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Analyse III & IV

Auteurs :Tifman P’tit journaliste Chevelu chocolaté

Note de cours du professeur B. DacorognaAnnées 2007-2010

Version du 20 décembre 2010

Table des matières

1 Analyse vectorielle 61.1 Rappels et préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.1 Notion de différentiabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2 Quelques opérateurs différentiels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Courbes et intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.1 Courbes curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2 Intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3 Intégrale curviligne d’une application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Champs qui dérivent d’un potentiel* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.1 Potentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.2 Quelques notions topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.3 Champs qui dérivent d’un potentiel et intégrales curvilignes . . . . . . . . 141.3.4 Condition suffisante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4 Théorème de Green* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5 Surfaces et intégrales de surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.5.1 Surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5.2 Intégrales de surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6 Théorème de la divergence* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6.1 Theorème de la divergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.6.2 Démonstration du théorème de la divergence . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.7 Théorème de Stokes* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7.1 Théorème de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7.2 Démonstration du théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Analyse complexe 292.1 Fonctions holomorphes et équations de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . 29

2.1.1 Rappel sur les nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1.2 Continuité des fonctions complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1.3 Fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.1.4 Les séries de puissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.1.5 La fonction exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.6 La fonction logarithme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.7 La fonction puissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2 Intégration complexe* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2.1 Rappels sur les intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2.2 Lemme de Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.3 Continuité des dérivées des fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . 392.2.4 Théorème et formule intégrale de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.5 Conséquences du théorème de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.6 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2.7 "Généralisation" à Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.3 Séries de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2

TABLE DES MATIÈRES 3

2.3.1 Théorème de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.2 Différents types de singularité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.3.3 Démonstration du théorème de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.4 Théorème des résidus et ses applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4.1 Enoncé du théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4.2 Applications aux intégrales réelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.5 Applications conformes* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.5.1 Définitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.5.2 Inversibilité des applications conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.5.3 Lemme de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5.4 Le théorème de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.6 Quelques fonctions spéciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.6.1 La fonction Γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.6.2 La fonction ζ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.6.3 Intégrales elliptiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.6.4 Les fonctions elliptiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.6.5 Fonction hypergéométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.6.6 Fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3 Lebesgue 853.1 Préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.1.1 L’intégrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.1.2 Notations et théorèmes importants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.2 Mesure sur les réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.2.1 La mesure extérieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.2.2 Ensemble mesurable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2.3 Les σ-algèbres, les boréliens et les mesurables . . . . . . . . . . . . . . . . 953.2.4 Fonctions mesurables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.2.5 L’ensemble de Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.2.6 La fonction de Lebesgue et l’existence d’un mesurable non borélien . . . . 100

3.3 Intégrale de Lebesgue* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3.1 Intégrale de fonctions positives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3.2 Intégrale générale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.3.3 Relation entre les intégrales de Riemann et Lebesgue . . . . . . . . . . . . 1073.3.4 Approximation par des fonctions lisses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.3.5 Les espaces Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093.3.6 Intégrales multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4 Analyse de Fourier 1154.1 Introduction* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.1.1 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.1.2 Préliminaires I - Quelques espaces fonctionnels . . . . . . . . . . . . . . . 1154.1.3 Préliminaires II - Noyaux de Dirichlet, Féjer et Poisson . . . . . . . . . . . 1174.1.4 Définitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.1.5 Les moyennes de Cesaro et le théorème de Fejer . . . . . . . . . . . . . . . 1224.1.6 Convergence ponctuelle des séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.1.7 Convergence L2 des séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.1.8 Convergence uniforme des séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.1.9 Quelques propriétés supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.1.10 L’inégalité isopérimétrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.1.11 Une fonction continue et différentiable nulle part . . . . . . . . . . . . . . 1344.1.12 Divers résultats vus en séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4.2 Transformées de Fourier* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

4 TABLE DES MATIÈRES

4.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.2.2 Définitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.2.3 Premiers résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1364.2.4 Formule d’inversion et identité de Plancherel . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.3 Applications aux équations aux dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1424.3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1424.3.2 L’équation de la chaleur dans un ensemble borné . . . . . . . . . . . . . . 1424.3.3 L’équation de la chaleur dans une barre infinie . . . . . . . . . . . . . . . 1454.3.4 Equation de Laplace dans un rectangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.3.5 Equation de Laplace dans un disque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1494.3.6 Equation de Laplace dans un domaine simplement connexe . . . . . . . . 1514.3.7 Equation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5 Equations différentielles ordinaires 1545.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.2 Transformée de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3 Problème de Cauchy* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

5.3.1 Théorème de Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1565.3.2 Propriétés qualitatives des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.3.3 Prolongement maximal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1605.3.4 Les systèmes linéaires à coefficients constants . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.3.5 Systèmes linéaires à coefficients variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

5.4 Séries formelles et fonctions génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.4.2 Rappels sur les séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1715.4.3 Classification des singularités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1735.4.4 Les équations du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1755.4.5 La méthode de Frobenius pour les singularités régulières . . . . . . . . . . 176

6 Divers 1796.1 Citations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Introduction

Ce polycopié est la retranscription des notes du cours du professeur Dacorogna des années2007 à 2010.Malgré de très nombreuses relectures (et des relectures durant les années suivantes) il resteratoujours des fautes ; ce polycopié est donc fourni sans garantie ! N’hésitez pas à nous signaler lesdifférentes erreurs.

Remarque 0.0.1La 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 réelleSn 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 uncheveu, tangent à la surface. Il affirme que la fonction associant à chaque point de la sphère levecteur admet au moins un point de discontinuité, ce qui revient à dire que la coiffure contientun épi, ou qu’il y a des cheveux nuls, c’est-à-dire de la calvitie.[Wikipédia]

TABLE DES MATIÈRES 5

Remarque 0.0.4Comme on peut le voir sur l’image, le théorème n’est pas vrai pour une sphère de dimensionimpaire.

Remarque 0.0.5Les sections dont le titre est suivi du symbole ∗ sont celles pour lesquelles des questions de courspeuvent 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) =

(f1(x), f2(x), . . . , fN (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

limh→0

f(x0 + h)− f(x0)− L(h)

‖h‖= 0.

L est appelée différentielle de f en x0 et est notée Df (x0). On dit que f est différentiable sur Ωsi elle est différentiable pour tout x0 ∈ Ω.

Proposition 1.1.2Soit f une fonction, alors

(i) f est différentiable en x0 si et seulement si pour tout 1 ≤ i ≤ N , f i est différentiable enx0 ;

(ii) si f est différentiable en x0, alors ∂f i

∂xjexiste pour tout 1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ n.

La matrice

Df (x0) ∼=

∂f1

∂x1· · · ∂f1

∂xn...

. . ....

∂fn

∂x1· · · ∂fn

∂xn

est appelèe matrice jacobienne. Si n = N , det (Df (x0)) est appelé le jacobien.

Remarque 1.1.3Si n = 1, f est différentiable en x0 si et seulement si f ′(x0) existe.Si n > 1, il se peut que les ∂f i

∂xj(x0) existent pour tous i et j sans que f soit différentiable en x0.

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 différentiablesur ]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 1.1.5Soit Ω un ouvert et f : Ω→ R.

(i) On dit que f ∈ C(Ω;RN ) ou C0(Ω,RN ) si f i ∈ C0 (Ω) pour tout i = 1, . . . , N .

(ii) On dit que f ∈ C1(Ω;RN ) si f est différentiable dans Ω et ∂f i

∂xj∈ C0(Ω) pour tous i et j.

(iii) Idem pour C2, C3, . . . , C∞ = ∩∞k=0Ck

Proposition 1.1.6

∂f i

∂xj∈ C0 ⇒ f ∈ C0.

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 ∈ Ck(A;RN )s’il existe un ouvert Ω ⊃ A et F ∈ Ck(Ω;RN ) tel que F |A = f .

(ii) Soit Ω ⊂ Rn un ouvert. On dit que f ∈ C1(Ω;RN

)si f ∈ C

(Ω;RN

)et si les ∂f i

∂xj∈ C (Ω)

et se prolongent continûment à Ω.

Remarque 1.1.8Dans le cours, on utilisera la définition (i), mais la meilleure est (ii). On a toujours (i)⇒ (ii) etsouvent (ii)⇒ (i).

