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Exercices : Jean-François Burnol
Corrections : Volker Mayer
Relecture : François LescureExo7
Divers
1 Un problème
Exercice 11.Prouv erpour n2N,n>1:Z¥
0dx1+xn=p=nsin(p=n)
en utilisant le secteur angulaire 06Argz62pn , 06jzj6R,R!+¥, et en montrant que la contribution de l"arc de cercle tend vers zéro pourR!+¥. 2. Montrer ,en utilisant les contours e6x6R,z=Reiq(06q62pa ),z=rei2pa (R>r>e),z=eeiq 2pa >q>0): a2R;a>1=)Z0dx1+xa=p=asin(p=a):
Pourdéfinirzacomme fonctionholomorphe surfz=reiaj00dx1+xa; justifierquel"intégraledéfinissantJ(a)estconvergenteetanalytiquecommefonction
deapour Re(a)>1 et prouverJ(a) =p=asin(p=a). 4.On définit maintenant
K(p) =Z
¥e pt1+etdt pour 00dt1+t1=p=1p
J(1p ) =psin(pp) 5.Expliquer pourquoi l"intégrale K(p) =R+¥
¥ept1+etdtest convergente et analytique pourpcomplexe avec0 6. Donner une preuv esimple directe de la formule K(p)=psin(pp)pour toutpcomplexe avec 0en appliquant le théorème des résidus avec des contours liés aux droitesz=x,x2Retz=x+2pi,x2R. 7. Déduire de ce qui précède a vecp=12
+ix,x2R: Z ¥cos(xt)ch(t=2)dt=2pch(px);
Montrer que la transformation de Fourier
bf(x) =R Re2pixxf(x)dxappliquée à la fonctionf(x) =1ch(px) donne simplement bf=f(remarque: c"est aussi le cas avecf(x) =epx2). 1 8.On revientàlaformulegénéraleK(p)=psin(pp). EnséparantpartiesréellesetimaginairesdansR+¥
¥ept1+etdt
déterminer (en simplifiant le plus possible) les valeurs de : Z ¥e utcos(vt)1+etdt;Z ¥e utsin(vt)1+etdt; pour 0Exercice 2Déterminer Z Déterminer
Z ¥eixxix+i1x
2+1dxetZ
¥eixxix+i1x
Déterminer
Z Montrer que les racines du polynômeP(z) =z111+3z50+1 vérifiantjzj<1 sont simples et qu"il y en a
exactement 50.Indication :utiliser le théorème de Rouché en écrivantP(z) =3z50+(z111+1)et calculerP0
pour s"assurer que les racines avecjzj<1 sont simples. Déterminer l"image parz7!3z+5z+2du cercle unité, du cercle de rayon 2 centré en 1, du cercle de rayon 2 centré
en l"origine; de la droite imaginaire, de la droite d"équationx=y, de la droite verticale passant en 3, de la droite
verticale passant en2. Soitaavecjaj<1. On sait quez7!fa(z) =az1azest un automorphisme du disque unitéD(0;1). Trouverz1 etz2avecfa(z1) =z2,fa(z2) =z1. Deux points distincts arbitrairesz1etz2étant donnés dansD(0;1), montrer
qu"il existe un automorphisme les échangeant et que cet automorphisme est unique à une rotation près (on se
ramènera au cas où l"un des points est l"origine). Trouver l"unique automorphisme du premier quadrant qui échange 1+iet 2+2i. On remarquera quez7!z2 est une bijection analytique du premier quadrant sur le demi-plan supérieur, et que l"on peut donc ramener le
2 Exercice 10
Soitfholomorphe surD(0;1). On supposejf(w)j68 pour toutjwj61 etf(34 ) =0. Montrerjf(0)j66. Indication :trouver un automorphismefdu disque avecf(0) =34 et utiliser le Lemme de Schwarz pour la fonction 18 Correction del"exer cice1 N1.Soit CR=fReiq; 06q62pn g. La fonction f(z) =11+zn a un seul pôlez0=eip=ndans le secteur. C"est un pôle simple et le résidu est Res f;eipn =1nz n10=z0n =1n eipn D"où
2ipn eip=n=Z R 0dx1+xn+Z
C Rdz1+zn+Z
0 Re ip=ndz1+zn pour toutR>1. Puisquen>1, on a : lim R!¥
Z C Rdz1+zn
6limR!¥
1R n1Z C Rjdzj =0: D"autre part,
Z0 Re 2ip=ndz1+zn=Z
R 011+xne2ip=ndx=e2ip=nZR
0dx1+xn:
Il en résulte que
Z R 0dx1+xn=2ipn
eip=nR C Rdz1+zn1e2ip=n!2ipn
eip=n1e2ip=n=2ipn 12isinpn
=pn sin pn lorsqueR!¥. 2. La fonction za=exp(a(logr+ia))n"est pas définie au voisinage de l"origine. C"est la raison pourquoi
