Bessel
z 2 u00 + zu0 + z 2 − n2 u = 0. (iii) Equation hypergéométrique confluente zu00 + (c − z)u0 − au = 0. (iv) Equation d’Airy u00 + zu = 0. (v) Equation homogène d’Euler z 2 u00 + αzu0 + βu = 0.

172

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Les séries formelles Soit l’équation u00 (z) + p(z)u0 (z) + q(z)u(z) = 0. On va supposer que p et q sont analytiques en z = 0, on écrit donc p(z) =

∞ X

i

pi z ,

q(z) =

i=0

∞ X

qi z i .

i=0

On cherche des solutions de la forme u(z) =

∞ X

ai z i .

i=0

Ce qui implique u0 (z) =

∞ X

k · ak · z k−1 =

k=1

et u00 (z) =

∞ X

∞ X

(k + 1)ak+1 · z k ,

k=0

k · (k − 1) · ak · z k−2 =

k=2

∞ X (k + 1)(k + 2)ak+2 · z k . k=0

On substitue les deux dérivées dans l’équation de départ, pour trouver (k + 1)(k + 2)ak+2 + pk · (k + 1)ak+1 + qk · ak = 0,

∀k ∈ N.

Exemple 5.4.2 Considérons l’équation u00 + qu = 0,

q > 0.

On aimerait donc, (k + 2)(k + 1)ak+1 + qak = 0, et l’on trouve ak+1 =

∀k ∈ N,

q2 ak−1 , (k + 2)(k + 1)k(k − 1)

ce qui implique (−1)l · q l (−1)l q l a0 , a2l+1 = a1 , (2l)! (2l + 1)! ce qui correspond à la solution connue √ √ a0 cos ( qz) + a1 sin ( qz) . a2·l =

Exemple 5.4.3 (Equation hypergéométrique) Rappelons d’abord que l’équation est   z(1 − z)u00 + γ − (α + β + 1) · z u0 − αβy = 0. Les solutions cherchées sont de la forme ∞ X

ak · z k .

k=0

L’une des solutions que l’on trouve pour cette équation est u(z) = F (α, β, γ, z) =

∞ X α(α + 1) · . . . · (a + k − 1)β · . . . · (β + k − 1) z k · , γ(γ + 1) · . . . · (γ + k − 1) k! k=0

qui converge si |z| < 1. Remarquons que si l’on prend α = β = γ = 1, on trouve F (1, 1, 1, z) =

∞ X k=0

zk .

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES Exemple 5.4.4 (Equation de Bessel) Il s’agit de l’équation z 2 u00 + zu0 + (z 2 − n2 )u = 0,

173

n∈N

(dans le cas général, on n’est pas obligé de prendre n ∈ N). On trouve comme solution Jn (z) =

∞  z 2 X

2

k=0

(−1)k z 2k , k! · (n + k)! · 22k

qui converge pour tout z ∈ C. Exemple 5.4.5 Soit l’équation z 2 u00 + (3z − 1)u0 + u = 0. En faisant les calculs de manière naïve, on trouve que ak = k!. Cependant, si z 6= 0, la série, avec ces coefficients, diverge.

5.4.2

Rappels sur les séries

Soient les séries entières C(z) =

P∞

k=0 ck z

k

et Γ(z) =

P∞

k=0 γk z

k.

(i) Si |ck | ≤ |γk |. Alors le rayon de convergence de C est au moins égal à celui de Γ. (ii) Si le rayon de convergence de C est r, alors toutes les dérivées de C ont un rayon de convergence au moins égal à r et les coefficients sont obtenus par dérivation formelle. (iii) Supposons que le rayon de convergence de C soit au moins r < r0 . Alors, il existe une constante M , indépendante de k telle que ck rk ≤ M . Théorème 5.4.6 Soit z0 ∈ C. On définit l’opérateur L de la manière suivante : Lu(z) = u(n) (z) + pn−1 (z)u(n−1) (z) + . . . + p0 (z)u(z), telle que les coefficients pk sont analytiques au voisinage de z0 et de rayon de convergence au moins r0 . Alors, le problème  Lu(z) = 0 u(k) (z0 ) = αk , 0 ≤ k ≤ n − 1, αk ∈ C. admet une et une seule solution analytique ϕ, ϕ(z) =

∞ X

ck (z − z0 )k ,

|z − z0 | < r0 .

k=0

De plus,

αk , ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, k! et pour k ≥ n, ck est une fonction de (α0 , . . . , αn−1 ) est obtenue par dérivation formelle. ck =

Démonstration. On va traiter seulement le cas où n = 2 et on va supposer que z0 = 0. L’équation que l’on cherche à résoudre est  00 u (z) + α(z)u0 (z) + β(z)u(z) = 0 u(0) = α0 , u0 (0) = α1 . On écrit α(z) =

∞ X k=0

k

ak z ,

β(z) =

∞ X k=0

bk z k ,

|z| < r0 .