1.1.2 Quelques opérateurs différentiels

Définition 1.1.9On va présenter les principaux opérateurs différentiels.

(i) Si f ∈ C1(Ω), alors on appelle gradient

5 f(x) = gradf(x) =

(∂f

∂x1(x), . . . ,

∂f

∂xn(x)

).

(ii) Si f ∈ C2(Ω), alors on appelle Laplacien

4f(x) =

n∑i=1

∂2f

∂x2i

(x).

(iii) Si f ∈ C1(Ω;Rn), alors on appelle divergence

div f(x) =

n∑i=1

∂f i

∂xi(x).

8 CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

(iv) Pour n = 2, f ∈ C1(Ω;R2), on appelle rotationnel

rot f(x) =∂f2

∂x1− ∂f1

∂x2.

Pour n = 3

rot f(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

∂∂x1

∂∂x2

∂∂x3

f1 f2 f3

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Pour n ≥ 2

rot f(x) =

((−1)i+j

(∂f i

∂xj− ∂f j

∂xi

))∈ R

n(n−1)2 .

Théorème 1.1.10Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et f ∈ C2 (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 ∈ C0,

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 queI = [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 (C1 par morceaux)On dit que f est C1 par morceaux sur [a, b] et on note f ∈ C1

morc([a, b]) si(i) f ∈ C0([a, b]) ;(ii) il existe une partition a = a0 < a1 < a2 < . . . < aN+1 = b telle que

f ′|]ai,ai+1[ ∈ C0.

Exemples :• la fonction f : [−1, 1] −→ R, x 7→ |x| est C1

morc mais pas C1 ;• la fonction f : [−1, 1] −→ R, x 7→

√|x| est C0 mais pas C1

morc.

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 ∈ C1 ([a, b]; Γ ⊂ Rn) ;

1.2. COURBES ET INTÉGRALES CURVILIGNES 9

(ii) γ(t) =(γ1(t), γ2(t), . . . , γn(t)

);

(iii) ‖γ′(t)‖ =√γ′21 + . . .+ γ′2n 6= 0, pour tout t ∈ [a, b].

S’il existe γ ∈ C1morc ([a, b]; Γ ⊂ Rn), telle que γ′(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 alorsγ′(θ) =

(− sin(θ), cos(θ)

),

ainsi ∥∥γ′(θ)∥∥ = 1, ∀θ ∈ [0, 2π].

1.2.2 Intégrales curvilignes

Définition 1.2.5On définit l’intégrale curviligne d’une fonction f comme suit.

(i) Soit γ ∈ C1 ([a, b];Rn) telle que ‖γ′(t)‖ 6= 0 pour tout t ∈ [a, b] et f : γ([a, b]) −→ R unefonction continue. Alors ∫

γfdl :=

∫ b

af(γ(t)

) ∥∥γ′(t)∥∥ dt.Remarque : si f ≡ 1, il s’agit de la « longueur » au sens analytique du terme (par exempledans le cas d’une paramétrisation du cercle unité effectuant deux tours, elle sera de 4π).

(ii) De même, si γ ∈ C1morc, ∫

γfdl :=

N∑i=0

∫ ai+1

ai

fdl.

(iii) Si Γ ⊂ Rn est une courbe simple et régulière (avec γ simple et régulière) et f : Γ −→ R unefonction continue ∫

Γfdl :=

∫γfdl.

Remarque : si f ≡ 1, il s’agit de la « longueur » au sens géométrique du terme.

(iv) Idem pour C1morc.

(v) La longueur d’une courbe simple et régulière par morceaux est donnée par

long (Γ) :=

∫Γdl.

Remarque 1.2.6Quand 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 calculsd’intégrales seront faits avec une telle paramétrisation.

Proposition 1.2.7La définition de

∫Γ fdl est indépendante du choix de la paramétrisation (dans le cas où celle-ci

est simple et régulière). Plus précisément :Soient δ ∈ C1

morc([c, d];Rn) et θ ∈ C1([a, b]; [c, d]), une application surjective telle que θ′(t) > 0,


pour tout t ∈ [a, b]. On suppose de plus que θ(a) = c et θ(b) = d.On peut alors définir

γ = δ θ ∈ C1morc([a, b];Rn).

Si f : γ ([a, b])→ R est continue, on aura∫γfdl =

∫δfdl.

Démonstration. ∫γfdl =

∫ b

af (γ(t)) ·

∥∥γ′(t)∥∥ dt=

∫ b

af (δ(θ(t))) ·

∥∥δ′ (θ(t))∥∥ θ′(t)dt=

∫ d

cf (δ(s))

∥∥δ′(s)∥∥ds ; on pose s = θ(t)

=

∫δfdl.

Remarque 1.2.8Si, dans la proposition ci-dessus, on a θ′(t) < 0, pour tout t, on aura :∫

γfdl = −

∫δfdl.

Proposition 1.2.9Soit Γ ⊂ Rn une courbe simple et régulière (éventuellement régulière par morceaux), de paramé-trisation γ : [a, b] −→ Γ (simple et régulière) et soit f : Γ −→ R continue, alors∣∣∣∣∫

Γfdl∣∣∣∣ ≤ sup

x∈Γ|f(x)| · long Γ.

Démonstration. Soit γ une paramétrisation simple et régulière de Γ, ainsi on a∫Γfdl =

∫ b

af(γ(t))

∥∥γ′(t)∥∥ dt,ce qui implique ∣∣∣∣∫

Γfdl∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a|f(γ(t))|

∥∥γ′(t)∥∥ dt≤ sup

x∈Γ|f(x)| ·

∫ b

a

∥∥γ′(t)∥∥ dt.

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 lalongueur de l’arc si ‖γ′(t)‖ = 1 pour tout t ∈ [a, b].

Proposition 1.2.11Soit Γ ⊂ Rn une courbe simple et régulière, alors il existe une paramétrisation de Γ par lalongueur de l’arc.

Démonstration. Soit γ : [a, b] −→ Γ une paramétrisation simple et régulière.

1.2. COURBES ET INTÉGRALES CURVILIGNES 11

1. On définit y = η(x) =∫ xa ‖γ

′(t)‖ dt, alors η : [a, b] −→ [0, long Γ] est strictement croissantecar η′(x) = ‖γ′(x)‖ 6= 0, pour tout x. Ainsi, η est inversible et η−1 ∈ C1.

2. On définitϕ(y) = γ

(η−1(y)

),

et on vérifie que ϕ : [0, long Γ] −→ Γ est simple, régulière et ‖ϕ′(y)‖ = 1, pour tout y.

Notation 1.2.12Nous utiliserons les notations suivantes :

(i) Si γ : [a, b] −→ Rn, γ ∈ C1morc([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.

On a de plus, δ ∈ C1morc([a, b];Rn).

(ii) Si γ1 ∈ C1morc([a, b];Rn), γ2 ∈ C1

morc([c, d];Rn), et que γ1(b) = γ2(c) alors

δ = γ1 ⊕ γ2 ∈ C1morc([a, a+ b− c],Rn)

δ(t) =

γ1(t) si t ∈ [a, b]γ2(t− b+ c) si t ∈ [b, b+ d− c].

1.2.3 Intégrale curviligne d’une application

Définition 1.2.13On définit les intégrales suivantes.

(i) Soit γ ∈ C1([a, b];Rn) et F = (F 1, . . . , Fn) : γ([a, b]) −→ Rn une application continue,alors ∫

γF · dl :=

∫ b

a

[F(γ(t)

)· γ′(t)

]dt.

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 lacourbe dans le champ de force.

(ii) Si γ ∈ C1morc ([a, b];Rn), alors∫

γF · dl :=

n∑i=0

∫ ai+1

ai

[F(γ(t)

)· γ′(t)

]dt.

(iii) Si Γ ⊂ Rn est une courbe simple et régulière de paramétrisation simple et régulière parmorceaux ∫

ΓF · dl :=

∫γF · dl.

Remarque 1.2.14On peut montrer les deux points suivants.

(i) La définition de∫

Γ F · dl est indépendante de la paramétrisation simple et régulière (parmorceaux).

(ii) On a la majoration suivante :∣∣∣∣∫ΓF · dl

∣∣∣∣ ≤ supx∈Γ‖F (x)‖ · long Γ.