on est amené de considérer le petit morceau de cerclege=feeiq;2pa >q>0g. On va de nouveau noter C R=fReiq; 06q62pn
get W= z=reia; 0Pourz=reia2Won a za=1 ()a(logr+ia) =ip(mod2ip) ()r=1 eta=pa Par conséquent,f(z) =11+zaa une seule singularitéz0=eipa dansW. Commef(z) =1h(z)avech(z0) = 1+za0=0 et
h 0(z0) = (exp(alogz))0
jz=z0=az 0za06=0
le pointz0est un pôle simple et on a Res(f;z0) =1h
0(z0)=z0a
=1a eipa Il suffit alors de procéder comme dans la question 1. pour établir Z 0dx1+xa=pa
sin pa poura>1: 4 3.Soit x2(0;¥)eta=u+ivavecu>1. Alors
jxaj=jxivjjxuj=jexp(i(vlogx))jxu=xu: Par conséquent on a, pour toutx>1,11+xa
61x
u1 ce qui implique la convergence de l"intégraleJ(a). Montrons que l"applicationa7!J(a)est holomorphe
dansW=fRea>1g. Pour ce faire on utilise des critères d"holomorphie des intégrales avec paramètres
(voir le chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol). Considérons d"abordJ1(a) =R2 0dx1+xa. On a
(1)(a;x)7!g(a;x)=11+xaest continue. (2)8x2[0;2]:a7!g(a;x)est holomorphe dansW. Par un critère d"holomorphie des intégrales avec paramètres (théorème 26 du chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de
J.-F. Burnol)a7!J1(a)est holomorphe dansW. PourJ2(a)=R¥ 2dx1+xail faut en plus de (1) et (2) majorer
g(a;x)=11+xapar une fonction intégrablek(dépendant que de la variablex). Pour ce faire il faut travailler
dans un domaine plus petit W T=fRea>TgW;T>1:
Dans ce cas
jg(a;x)j=11+xa 61x
T18x>2 eta2WT:
CommeT>1,k(x) =1x
T1est intégrable:R¥
2k(x)dx<¥. Par un critère d"holomorphie des intégrales
avec paramètres (ici le théorème 27 du chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol),a2WT7!
J 2(a)est holomorphe. Ceci étant vrai pour toutT>1,J2est holomorphe dansW. En conclusion,
a7!J(a) =J1(a)+J2(a) est holomorphe surW. L"affirmationJ(a) =pa sin (pa ),a2W, est une conséquence du principe des zéros isolés et du fait que nous avons déja établi cette relation pour tout réela>1. 4. Évident.
5. On peut procéder comme dans la question 3. Notons que jh(p;t)j=ept1+et =eRe(p)t1+et: Par conséquent,jh(p;t)j e(Re(p)1)tpourt!¥etjh(p;t)j eRe(p)tpourt! ¥. L"intégraleK(p)est donc convergente. Pour établir l"holomorphie de cette fonction il faut travailler u©ì U e=f00 petit: 6. Nous a vonsvu dans la question précédente que la fonction h(p;t) =ept1+etdécroit exponentiellement pour
0 lim R!¥Z
R+2ip Re pz1+ezdz=limR!¥Z R R+2ipe
pz1+ezdz=0 Par le théorème des résidus il en résulte que : 2ipResepz1+ez;ip
=limR!¥ ZR Re pt1+etdt+Z R+2ip R+2ipe
pz1+ezdz Or RR+2ip
R+2ipepz1+ezdz=e2ippRR
Rept1+etdt. D"où :
2ipeipp=2ipResepz1+ez;ip
=1e2ippK(p): Finalement on a
K(p) =p2ie
ippeipp=psin(pp): 5 Correction del"exer cice5 NjQ(z)j=jz50(z61+3)j=jz61+3j>2 pourjzj=1. D"où jP(z)Q(z)j=1Par le théorème de Rouché,P;Qont le même nombre de zéros dansD(0;1). Le reste en découle en observant queP0=Q0etP(0)6=0.Correction del"exer cice6 NL"applicationF(z) =3z+5z+2est une homographie. L"image d"un cercle est alors de nouveau un cercle ou une
droite. De plus on remarque que (1)F(x)2Rpour tout réelx6=2. (2)F(z) =F(z)pour toutz2Cnf2g. CommeF(1) =2 etF(1) =83
, l"image du cercle unité est un cercle symétrique par rapport à l"axe réel (cf. (2)) avec centre83 +212
=73 et de rayon83 73
=13 . Le cercle de rayon 2 centré à l"origine contient2. C"est l"unique point dont l"image estF(2) =¥. L"image de ce cercle est alors une droite et c"est F(2)+iR=114
+iR:Correction del"exer cice8 NOn aFa(0) =aetFa(a) =0. Remarquons queFaFafixe l"origine. Par l"exercice7 , l"automorphisme