174

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Etape 1 (calcul formel) Soit ϕ(z) =

P∞

k=0 ck

· z k . On a ϕ0 (0) = c1 = α1 .

ϕ(0) = c0 = α0 On calcule ensuite les dérivées formelles ∞ X

ϕ0 (z) =

k=1 ∞ X

ϕ00 (z) =

kck · z k−1 , k(k − 1)ck · z k−2 .

k=2

On va calculer maintenant,   ∞ k X X  β(z)ϕ(z) = bk−j · cj  z k , k=0

j=0

et, de la même manière   ∞ k X X  α(z)ϕ0 (z) = ak−j · (j + 1)cj+1  z k . j=0

k=0

En remettant tout cela dans l’équation initiale, on obtient que

Lϕ(z) =

∞ X

 z k (k + 2)(k + 1)ck+2 +

k X 

  (j + 1)cj+1 ak−j + cj bk−j  = 0.

j=0

k=0

Ce qui revient à (k + 2)(k + 1)ck+2 = −

k X 

 (j + 1)cj+1 ak−j + cj bk−j .

j=0

P k Etape 2 (convergence) Montrons que la série ∞ k=0 ck · z , où les ck satisfont l’équation précédente, converge pour tout |z| < r. Soit 0 < r < r0 . Comme les séries α et β convergent pour tout |z| < r0 , il existe M > 0 une constante telle que |αj |rj , |βj |rj ≤ M . On va utiliser cette estimation dans l’équation précédente (k + 1)(k + 1)|ck+2 | ≤ M ·

k X


(j + 1)|cj+1 | + |cj | rj−k

j=0

≤

k
MX (j + 1)|cj+1 | + |cj | rj k r j=0

≤

k
MX (j + 1)|cj+1 | + |cj | rj + M |ck+1 |r. k r j=0

On pose γ0 = |c0 |, γ1 = |c1 | et on définit γk par récurence : (k + 2)(k + 1)γk+2

k
MX = k (j + 1)γj+1 + γj rj + M γk+1 · r. r j=0

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES

175

Il est facile de montrer par que γk ≥ |ck | ≥ 0 pour tout k. Pour obtenir le résultat, P récurence k converge pour tout |z| < r. On écrit la dernière équation il suffit de montrer que ∞ γ ·z k=0 k pour k et k + 1 k(k + 1)γk+1 =

k−1
M X (j + 1)γj+1 + γj rj + M γk · r, k−1 r j=0

k(k − 1)γk =

M rk−2

k−2 X


(j + 1)γj+1 + γj rj + M γk−1 · r.

j=0

On remplace la deuxième équation dans la première en multipliant par r pour trouver k(k + 1)γk+1 · r =

=

k−1 M X [(j + 1)γj+1 + γj ] rj + M γk · r2 rk−2 j=0   k−2 X
M  (j + 1)γj+1 + γj rj + (kγk + γk−1 ) rk−1  + M γk · r2 k−2 r j=0

= k(k − 1)γk − M γk−1 · r + M r (kγk + γk−1 ) + M γk · r2   = γk k(k − 1) + M kr + M r2 . On va utiliser le critère de d’Alembert : 2 γk+1 · z k+1 = |z| k(k − 1) + M kr + M r γk · z k k(k + 1)r

5.4.3

k→∞ / |z| r

< 1.