1.3 Champs qui dérivent d’un potentiel*

1.3.1 Potentiel

Définition 1.3.1 (Fonction qui dérive d’un potentiel)Soit un champ vectoriel F = F (x) =

(F 1(x), . . . , Fn(x)

)avec x ∈ Ω ⊂ Rn un ouvert. On dit que

F dérive d’un potentiel sur Ω s’il existe une application f ∈ C1(Ω), appelée potentiel de F , telleque

F (x) = 5f(x), ∀x ∈ Ω.

Théorème 1.3.2Soient Ω ⊂ Rn un ouvert et F ∈ C1(Ω;Rn). Si F dérive d’un potentiel sur Ω, alors

∂F i

∂xj(x) =

∂F j

∂xi(x), ∀i, j ∈ 1, . . . , n, ∀x ∈ Ω.

Remarque 1.3.3On 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 ∈ C1(Ω) telle que

F = 5f ⇔ F i =∂f

∂xi, i = 1, . . . , n.

Comme F ∈ C1, on a que f ∈ C2(Ω), ce qui permet d’écrire

∂F i

∂xj=

∂

∂xj

(∂f

∂xi

)=

∂2f

∂xi∂xj=∂F j

∂xi.

1.3.2 Quelques notions topologiques

Définition 1.3.4Soit 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 existeγ ∈ 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 1.3.5Nous 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 existe des ouverts X etY 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 pararcs. Soient x ∈ X et y ∈ Y , il existe donc une fonction continue γ : [0, 1] −→ Ω telle que

γ(0) = x, γ(1) = y.

SoientA = 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 1.3.6Nous 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 défi-nition 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 =(x, sin 1

x

), x > 0

. Alors Ω est connexe

mais pas connexe par arcs.

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 dire que pour tout couple de chemins ayant les mêmes extrémités, on peut les déformercontinûment l’un vers l’autre.

Remarque 1.3.8Si Ω est de plus ouvert, on peut prendre γ ∈ C∞ dans la définition ci-dessus.


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 1.3.10On peut montrer que

(i) tout ensemble convexe est étoilé par rapport à n’importe quel point ;

(ii) un ensemble étoilé est simplement connexe.

Proposition 1.3.11Soit f ∈ C([a, b];Rn), alors il existe une suite de fonctions (fν)∞ν=0 ⊂ C∞([a, b];Rn), avec fν(a) =f(a), 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 νsuffisamment grand.

Résumé :Convexe ⇒ étoilé ⇒ simplement connexe ⇒ connexe par arcs ⇒ connexe.

1.3.3 Champs qui dérivent d’un potentiel et intégrales curvilignes

Théorème 1.3.12Soit Ω ⊂ Rn un domaine (ouvert connexe), alors les trois assertions suivantes sont équivalentes :

(i) F dérive d’un potentiel sur Ω ;

(ii)∫γ0F · dl =

∫γ1F · dl pour toutes les applications γ0, γ1 ∈ C1

morc([a, b]; Ω) telles que γ0(a) =

γ1(a) et γ0(b) = γ1(b) ;

(iii) si γ ∈ C1morc([a, b]; Ω) et γ(a) = γ(b), alors∫

γF · dl = 0.

Démonstration. (i)⇒ (ii) On peut considérer, sans perte de généralité que γ0, γ1 ∈ C∞. CommeF dérive d’un potentiel sur Ω, il existe f ∈ C1(Ω) telle que F (x) = 5 f(x) pour tout x ∈ Ω.On aimerait montrer que

∫γ0Fdl =

∫γ1Fdl. Calculons

∫γ0

F · dl =

∫ b

aF(γ0(t)

)· γ′0(t)dt

=

∫ b

a

n∑i=1

F i(γ0(t)

) (γi0)′

(t)dt

=

∫ b

a

n∑i=1

∂f

∂xi

(γ0(t)

) (γi0)′

(t)dt

=

∫ b

a

ddt

[f(γ0(t)

)]dt

= f(γ0(b)

)− f

(γ0(a)

).

De la même manière, ∫γ1

Fdl = f(γ1(b)

)− f

(γ1(a)

)= f(γ0(b))− f(γ0(a))

=

∫γ0

Fdl.

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 propositionprincipale, on peut supposer, sans perte de généralité, que γ ∈ C∞([a, b; Ω]). On définitalors le chemin constant :

δ : [a, b] ∈ Ω

t 7→ a.

Et donc : ∫γF · dl =

∫δF · dl =

∫ b

aF (δ(t)) · δ′(t)︸︷︷︸

=0

dt = 0.

(iii)⇒ (ii) Soient γ0, γ1 ∈ C1morc([a, b]; Ω) ainsi que p := γ0,1(a) et q := γ0,1(b). On définit

δ : [a, 2b− a] −→ Ω

δ(t) =

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,

et que δ ∈ C1morc. Alors :

0(iii)=

∫δFdl =

∫γ0

Fdl −∫γ1

Fdl

⇒∫γ0

Fdl =

∫γ1

Fdl.

(ii)⇒ (i) Soit p ∈ Ω fixé et x ∈ Ω quelconque. Comme Ω est connexe par arcs, il existe γx ∈C1

morc([a, b]; Ω) tel que γx(a) = p et γx(b) = x. On prétend que le potentiel est donné par

f(x) =

∫γx

F · dl.

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 (lese1, . . . , en sont les vecteurs de la base canonique). Soit γh : [0, h] −→ Ω, définie parγh(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].


Remarquons, qu’alors δ ∈ C1morc([a, b+ h]; Ω). On va calculer

f(x+ hei)− f(x)(ii)=

∫γx+hei

F · dl −∫γx

F · dl

=

∫γh

F · dl

=

∫ h

0F (γh(t)) · γ′h(t)︸︷︷︸

ei

dt

=

∫ h

0F (x+ tei) · eidt

⇔ f(x+ hei)− f(x)

h=

(∫ h

0F i(x+ tei)dt

)1

hTAF= F i (x+ thei) , 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

∂xi(x)

F i (x+ thei)h→0+

−→ F i(x); F ∈ C0.

Ces deux, limites combinées avec l’égalité (1.1), donnent :

∂f

∂xi= F i(x).

Idem pour h < 0.Conclusion :

f ∈ C1 et∂f

∂xi= F i,

comme désiré.

1.3.4 Condition suffisante

Théorème 1.3.13Soit Ω ⊂ Rn un domaine simplement connexe et F ∈ C1(Ω;Rn) telle que

∂F i

∂xj=∂F j

∂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 C2 sans perte degénéralité.Par le théorème précédent, il suffit de démontrer que pour tout couple de fonctions γ0, γ1 ∈C1

morc ([a, b]; Ω) telles que p := γ0(a) = γ1(a) et q := γ0(b) = γ1(b), on a∫γ0

F · dl =

∫γ1

F · dl.

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 :

ψ(s) =

∫ b

aF(γ(t, s)

)· ∂γ∂t

(t, s)dt

=

∫ b

a

n∑ν=1

F ν(γ(t, s)

)∂γν∂t

(t, s)dt.

On a :

ψ(0) =

∫ b

aF (γ(t, 0)) · ∂γ

∂t(t, 0)︸︷︷︸γ′0(t)

dt =

∫γ0

F · dl,

ψ(1) =

∫γ1

F · dl.

On doit montrer que ψ(0) = ψ(1), mais on va montrer que ψ′(s) = 0, pour tout s ∈ [0, 1] :

ψ′(s) =

∫ b

a

n∑ν=1

dds

[F ν(γ(t, s)

)∂γν∂t

(t, s)

]dt

=

∫ b

a

n∑ν=1

[∂γν

∂t·n∑i=1

∂F ν

∂xi· ∂γ

i

∂s+ F ν

∂2γν

∂t∂s

]dt

=

∫ b

a

ddt

[n∑ν=1

F ν∂γν

∂s

]dt+

∫ b

a

n∑ν,i=1

∂F ν

∂xi

[∂γi

∂s

∂γν

∂t− ∂γν

∂s

∂γi

∂t

]dt.