F aFadeD(0;1)est une rotationz7!eiaz. Un calcul explicite montre queFaFa=Id, c"est à dire F 1a=Fa. SoitYun automorphisme du disque unitéD(0;1)tel queY(z1) =z2. Alors
YFz1(0) =Fz2(0)()F1z2YFz1(0) =0
et doncA=F1z2YFz1est un automorphisme du disque unité fixant l"origine. On en déduit de nouveau que
Aest une rotation:A(z) =eiaz. Par conséquent,
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Déduire de ce qui précède a vecp=12
+ix,x2R: Z¥cos(xt)ch(t=2)dt=2pch(px);
Montrer que la transformation de Fourier
bf(x) =R Re2pixxf(x)dxappliquée à la fonctionf(x) =1ch(px) donne simplement bf=f(remarque: c"est aussi le cas avecf(x) =epx2). 18.On revientàlaformulegénéraleK(p)=psin(pp). EnséparantpartiesréellesetimaginairesdansR+¥
¥ept1+etdt
déterminer (en simplifiant le plus possible) les valeurs de : Z ¥e utcos(vt)1+etdt;Z ¥e utsin(vt)1+etdt; pour 0Déterminer
Z¥eixxix+i1x
2+1dxetZ
¥eixxix+i1x
Déterminer
ZMontrer que les racines du polynômeP(z) =z111+3z50+1 vérifiantjzj<1 sont simples et qu"il y en a
exactement 50.Indication :utiliser le théorème de Rouché en écrivantP(z) =3z50+(z111+1)et calculerP0
pour s"assurer que les racines avecjzj<1 sont simples.Déterminer l"image parz7!3z+5z+2du cercle unité, du cercle de rayon 2 centré en 1, du cercle de rayon 2 centré
en l"origine; de la droite imaginaire, de la droite d"équationx=y, de la droite verticale passant en 3, de la droite
verticale passant en2. Soitaavecjaj<1. On sait quez7!fa(z) =az1azest un automorphisme du disque unitéD(0;1). Trouverz1etz2avecfa(z1) =z2,fa(z2) =z1. Deux points distincts arbitrairesz1etz2étant donnés dansD(0;1), montrer
qu"il existe un automorphisme les échangeant et que cet automorphisme est unique à une rotation près (on se
ramènera au cas où l"un des points est l"origine). Trouver l"unique automorphisme du premier quadrant qui échange 1+iet 2+2i. On remarquera quez7!z2est une bijection analytique du premier quadrant sur le demi-plan supérieur, et que l"on peut donc ramener le
2Exercice 10
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2ipn eip=n=Z R0dx1+xn+Z
CRdz1+zn+Z
0 Re ip=ndz1+zn pour toutR>1. Puisquen>1, on a : limR!¥
Z CRdz1+zn
6limR!¥
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Z0 Re2ip=ndz1+zn=Z
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eip=nR CRdz1+zn1e2ip=n!2ipn
eip=n1e2ip=n=2ipn12isinpn
=pn sin pn lorsqueR!¥. 2.La fonction za=exp(a(logr+ia))n"est pas définie au voisinage de l"origine. C"est la raison pourquoi
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get W= z=reia; 01+za0=0 et
h0(z0) = (exp(alogz))0
jz=z0=az0za06=0
le pointz0est un pôle simple et on aRes(f;z0) =1h
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=1a eipa Il suffit alors de procéder comme dans la question 1. pour établir Z0dx1+xa=pa
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jxaj=jxivjjxuj=jexp(i(vlogx))jxu=xu:Par conséquent on a, pour toutx>1,11+xa
61xu1
ce qui implique la convergence de l"intégraleJ(a). Montrons que l"applicationa7!J(a)est holomorphe
dansW=fRea>1g. Pour ce faire on utilise des critères d"holomorphie des intégrales avec paramètres
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(1)(a;x)7!g(a;x)=11+xaest continue. (2)8x2[0;2]:a7!g(a;x)est holomorphe dansW. Par un critèred"holomorphie des intégrales avec paramètres (théorème 26 du chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de
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jg(a;x)j=11+xa 61xT18x>2 eta2WT:
CommeT>1,k(x) =1x
T1est intégrable:R¥