Classification des singularités

Définition 5.4.7 Soient pi des fonctions analytiques au voisinage de z0 et l’opérateur Lu(z) = pn (z)u(n) (z) + pn−1 (z)u(n−1) (z) + . . . + p0 (z)u(z) = 0. (i) On dit que z0 est un point régulier pour l’équation Lu = 0 si pn (z0 ) 6= 0. Si ce n’est pas le cas, on dit que z0 est un point singulier. (ii) Si on peut écrire l’équation précédente sous la forme (z − z0 )n u(n) (z) + (z − z0 )n−1 bn−1 (z)u(n−1) (z) + . . . + (z − z0 )b1 (z)u0 (z) + b0 (z)u(z) = 0, où les bi sont analytiques au voisinage de z0 . Alors z0 est une singularité régulière. (iii) Si z0 est un point singulier mais pas du type précédent, il est appelé singularité irrégulière. Remarque 5.4.8 Parfois, on trouve des points réguliers déguisés en singularités. Dans ce cas, on parle de singularité éliminable. Par exemple, zu00 + sin z · u = 0. Exemple 5.4.9 Soit l’équation u00 (z) + α(z)u0 (z) + β(z)u(z) = 0, où α et β sont analytiques au voisinage de z0 . Alors, z0 est un point régulier.

176

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

Exemple 5.4.10 (Equation hypergéométrique) On considère l’équation   z(1 − z)u00 + γ − (α + β + 1) · z u0 − αβ · u = 0. Les points z0 6∈ {0, 1} sont des points réguliers. Si z0 = 0 ou z0 = 1, il s’agit d’une singularité z régulière. En effet, en multipliant l’équation par 1−z , on trouve l’équation z 2 u00 (z) + z

γ − (α + β + 1)z 0 −αβz u + u = 0, 1−z 1−z

où les coefficients de u et u0 sont analytiques au voisinage de z0 = 0. Exemple 5.4.11 (Equation de Bessel) Soit l’équation
z 2 u00 + zu0 + z 2 − n2 u = 0. Le premier point est que si z0 6= 0, il s’agit d’un point régulier. Si z0 = 0, on a directement une singularité régulière. Exemple 5.4.12 (Equation d’Euler homogène) Rappelons que l’équation est z 2 u00 + αzu0 + βu = 0. Clairement, tous les z0 6= 0 sont des points réguliers.Si z0 = 0, on a une singularité régulière. Exemple 5.4.13 (Série divergente partout) L’équation est z 2 u00 + (3z − 1)u0 + u = 0. Si z0 6= 0, il s’agit d’un point régulier. Si z0 = 0, il s’agit d’une singularité irrégulière. Définition 5.4.14 (Singularité à l’infini) Soit l’équation Lu(z) = u00 (z) + α(z)u0 (z) + β(z)u(z) = 0. On dit que z0 = ∞ est respectivement un point régulier, une singularité régulière, une singularité irrégulière, si t0 = 0 est respectivement un point régulier, une singularité régulière, une singularité irrégulière, de l’équation M v(t) = v 00 (t) + p(t)v 0 (t) + q(t)v(t) = 0, où p(t) =

2 t

−

1 α t2

1 t




et q(t) =

1 β t4

1 t




.

Exemple 5.4.15 Soit l’équation connue et adorée u00 + u = 0. Clairement, z0 ∈ C est toujours un point régulier. Regardons maintenant le cas où z0 = ∞. On écrit alors, 2 1 M v(t) = v 00 + v 0 + 4 v = 0, t t qui possède une singularité irrégulière en t0 = 0. En effet, en multipliant par t2 , on trouve t2 v 00 + 2tv 0 +

1 v = 0. t2

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES

177

Exemple 5.4.16 Soit l’équation
z(1 − z)u00 + γ − (α + β + 1)z u0 − αβu = 0. On pose a(z) =

γ − (α + β + 1)z , z(1 − z)

b(z) =

−αβ , z(1 − z)

ce qui implique p(t) =

2 1 γt − (α + β + 1) − · , t t t−1

et q(t) =

−αβ . − 1)

t2 (t

Il y a donc une singularité régulière à l’infini. Exemple 5.4.17 (Bessel) On rappelle l’équation
z 2 u00 + zu0 + z 2 − n2 u = 0. On a a(z) =

1 , z

b(z) = 1 −

n2 , z2

ce qui nous permet de trouver 1 p(t) = , t et


1 1 − n2 t2 . 4 t Il y a donc une singularité irrégulière à l’infini. q(t) =

Exemple 5.4.18 (Equation d’Euler homogène) On rappelle que l’équation est z 2 u00 + αzu0 + βu = 0. Ecrivons, a(z) =

α , z

ce qui nous permet d’écrire p(t) =

b(z) =

β , z2

2−α , t

et

β . t2 L’équation possède donc une singularité régulière à l’infini. q(t) =

5.4.4

Les équations du premier ordre

Soit l’équation u0 (z) + p(z)u(z) = 0. Supposons que p possède une singularité en z0 = 0 et soit holomorphe dans un voisinage de z0 . Ainsi, p admet une série de Laurent en z0 : p(z) =

∞ X

ak z k ,

∀0 < |z| < r.

k=−∞

On cherche à établir le rapport qui existe entre les singularités au sens des séries de Laurent et au sens du paragraphe précédent. On rappelle les définitions suivantes concernant les séries de Laurent.