On vérifie facilement∑ν,i

∂F ν

∂xi

(∂γi

∂s

∂γν

∂t− ∂γν

∂s

∂γi

∂t

)=∑ν,i

(∂F ν

∂xi− ∂F i

∂xν

)∂γi

∂s

∂γν

∂t

(1.2)= 0

Le passage d’une ligne à l’autre se fait en échangeant les indices. Ainsi

ψ′(s) =

∫ b

a

ddt

(n∑ν=1

F ν(γ)∂γν

∂s

)dt

=n∑ν=1

(F ν(γ(b, s))

∂γν

∂s(b, s)− F ν(γ(a, s))

∂γν

∂s(a, s)

)

Or, puisque γ(a, s) = γ0(a), γ(b, s) = γ0(b), on trouve

∂γν

∂s(b, s) =

∂γν

∂s(a, s) = 0.

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. . .


Définition 1.4.2 (Orientation positive)On dit qu’une courbe simple, fermée et régulière par morceaux Γ ⊂ R2 de paramétrisation régulièrepar morceaux γ : [a, b] −→ Γ ⊂ R2 est orientée positivement si en tout point x = γ(t) ∈ Γ où γest C1, le vecteur normal à la courbe

ν(x) = ν(γ(t)

)=(γ′2(t),−γ′1(t)

)est extérieur au domaine Ω = int Γ, c’est-à-dire que pour tout ε suffisamment petit x + εν /∈ Ωet x− εν ∈ 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• Ω = Ω0 −

⋃mi=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 mor-

ceaux.(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 ∈ C1

(Ω;R2

).

Alors : ∫∫Ωrot Fdx1dx2 =

∫∂ΩF · dl.

En particulier, si F 1 = 0 (respectivement F 2 = 0) :∫∫Ω

∂F 2

∂x1dx1dx2 =

∫∂Ω

(0, F 2

)· dl.

Corollaire 1.4.5 (Théorème de la divergence dans le plan)Soit Ω comme dans le théorème, ν la normale extérieure unité et Φ ∈ C1

(Ω;R2

). Alors∫∫

Ωdiv Φdx1dx2 =

∫∫Ω

(∂Φ1

∂x1+∂Φ2

∂x2

)dx1dx2

=

∫∂Ω

(Φ · ν)dl.

Remarque 1.4.6 (Observations terminologiques)Posons A(x) = Aire(x). Alors

rot (F (x))TAF= lim

A(Ω)→0

1

A (Ω)

∫∫Ωrot F = lim

A(Ω)→0

1

A (Ω)

∫∂ΩF · dl.

div (ψ(x))TAF= lim

A(Ω)→0

1

A (Ω)

∫∫Ωdiv ψ = lim

A(Ω)→0

1

A (Ω)

∫∂Ω

(ψ · ν)dl.

Démonstration du corollaire. Nous procéderons en deux parties.Etape 1 On définit F de la manière suivante :

F 1 = −ψ2, F 2 = ψ1.

Alors, on a

rot F =∂F 2

∂x1− ∂F 1

∂x2= div ψ.

1.4. THÉORÈME DE GREEN* 19

Etape 2 On paramétrise la courbe ∂Ω (C1 au lieu de C1morc) de manière régulière (et pas régu-

lière par morceaux) par γ : [a, b]→ ∂Ω :

θ 7→(γ1(θ), γ2(θ)

)ν(θ) =

(γ′2(θ),−γ′1(θ)

)· 1

‖γ′(θ)‖.

On peut alors calculer∫∫Ωdiv ψ =

∫∫Ωrot F Green

=

∫∂ΩF · dl

=

∫ b

aF(γ(θ)

)· γ′(θ)dθ

=

∫ b

a

(F 1(γ)γ′1 + F 2(γ)γ′2

)dθ

=

∫ b

a(ψ1ν1 + ψ2ν2)

∥∥γ′(θ)∥∥ dθ=

∫∂Ω

(ψ · ν)dl.

Corollaire 1.4.7Soient 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 :

Aire (Ω) :=

∫∫Ωdx1dx2 =

1

2

∫∂ΩF · dl

=

∫∂ΩG1 · dl =

∫∂ΩG2 · dl.

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]) ∩ C1 (]a, b[)(ou C1

morc) 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 (maissuffisament 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 ∫∫

Ω

∂F 1

∂x2dx1dx2 = −

∫∂Ω

(F 1, 0

)· dl.

(ii) Ω est x1-simple alors ∫∫Ω

∂F 2

∂x1dx1dx2 =

∫∂Ω

(0, F 2

)· dl.

Conclusion :Si Ω est x1-simple et x2-simple :∫∫

Ω

(∂F 2

∂x1− ∂F 1

∂x2

)dx1dx2 =

∫∂Ω

(F 1, F 2

)· dl =

∫∂ΩF · dl.

Montrons que ∫∫Ω

∂F 1

∂x2dx1dx2 = −

∫∂Ω

(F 1, 0

)· dl.


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 ∫∫Ω

∂F 1

∂x2dx1dx2 =

∫ b

a

(∫ β(x1)

α(x1)

∂F 1

∂x2dx2

)dx1

=

∫ b

a

[F 1(x1, β(x1))− F 1(x1, α(x1))

]dx1.

Ainsi, on va montrer que

−∫∂Ω

(F 1, 0

)· dl = −

∫ b

aF 1 (x1, α(x1)) dx1 + 0 +

∫ b

aF 1 (x1, β(x1)) dx1 + 0,

car :1)

−∫

Γ1

(F 1, 0

)· dl = −

∫ b

a

(F 1(x1, α(x1)), 0

)· (1, α′(x1))dx1

= −∫ b

aF 1(x1, α(x1))dx1.

2)

−∫

Γ2

(F 1, 0

)· dl = −

∫ 1

0

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

)· (0, β(b)− α(b))dt

= 0.

3)

−∫−Γ3

(F 1, 0

)· dl =

∫ b

a

(F 1(x1, β(x1)), 0

)·(1, β′(x1)

)dx1

=

∫ b

aF 1(x1, β(x1))dx1.

4)

−∫

Γ4

(F 1, 0

)· dl = −

∫ 1

0

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

)· (0, α(a)− β(a))dt

= 0.

1.5 Surfaces et intégrales de surfaces

1.5.1 Surfaces

Définition 1.5.1Soit 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 mor-ceaux.

(ii) Il existe σ : A ⊂ R2 → Σ ⊂ R3, appelée paramétrisation régulière, telle que

i. σ ∈ C1(A; Σ) ;

ii. σ(u, v) =(σ1(u, v), σ2(u, v), σ3(u, v)

);

iii. σ(A)

= Σ et σ injective dans le sens suivant

σ(u1, v1) = σ(u2, v2) et (u1, v1) ∈ A(u2, v2) ∈ A

⇒ u1 = u2, v1 = v2;

iv. σu ∧ σv =

σ2uσ

3v − σ3

uσ2v

σ1uσ

3v − σ3

uσ1v

σ1uσ

2v − σ2

uσ1v

=

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

∂σ1

∂u∂σ2

∂u∂σ3

∂u∂σ1

∂v∂σ2

∂v∂σ3

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣‖σu ∧ σv‖ 6= 0, ∀(u, v) ∈ Aν = σu∧σv

‖σu∧σv‖ est définie sur A et se prolonge continuement sur A.

2. Comme ∂A est une courbe simple, fermée, régulière par morceaux, on peut écrire

∂A =m⋃i=1

γi , σ(∂A) =m⋃i=1

σ(γi) =m⋃i=1

Γi.

Le bord de Σ est un sous ensemble de σ (∂A) dans lequel on a enlevé les Γi composés d’unpoint 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 paramé-trisation).

Proposition 1.5.3Soient A,B ⊂ R2 des ouverts connexes tels que ∂A et ∂B sont des courbes simples ferméesrégulières par morceaux ainsi que τ ∈ C1

(B;R3

).

S’il existe :

ϕ : A→ B

ϕ ∈ C1(A;B)

ϕ−1 ∈ C1(B;A)

et que, de plus, det∇ϕ > 0 dans A.Alors

σ := τ ϕ : A→ R3, σ ∈ C1(A;R3)

σ = σ(x1, x2)

τ = τ(y1, y2) : σx1 ∧ σx2(x1, x2) =(

det∇ϕ(x1, x2))

(τy1 ∧ τy2(ϕ(x1, x2)) .

1.5.2 Intégrales de surfaces

Définition 1.5.4Soit 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 C1 par morceaux si


(i) f ∈ C(A) ;

(ii) il existe A1, . . . , Am ⊂ A une partition d’ouverts telle que

A =

m⋃i=1

Ai;

Ai ∩Aj = ∅, i 6= j;

∂Ai = Γi sont des courbes simples, fermées et régulières par morceaux;

f ∈ C1(Ai), i = 1, . . . ,m.