2k(x)dx<¥. Par un critère d"holomorphie des intégrales
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5. On peut procéder comme dans la question 3. Notons que jh(p;t)j=ept1+et =eRe(p)t1+et: Par conséquent,jh(p;t)j e(Re(p)1)tpourt!¥etjh(p;t)j eRe(p)tpourt! ¥. L"intégraleK(p)est donc convergente. Pour établir l"holomorphie de cette fonction il faut travailler u©ì U e=f0Nous a vonsvu dans la question précédente que la fonction h(p;t) =ept1+etdécroit exponentiellement pour
0 lim R!¥Z
R+2ip Re pz1+ezdz=limR!¥Z R R+2ipe
pz1+ezdz=0 Par le théorème des résidus il en résulte que : 2ipResepz1+ez;ip
=limR!¥ ZR Re pt1+etdt+Z R+2ip R+2ipe
pz1+ezdz Or RR+2ip
R+2ipepz1+ezdz=e2ippRR
Rept1+etdt. D"où :
2ipeipp=2ipResepz1+ez;ip
=1e2ippK(p): Finalement on a
K(p) =p2ie
ippeipp=psin(pp): 5 Correction del"exer cice5 NjQ(z)j=jz50(z61+3)j=jz61+3j>2 pourjzj=1. D"où jP(z)Q(z)j=1Par le théorème de Rouché,P;Qont le même nombre de zéros dansD(0;1). Le reste en découle en observant queP0=Q0etP(0)6=0.Correction del"exer cice6 NL"applicationF(z) =3z+5z+2est une homographie. L"image d"un cercle est alors de nouveau un cercle ou une
droite. De plus on remarque que (1)F(x)2Rpour tout réelx6=2. (2)F(z) =F(z)pour toutz2Cnf2g. CommeF(1) =2 etF(1) =83
, l"image du cercle unité est un cercle symétrique par rapport à l"axe réel (cf. (2)) avec centre83 +212
=73 et de rayon83 73
=13 . Le cercle de rayon 2 centré à l"origine contient2. C"est l"unique point dont l"image estF(2) =¥. L"image de ce cercle est alors une droite et c"est F(2)+iR=114
+iR:Correction del"exer cice8 NOn aFa(0) =aetFa(a) =0. Remarquons queFaFafixe l"origine. Par l"exercice7 , l"automorphisme
F aFadeD(0;1)est une rotationz7!eiaz. Un calcul explicite montre queFaFa=Id, c"est à dire F 1a=Fa. SoitYun automorphisme du disque unitéD(0;1)tel queY(z1) =z2. Alors
YFz1(0) =Fz2(0)()F1z2YFz1(0) =0
et doncA=F1z2YFz1est un automorphisme du disque unité fixant l"origine. On en déduit de nouveau que
Aest une rotation:A(z) =eiaz. Par conséquent,
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R!¥Z
R+2ip Re pz1+ezdz=limR!¥Z RR+2ipe
pz1+ezdz=0 Par le théorème des résidus il en résulte que :2ipResepz1+ez;ip
=limR!¥ ZR Re pt1+etdt+Z R+2ipR+2ipe
pz1+ezdz OrRR+2ip
R+2ipepz1+ezdz=e2ippRR
Rept1+etdt. D"où :
2ipeipp=2ipResepz1+ez;ip
=1e2ippK(p):Finalement on a
K(p) =p2ie
ippeipp=psin(pp): 5 Correction del"exer cice5 NjQ(z)j=jz50(z61+3)j=jz61+3j>2 pourjzj=1. D"où jP(z)Q(z)j=1queP0=Q0etP(0)6=0.Correction del"exer cice6 NL"applicationF(z) =3z+5z+2est une homographie. L"image d"un cercle est alors de nouveau un cercle ou une
droite. De plus on remarque que (1)F(x)2Rpour tout réelx6=2. (2)F(z) =F(z)pour toutz2Cnf2g.CommeF(1) =2 etF(1) =83
, l"image du cercle unité est un cercle symétrique par rapport à l"axe réel (cf. (2)) avec centre83 +212=73 et de rayon83 73
=13 . Le cercle de rayon 2 centré à l"origine contient2. C"est l"unique point dont l"image estF(2) =¥. L"image de ce cercle est alors une droite et c"est
F(2)+iR=114
+iR:Correction del"exer cice8 NOn aFa(0) =aetFa(a) =0. Remarquons queFaFafixe l"origine. Par l"exercice7 , l"automorphisme
F aFadeD(0;1)est une rotationz7!eiaz. Un calcul explicite montre queFaFa=Id, c"est à dire F1a=Fa. SoitYun automorphisme du disque unitéD(0;1)tel queY(z1) =z2. Alors
YFz1(0) =Fz2(0)()F1z2YFz1(0) =0
et doncA=F1z2YFz1est un automorphisme du disque unité fixant l"origine. On en déduit de nouveau que
Aest une rotation:A(z) =eiaz. Par conséquent,
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