178

CHAPITRE 5. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES

(i) z0 est un point régulier de la série de Laurent si et seulement si a−k = 0, pour tout k ≥ 1. (ii) Le point z0 est un pôle d’ordre m ≥ 0 si a−m 6= 0 et a−k = 0, pour tout k tel que k > m. (iii) z0 est une singularité essentielle isolée si a−k 6= 0 pour une infinité de k positifs. En ce qui concerne les équations différentielles, les définitions sont les suivantes. (i) z0 est un point régulier si et seulement si p est régulier de z0 ce qui se produit si et seulement si z0 est un point régulier de la série de Laurent de p. (ii) z0 est une singularité régulière si et seulement si z0 est un pôle d’ordre un de p. (iii) z0 est une singularité irrégulière si et seulement z0 est un pôle d’ordre supérieur à deux ou une singularité essentielle isolée. Cherchons formellement les solutions de l’équation donnée ci-dessus. On trouve donc,  Z z  u(z) = c exp − p(t)dt . En insérant la série de Laurent dans l’expression ci-dessus, on trouve ! ! Z z ∞ X k u(z) = c exp − ak t dt k=−∞

= c exp −

∞ X k=0 ∞ X

Z ak

z

tk dt − a−1

Z

z

∞

dt X a−k − t

Z

z

! t−k dt

k=2 ∞ X

z −k+1 = c exp − − a−1 · log z − a−k −k + 1 k=0 k=2 ! ∞ ∞ X ak−1 · z k X ak−1 · z −k α = cz · exp − − , k k z k+1

ak · k+1

k=1

!

k=1

où α = −a−1 . On va distinguer les différents cas Cas 1 z0 = 0 est un point régulier. Alors u(z) est une fonction analytique. Cas 2 Si z0 est un pôle d’ordre 1 de la série de Laurent, la solution est ! ∞ X ak−1 · z k α u(z) = cz · exp − , k k=1

qui est analytique si α ∈ N. Cas 3 Si z0 = 0 est un pôle d’ordre supérieur ou égal à deux ou une singularité essentielle isolée, la solution n’est pas analytique.

5.4.5

La méthode de Frobenius pour les singularités régulières

Soit l’équation u00 (z) + p(z)u0 (z) + q(z)u(z) = 0, et supposons que z0 est une singularité régulière. Par exemple, z 2 u00 (z) + za(z)u0 (z) + b(z)u(z). Comme cas particulier, on peut prendre l’équation d’Euler homogène, pour laquelle on a a(z) ≡ a et b(z) ≡ b. Le polynôme indiciel est g(ν) = ν(ν − 1) + aν + b. On appelle ν1 et ν2 les racines de ce polynôme. On va distinguer les cas

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES

179

Cas 1 Si ν1 6= ν2 on cherche des solutions ϕ1 (z) = z ν1 , ϕ2 (z) = z ν2 . On substitue dans l’équation pour trouver Lϕ1 = z ν1 g(ν1 ) = 0. Cas 2 Si ν1 = ν2 = ν, alors

g 0 (ν) = 0.

g(ν) = 0, On cherche des solutions de la forme ϕ1 (z) = z ν ,

ϕ2 (z) = z ν + z ν log z.

Théorème 5.4.19 (Théorème de Frobenius) Soit l’opérateur Lu(z) = z 2 u00 (z) + za(z)u0 (z) + b(z)u(z) = 0. Supposons que a et b soient analytiques au voisinage de z0 = 0 (donc z0 = 0 est une singularité régulière) avec rayon de convergence au moins r0 > 0. Le polynôme indiciel est q(ν) = ν(ν − 1) + a(0)ν + b(0) = 0, et l’on note ν1 , ν2 ses racines, avec Re ν1 ≥ Re ν2 . On note Ω = {z ∈ C : |z| < r0 } \ {z ∈ C : =(z) = 0 et