Définition 1.5.5 (Intégrales de surface)On va définir les intégrales de surface.

(i) Soit σ ∈ C1(A;R3) et f : σ(A) −→ R une fonction continue, où A est un domaine borné.On définit ∫∫

σfds :=

∫∫Af(σ(u, v)

)‖σu ∧ σv‖ dudv.

Si σ ∈ C1morc(A), on définit∫∫

σfds :=

n∑i=1

∫∫Ai

f(σ(u, v)

)‖σu ∧ σv‖ dudv.

(ii) Si F : σ(A) −→ R3 est continue, alors l’intégrale de F le long de la surface σ(A) dans ladirection ν = σu ∧ σv est définie de la manière suivante :∫∫

σF · ds :=

∫∫A

[F(σ(u, v)

)· (σu ∧ σv)

]dudv.

En physique, on appelle ça le flux.

(iii) Si Σ ⊂ R3 est une surface régulière orientable de paramétrisation régulière σ : A → Σ, ondéfinit : ∫∫

Σfds :=

∫∫σfds,∫∫

ΣF · ds :=

∫∫σFds.

Ces deux intégrales sont indépendantes du choix de la paramétrisation (au signe près).

Remarque 1.5.6On formule les remarques suivantes.

(i) Si Σ ∈ R3 est une surface régulière,∫∫

Σ fds =∫∫σ fds, où σ est une représentation régulière

de la surface, et le résultat est indépendant de la paramétrisation.Idem pour

∫∫Σ F · ds

(ii) Si f ≡ 1, on a

Aire Σ :=

∫∫Σds.

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 injective de classe C1 avec u = u(x) =(u1(x), . . . , un(x)

). Alors,

det (5u(x)) =

∣∣∣∣∣∣∣u1x1· · · u1

xn...

...unx1

· · · unxn

∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0, ∀x ∈ Ω,

où uixj = ∂ui

∂xj. Ce déterminant est appelé le jacobien de la transformation.

1.6.1 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 telsque(i) Ωi ⊂ Ω0 pour tout i = 1, . . . ,m ;(ii) Ω = Ω0 −

⋃mi=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 ε > 0 :

x− εν ∈ Ωcj , ∀j = 1, . . . ,m;

x+ εν ∈ Ωj , ∀j = 1, . . . ,m;

x− εν ∈ Ω0;

x+ εν ∈ Ωc0.

Théorème 1.6.4 (Théorème de la divergence)Soient Ω ⊂ R3 un domaine régulier, avec ν la normale extérieure unité, et F ∈ C1(Ω;R3). Alors∫∫∫

Ωdiv Fdx1dx2dx3 =

∫∫∂Ω

(F · ν) ds.

Corollaire 1.6.5Soient 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

Volume Ω =1

3

∫∫∂Ω

(F · ν)ds =

∫∫∂Ω

(Gi · ν)ds , i = 1, 2, 3.

Preuve du corollaire. Remarquons tout d’abord que div F = 3 et div Gi = 1, ainsi

Volume Ω =

∫∫∫Ωdx1dx2dx3

=1

3

∫∫∫Ωdiv Fdx1dx2dx3

=1

3

∫∫∂Ω

(F · ν)dS.

Remarque 1.6.6On peut affaiblir les hypothèses du théorème en supposant que F ∈ C1(Ω;R3)∩C0(Ω;R3) maisla démonstration se complique. . .


1.6.2 Démonstration du théorème de la divergence

Définition 1.6.7On dit que Ω ⊂ R3 un ouvert est x3-simple s’il existe A ⊂ R2 tel que ∂A soit une courbe simplefermée et régulière par morceaux et α, β ∈ C1(A) ∩ C0(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 estx1, x2 et x3-simple. Puisque Ω est x1, x2 et x3-simple, on montrera que

x3-simple ⇒∫∫∫

Ω

∂F 3

∂x3dx1dx2dx3 =

∫∫∂ΩF 3ν3ds, (1.3)


Ω

∂F 2

∂x2dx1dx2dx3 =

∫∫∂ΩF 2ν2ds, (1.4)


Ω

∂F 1

∂x1dx1dx2dx3 =

∫∫∂ΩF 1ν1ds. (1.5)

En combinant les trois équations, on trouve∫∫∫Ωdiv F =

∫∫∫Ω

(∂F 1

∂x1+∂F 2

∂x2+∂F 3

∂x3

)=

∫∫∂Ω

(F 1ν1 + F 2ν2 + F 3ν3)ds =

∫∫∂Ω

(F · ν) dS.

On va montrer les trois impliquations ci-dessus.

1. Calculons :∫∫∫Ω

∂F 3

∂x3dx1dx2dx3 =

∫∫A

∫ β(x1,x2)

α(x1,x2)

∂F 3

∂x3dx3dx1dx2

=

∫∫A

[F 3(x1, x2, β(x1, x2)

)− F 3

(x1, x2, α(x1, x2)

)]dx1dx2.

2. Calculons : ∫∫∂ΩF 3ν3ds,

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

ν1 =(−βx1 ,−βx2 , 1)

‖(−βx1 ,−βx2 , 1)‖normale extérieure à Σ1,

ν2 =(−αx1 ,−αx2 , 1)

‖(−αx1 ,−αx2 , 1)‖normale intérieure à Σ2,

ν3 = (ν3,1, ν3,2, 0).

1.7. THÉORÈME DE STOKES* 25

Et donc, on trouve∫∫Σ1

F 3ν1,3ds =

∫∫AF 3(x1, x2, β(x1, x2)

)‖(−βx1,−βx2, 1)‖‖(−βx1,−βx2, 1)‖

dx1dx2

=

∫∫AF 3(x1, x2, β(x1, x2)

)dx1dx2.∫∫

Σ2

F 3ν2,3ds =

∫∫AF 3(x1, x2, α(x1, x2)

)‖(−αx1,−αx2, 1)‖‖(−αx1,−αx2, 1)‖

dx1dx2

= −∫∫

AF 3(x1, x2, α(x1, x2)

)dx1dx2.∫∫

Σ3

F 3ν3,3ds = 0.

En combinant tous les résultats obtenus, on a∫∫∂ΩF 3ν3dS =

∫∫A

[F 3(x1, x2, β(x1, x2))− F 3(x1, x2, α(x1, x2))

]dx1dx2.

1.7 Théorème de Stokes*

1.7.1 Théorème de Stokes

Théorème 1.7.1Soit Σ ⊂ R3 une surface régulière par morceaux et orientable et F : Σ −→ R3 avec F ∈ C1(Σ;R3).Alors, ∫∫

Σrot F · ds =

∫∂ΣF · dl.

Remarque 1.7.2La condition C1(Σ;R3) signifie C1 sur un ouvert contenant Σ et son bord.

Remarque 1.7.3Une fois choisie une paramétrisation régulière σ : A→ Σ de la surface, σ = σ(u, v), alors :∫∫

Σrot F · ds =

∫∫Arot

(F(σ(u, v)

))· (σu ∧ σv)dudv.

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 uneparamétrisation σ et un domaine A ⊂ R2 avec ∂A une courbe simple et régulière telle que

σ : A −→ Σ

(u, v) 7−→ σ(u, v) =(σ1(u, v), σ2(u, v), σ3(u, v)

),

avec les propriétés suivantes :(i) σ ∈ C2(A,R3) (là réside une hypothèse supplémentaire) ;(ii) σ(A) = Σ ;(iii) σ injective sur A (et non juste sur A) ;(iv) ‖σu ∧ σv‖ 6= 0, pour tout (u, v) ∈ A ;(v) ν = σu∧σv

‖σu∧σv‖ continue sur A ;


(vi) ∂Σ = σ(∂A) (avec les restrictions ci-dessus, on n’a pas les "bords parasites").

On va donc considérer une paramétrisation γ du bord de A. Plus précisémment, on prendγ : [a, b] −→ ∂A, définie par t 7−→ γ(t) =

(γ1(t), γ2(t)

)et telle que γ ∈ C1([a, b];R2) et γ′(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)

))=(σ1(γ1, γ2), σ2(γ1, γ2), σ3(γ1, γ2)

).

On a alors

ϕ′i(t) =dϕi

dt(t)

=ddt(σi(γ1, γ2)

)= σiu · γ′1 + σiv · γ′2.

On va maintenant séparer la démonstration en plusieurs étapes.

1. Calcul de∫∫

Σ rot Fds. Le rotationnel est donné par

rot F =

(∂F 3

∂x2− ∂F 2

∂x3,∂F 1

∂x3− ∂F 3

∂x1,∂F 2

∂x1− ∂F 1

∂x2

)=

(F 3x2− F 2

x3, F 1

x3− F 3

x1, F 2

x1− F 1

x2

),

et la normale par

σu ∧ σv =(σ2uσ

3v − σ2

vσ3u, σ

3uσ

1v − σ3

vσ1u, σ

1uσ

2v − σ1

vσ2u

).

On peut alors calculer∫∫Σrot Fds =

∫∫A

[rot F (σ) · (σu ∧ σv)

]dudv

=

∫∫A

[ (F 3x2

(σ)− F 2x3

(σ)) (σ2uσ

3v − σ2

vσ3u

)+(F 1x3

(σ)− F 3x1

(σ)) (σ1uσ

3v − σ1

vσ3u

)+(F 2x1

(σ)− F 1x2

(σ)) (σ1uσ

2v − σ1

vσ2u

) ]dudv,

et donc ∫∫Σrot F · ds = R1 +R2 +R3,

où R1 =

∫∫A

(F 1x3

(σ)(σ1vσ

3u − σ1

uσ3v)− F 1

x2(σ)(σ1

uσ2v − σ1

vσ2u))dudv,

R2 =∫∫A

(F 2x1

(σ)(σ2vσ

1u − σ2

uσ1v)− F 2

x3(σ)(σ2

uσ3v − σ2

vσ3u))dudv,

R3 =∫∫A

(F 3x2

(σ)(σ3vσ

2u − σ3

uσ2v)− F 3

x1(σ)(σ3

uσ1v − σ3

vσ1u))dudv.

2. Calcul de∫∂Σ Fdl :∫∂ΣFdl =

∫ b

aF(ϕ(t)

)· ϕ′(t)dt

=

∫ b

a

(F 1(ϕ(t))ϕ′1(t) + F 2(ϕ(t))ϕ′2(t) + F 3(ϕ(t))ϕ′3(t)

)dt.

1.7. THÉORÈME DE STOKES* 27

On va montrer que

R1 =

∫ b

aF 1(ϕ)ϕ′1(t)dt,

R2 =

∫ b

aF 2(ϕ)ϕ′2(t)dt,

R3 =

∫ b

aF 3(ϕ)ϕ′3(t)dt.

On va établir la première formule les autres étant montrées de façon similaires.∫ b

aF 1(ϕ(t))ϕ′1dt =

∫ b

aF 1(σ γ(t))(σ1

u(γ1, γ2)γ′1 + σ1v(γ1, γ2)γ′2)dt

=

∫ b

a

(F 1(σ)σ1

u, F1(σ)σ1

v

)·(γ′1, γ

′2

)dt

=

∫∂A

(F 1(σ)σ1

u︸︷︷︸G1

, F 1(σ)σ1v︸︷︷︸

G2

)· dl

Dans le but d’appliquer le théorème de Green, on calcule :

∂G2

∂u− ∂G1

∂v=

∂

∂u

[F 1(σ(u, v)) · σ1

v(u, v)]− ∂

∂v

[F 1(σ(u, v)) · σ1

u(u, v)]

∂G2

∂u=

∂

∂u

[F 1(σ(u, v))

]σ1v + F 1(σ(u, v))σ1

uv

=(F 1x1σ1u + F 1

x2σ2u + F 1

x3σ3u

)σ1v + F 1σ1

uv

∂G2

∂u− ∂G1

∂v= F 1

x1σ1uσ

1v + F 1

x2σ1vσ

2u + F 1

x3σ1vσ

3u

+ F 1σ1uv − (F 1

x1σ1v + F 1

x2σ2v + F 1

x3σ3v)σ

1u − F 1σ1

uv

= F 1x3

(σ1vσ

3u − σ1

uσ3v)− F 1

x2(σ1uσ

2v − σ1

vσ2u).

En appliquant le théorème de Green, on trouve∫∂A

(G1, G2)dl =

∫∫A

(∂G2

∂u− ∂G1

∂v

)dudv,

et donc, si on fait la même chose pour R2 et R3 :∫∂ΣFdl =

∫∫Σrot Fds.

Exemple 1.7.4F (x1, x2, x3) = (x3, x1, x2) et Σ = x ∈ R3 : x2

3 = x21 + x2

2 et 0 < x3 < 1.

Etape 1 Calcul de∫∫

Σ rot F · dsUne paramétrisation de cette surface est σ(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z), où (θ, z) ∈ A avecA = ]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∫∫Σrot F · ds =

∫ 1

0

∫ 2π

0(1, 1, 1) · (z cos θ, z sin θ,−z)dθdz

= −π


Etape 2 Calcul de∫∂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→ 1Γ3 = γ3(θ) = σ(θ, 1) = (cos θ, sin θ, 1), θ : 2π → 0Γ4 = γ4(z) = σ(0, z) = (z, 0, z), z : 1→ 0 = −Γ2

On a donc que ∂Σ = Γ3, θ : 2π → 0. On termine alors :∫∂ΣF · dl =

∫Γ3

F · dl

= −∫ 2π

0F(γ3(θ)

)· γ′3(θ)dθ

= . . . = −π.

Chapitre 2

Analyse complexe

2.1 Fonctions holomorphes et équations de Cauchy-Riemann

2.1.1 Rappel sur les nombres complexes

Définition 2.1.1Soit z ∈ C(i) z = x+ iy avec x, y ∈ R ; x = <(z) (partie réelle) et y = =(z) (partie imaginaire) ;(ii) z := x− iy (conjugué complexe de z) ;(iii) soit w ∈ C, alors |w + z| ≤ |w|+ |z| ;(iv) |z| :=

√x2 + y2 =

√zz (module) ;

(v) z = |z| eiθ, eiθ = cos θ + i sin θ ;θ, l’argument de z n’est définit qu’à 2kπ près, k ∈ Z. On appelle valeur principale la valeurunique de l’argument ]− π;π] ;

(vi) soit z ∈ R+, alors arg(z) = 0.

Par exemple, arg(1) = 0, arg(−1) = π, arg(i) = π2 et arg(−i) = −π

2 .On peut déjà formuler la remarque...

Remarque 2.1.2La fonction z 7→ arg(z) n’est pas continue sur le demi axe des réels négatifs (ou nuls).

Remarque 2.1.3Pour tout ce qui touche aux notions topologiques (ouvert, connexe, simplement connexe, . . . ),on aura C ∼= R2.

2.1.2 Continuité des fonctions complexes

Définition 2.1.4 (Continuité des fonctions complexes)Soit :

f : Ω ⊂ C → Cz 7→ f(z).

Alors, pour tout z = x+ iy ∈ C,

f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

<(f(z)) = u(x, y) =(f(z)) = v(x, y)

On dit que f est continue en z0 ∈ Ω, si pour tout ε > 0, il existe δ = δ(ε, z0) tel que

|z − z0| < δ ⇒ |f(z)− f(z0)| < ε

Remarque 2.1.5Toute les règles usuelles restent valable (somme, produit, quotient, composition de fonctionscontinues, etc).

29

30 CHAPITRE 2. ANALYSE COMPLEXE

2.1.3 Fonctions holomorphes

Définition 2.1.6 (Fonction holomorphe)Soient Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω→ C et z0 ∈ Ω.

(i) On dit que f est holomorphe en z0 (ou analytique complexe) si

limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h

existe et est finie. La limite est appelée la dérivée de f en z0 et est notée f ′(z0).

(ii) On dit que f est holomorphe dans Ω si elle est holomorphe en tout point z0 de Ω.

Proposition 2.1.7Soient Ω ⊂ C un ouvert et f : Ω→ C.

(i) Si f est holomorphe en z0, alors f est continue en z0.

(ii) si f, g : Ω→ C sont holomorphe en z0, alors

• (f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0)

• (fg)′(z0) = f ′(z0)g(z0) + f(z0)g′(z0)

• si g′(z0) 6= 0⇒ (fg )′(z0) = f ′g−g′fg2 (z0)

(iii) Si g : Ω→ C holomorphe en z0, et si f : O → C holomorphe en g(z0), alors f g : Ω→ Cest holomorphe en z0. De plus, (f g)′(z0) = f ′(g(z0)) · g′(z0)

Théorème 2.1.8Soient Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω→ C, u(x, y) = <(f) et v(x, y) = =(f). Alors les deux assertionssuivantes sont équivalentes :

(i) f est holomorphe sur Ω.

(ii) u, v ∈ C1(Ω) et satisfont les équations de Cauchy - Riemann, c’est-à-dire

ux = vy et uy = −vx (CR)

De plus,

f ′(z) = ux(x, y) + ivx(x, y)

= vy(x, y)− iuy(x, y).

Démonstration. On va montrer les deux implications séparément.

(i)⇒ (ii) On ne démontrera pas tout de suite que u, v ∈ C1(Ω). Posons

z0 = x0 + iy0, h = α+ iβ

Puisque f est holomorphe, on sait que :

limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= f ′(z0)

Ainsi, cette limite existe donc quelle que soit la façon dont on tend vers 0 (c’est-à-dire quelque soit le chemin dans le plan complexe). Ecrivons maintenant

f(z0 + h)− f(z0)

h=u(x0 + α, y0 + β) + iv(x0 + α, y0 + β)− [u(x0, y0) + iv(x0, y0)]

α+ iβ

2.1. FONCTIONS HOLOMORPHES ET ÉQUATIONS DE CAUCHY-RIEMANN 31

β = 0

f ′(z0) = limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h

= limα→0

u(x0 + α, y0)− u(x0, y0)

α+ i lim

α→0

v(x0 + α, y0)− v(x0, y0)

α⇒ f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)

α = 0

f ′(z0) = limβ→0

v(x0, y0 + β)− v(x0, y0)

β+

1

ilimβ→0

u(x0, y0 + β)− u(x0, y0)

β

⇒ f ′(z0) = vy(x0, y0)− iuy(x0, y0)

⇒ ux = vy, uy = −vx

(ii)⇒ (i) Comme u, v ∈ C1(Ω), on peut écrire le polynôme de Taylor d’ordre 1 :

u(x0 + α, y0 + β) = u(x0, y0) + ux(x0, y0)α+ uy(x0, y0)β + |h| · ε1(h)

v(x0 + α, y0 + β) = v(x0, y0) + vx(x0, y0)α+ vy(x0, y0)β + |h| · ε2(h)

Calculons maintenant :

f(z0 + h)− f(z0) = [u(x0, y0) + iv(x0, y0)]−

f(z0)︷︸︸︷[u(x0, y0) + iv(x0, y0)]

+ [uxα+ uyβ] + i [vxα+ vyβ] + |h| [ε1(h) + iε2(h)]

CR= [ux − iuy]α+ i [vy + ivx]β + |h| [ε1(h) + iε2(h)]

= (α+ iβ) [ux + ivx] + |h| [ε1(h) + iε2(h)]

= f ′(z0) · h+ |h| [ε1(h) + iε2(h)]

Et donc :

limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= f ′(z0) + lim

h→0

|h|h

(ε1(h) + iε2(h))︸︷︷︸h→0−→0

= f ′(z0)

2.1.4 Les séries de puissance

Proposition 2.1.9Soit (an, n ∈ N) ⊂ C, on définit

f(z) =

∞∑n=0

an · zn.

Alors il existe R ≥ 0 (on considère aussi R =∞) appelé le rayon de convergence de la série telque

(i) la série converge pour tout |z| < R ;

(ii) la série diverge pour tout |z| > R.


De plus, avec la convention que 10 =∞ et 1

∞ = 0 :

1

R= lim sup

n→∞|an|

1n

Théorème 2.1.10 (Dérivée d’une série de puissance)Soient f(z) =

∑∞n=0 anz

n et R > 0 son rayon de convergence. Alors, f est holomorphe dans ledisque de rayon R et, de plus, sa dérivée est donnée par

f ′(z) =∞∑n=1

nanzn−1.

Le rayon de convergence de la série dérivée est aussi R.

Démonstration. Appelons g(z) :=∑∞

n=1 nan︸︷︷︸bn

zn−1. L’inverse de son rayon de convergence est

lim supn→∞

|bn|1n = lim

n→∞|n|

1n · lim sup

n→∞|an|

1n = lim sup

n→∞|an|

1n .

On va maintenant montrer que f est holomorphe et que f ′ = g. Fixons N ∈ N, et écrivons

f(z) = AN (z) +BN (z),

où AN (z) =∑N

n=0 anzn, BN (z) =

∑∞n=N+1 anz

n.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

xn − yn = (x− y)

n−1∑k=0

xkyn−k−1,

on a que ∣∣∣∣BN (z0 + h)−BN (z0)

h

∣∣∣∣ ≤ ∞∑n=N+1

|an|∣∣∣∣(z0 + h)n − zn0

h

∣∣∣∣≤

∞∑n=N+1

(|an|nrn−1

).

Soit maintenant ε > 0. On peut trouver N1 = N1(ε) ∈ N suffisament grand pour que pourtout N ≥ N1 : ∣∣∣∣BN (z0 + h)−BN (z0)

h

∣∣∣∣ ≤ ε

3.

(ii) Puisque AN est un polynôme, c’est une fonction holomorphe dans tout le plan complexe.On a alors :

A′N (z) =

N∑n=1

nanzn−1,

et donc :limN→∞

A′N (z0) = g(z0).

Puique ε > 0 est fixé, il existe N2(ε) tel que pour tout N ≥ N2 :∣∣A′N (z0)− g(z0)∣∣ ≤ ε

3.

2.1. FONCTIONS HOLOMORPHES ET ÉQUATIONS DE CAUCHY-RIEMANN 33

(iii) A nouveau, puisque ε est fixé, il existe δ = δ(ε) tel que si |h| < δ :∣∣∣∣AN (z0 + h)−AN (z0)

h−A′N (z0)

∣∣∣∣ ≤ ε

3,

car un polynôme est holomorphe.Connectons maintenant ces trois estimations :

f(z0 + h)− f(z0)

h− g(z0) =

AN (z0 + h)−AN (z0)

h−A′N (z0) +A′N (z0)− g(z0)

+BN (z0 + h)−BN (z0)

h

et donc∣∣∣∣f(z0 + h)− f(z0)

h− g(z0)

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣AN (z0 + h)−AN (z0)

h−A′N (z0)

∣∣∣∣+∣∣A′N (z0)− g(z0)

∣∣+

∣∣∣∣BN (z0 + h)−BN (z0)

h

∣∣∣∣≤ ε,

pour tout N ≥ maxN1(ε), N2(ε), et pour tout |h| < δ = δ(ε).

2.1.5 La fonction exponentielle

Pour tout z ∈ C, on définit :

ez =∞∑n=0

zn

n!.

Proposition 2.1.11Le rayon de convergence de la série est infini et elle est holomorphe dans C :

(ez)′ = 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 : <(z) ∈ R,=(z) ∈ ]− π, π] → C \ 0.

Ecrivons :z = |z|ei arg(z).

Alors, on pourrait supposer que

log z = log |z|+ i arg(z).


Définition 2.1.12 (Logarithme complexe)

log z := log |z|+ i arg(z), z 6= 0, arg(z) ∈ ]− π, π].

Il s’agit ici de la détermination principale de l’argument, les autres étant égales à un multipleentier de 2π près.

Remarque 2.1.13Les points suivants sont à remarquer :

(i) log 0 n’est pas défini ;

(ii) si z ∈ R∗+, on retrouve le logarithme réel ;

(iii) log(−1) = log 1 + i arg(−1) = iπ ;

(iv) log(i) = log 1 + i arg(i) = iπ2 ;

(v) (−1)2 = 1⇒ 0 = log 1 = log(−1)2 = 2 log(−1) = 2iπ ;-).

La fonction logarithme n’est pas continue sur l’axe réel négatif. Pour la rendre continue, ondoit enlever l’axe réel négatif :

C \ z ∈ C|=(z) = 0, <(z) ≤ 0

Remarque 2.1.14 (Détermination de l’argument)Si z = x+ iy, alors :

arg(z) =

arctan y

x x > 0 et y ∈ Rπ2 x = 0 et y > 0−π

2 x = 0 et y < 0π + arctan y

x x < 0 et y > 0−π + arctan y

x x < 0 et y < 0

Remarque 2.1.15 (Propriétés de l’argument)On a les propriétés suivantes :

(i) arg(z1 · z2) ≡ arg(z1) + arg(z2) (mod 2π)l’égalité a lieu si arg(z1 · z2) ∈ ]− π, π].

(ii) si z 6= 0 et n ∈ N :arg zn ≡ n arg(z) (mod 2π)

(iii) si z 6= 0 :arg(

1z

)≡ − arg z (mod 2π)

Proposition 2.1.16 (Propriétés du logarithme)Le logarithme possède les propriétés suivantes :

(i) log (ez) = z si =(z) ∈ ]− π, π] ;

(ii) elog z = z, pour tout z ∈ C \ 0 ;(iii)

log(z · w) =

log z + logw arg(z) + arg(w) ∈ ]− π, π]log z + logw − 2πi arg(z) + arg(w) ∈ ]π, 2π]log z + logw + 2πi arg(z) + arg(w) ∈ ]− 2π,−π];

(iv) soit Ω = C \ z ∈ C : =(z) = 0, <(z) ≤ 0 alors

log : Ω→ C

est holomorphe et f ′(z) = 1z , pour tout z ∈ Ω.

2.2. INTÉGRATION COMPLEXE* 35

2.1.7 La fonction puissance

Soient γ ∈ C, z ∈ C∗, alors :f(z) = zγ := eγ log z

Où l’on a pris la détermination principale du logarithme.Les points suivants sont à mentionner :

(i) Si =(z) = 0, <(z) = x > 0, alors f(x) = eγ log x = xγ .

(ii) Si γ = 1, par définition :zγ = e1·log z = z, ∀z ∈ C∗.

Remarquons que cette forme est moins bonne que la définition algébrique de la puissanceentière (la définition algébrique est pour tous les complexes, même pour z = 0).

(iii)(−1)i = ei log(−1) = ei(iπ) = e−π ∈ R

Proposition 2.1.17Soient β, γ ∈ C et z, w ∈ C∗, alors :

zβ+γ = zβ · zγ .

De plus

(zw)γ =

zγ · wγ arg(z) + arg(w) ∈ ]− π, π]zγ · wγ · e−2πiγ arg(z) + arg(w) ∈ ]π, 2π]zγ · wγ · e2πiγ arg(z) + arg(w) ∈ ]− 2π,−π].

La fonction f(z) = zγ est holomorphe dans un ensemble qui dépend de γ :

(i) Si γ ∈ N, alors f est holomorphe dans C.(ii) Si −γ ∈ N, alors f est holomorphe dans C∗.

(iii) Sinon, f est holomorphe dans Ω (défini plus haut).

2.2 Intégration complexe*

2.2.1 Rappels sur les intégrales curvilignes

Définition 2.2.1On définit l’intégrale curviligne :

(i) Soit γ ∈ C1([a, b];C) et f : γ ([a, b]) −→ C continue. On définit alors∫γfdz =

∫ b

af(γ(t)

)γ′(t)dt.

(ii) La longueur analytique est donnée par :

long (γ) =

∫ b

a

∣∣γ′(t)∣∣ dt.(iii) L’intégrale peut être définie de manière analogue si γ ∈ C1

morc.

Remarque 2.2.2Pour que la définition (ii) ait un sens, il faut que γ′(t) 6= 0, pour tout t ∈ [a, b]. De plus, si l’oncherche la longueur géométrique, il faut que la paramétrisation γ soit simple.


Proposition 2.2.3Soit γ ∈ C1([a, b];C) (la proposition est valable si γ ∈ C1

morc) et f : γ ([a, b]) −→ C continue∣∣∣∣∫γf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ supz∈γ([a,b])

|f(z)| · long (γ) .

Proposition 2.2.4Soient Ω ⊂ C un ouvert et f, F : Ω −→ C des fonctions telles que f soit continue, F soitholomorphe et F ′ = f .Alors, si γ ∈ C1

morc([a, b]; Ω), on a∫γf(z)dz = F

(γ(b)

)− F

(γ(a)

).

Ainsi, si γ est une courbe fermée,∫γ f(z)dz = 0.

Démonstration. Nous procéderons en deux parties :

1. Soit z = x + iy et F (z) = u(x, y) + iv(x, y). Puisque F est holomorphe et que F ′ = f estcontinue, u := <(F ), v := =(F ) ∈ C1. Les équations de Cauchy-Riemann nous assurentque

ux = vy, uy = −vx,

ce qui implique que l’on peut écrire

F ′(z) = ux + ivx = vy − iuy.

2. Soit γ(t) = α(t)+ iβ(t), γ ∈ C1 (le cas où γ est C1morc est traité de manière analogue). Dans

les équations suivantes, la dépendance en t ne sera pas toujours donnée explicitement, pouralléger les notations.∫

γf(z)dz =

∫ b

af(γ(t)

)γ′(t)dt

=

∫ b

aF ′(γ(t)

)γ′(t)dt

=

∫ b

a

(ux(α, β) + ivx(α, β)

) (α′ + iβ′

)dt

=

∫ b

a

(ux(α, β)α′ − vx(α, β)β′

)dt

+i

∫ b

a

(vx(α, β)α′ + ux(α, β)β′

)dt

=

∫ b

a

ddt[u(α, β)

]dt+ i

∫ b

a

ddt[v(α, β)

]dt

= u(α(b), β(b)

)− u(α(a), β(a)

)+ iv

(α(b), β(b)

)− v(α(a), β(a)

)= F

(γ(b)

)− F

(γ(a)

).

Corollaire 2.2.5Soit Ω ⊂ C un domaine et f : Ω −→ C une fonction holomorphe telle que f ′ ≡ 0, alors f estconstante dans Ω.


2.2.2 Lemme de Goursat

Avant d’attaquer le lemme de Goursat, un petit rappel :

Théorème 2.2.6 (Théorème de Cantor ou théorème des fermés emboîtés)Dans un espace métrique complet, toute suite de fermés non-vides « emboîtés » F0 ⊃ F1 ⊃ . . .dont le diamètre tend vers 0 admet une intersection non vide.

Le lemme de Goursat est un cas particulier du théorème de Cauchy, qui sera présenté plusbas. Ci-dessous, lorsque l’on parlera de triangle, on entendra le triangle solide et son bord. Demême, le diamètre de T :

d(T ) := sup |z − w| : z, w ∈ T .

Théorème 2.2.7 (Lemme de Goursat)Soient Ω ⊂ C un ouvert, T ⊂ Ω un triangle et f : Ω −→ C holomorphe. Alors

∫∂T f(z)dz = 0

Démonstration. Soient A,B,C les sommets du triangle T , A1, B1, C1 les milieux des côtés op-posés.Relions A1, B1, C1, on a ainsi formé quatre triangles semblables à T , comme le montre la figuresuivante :

Figure 2.1 – Lemme de Goursat

Notons que∫∂T f(z)dz =

∑4i=1

∫∂T 1

if(z)dz. Par conséquent, il existe i ∈ 1, 2, 3, 4 tel que∣∣∣∣∫

∂Tf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∣∣∫∂T 1

i

f(z)dz

∣∣∣∣∣Ce T 1

i sera alors appelé T 1. On pose ensuite, d1 = diamètre(T 1), p1 = périmètre(T 1). En utilisantle théorème de Thalès, on obtient d1 = d

2 et p1 = p2 , où d et p représentent, respectivement, le

diamètre et le périmètre du triangle initial.En répétant une nouvelle fois le procédé, on obtient T 2 tel que∣∣∣∣∫

∂Tf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 42

∣∣∣∣∫∂T 2

f(z)dz∣∣∣∣ ,

d2 =d

22p2 =

p

22.

Itérons maintenant le procédé sur T ⊃ T 1 ⊃ T 2 ⊃ . . . ⊃ Tn ⊃ . . . Après n étapes, on a∣∣∣∣∫∂Tf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4n∣∣∣∣∫∂Tn

f(z)dz∣∣∣∣ ,


et

dn =d

2npn =

p

2n.

Montrons maintenant que

limn→∞

4n∣∣∣∣∫∂Tn

f(z)dz∣∣∣∣ = 0.

Soit z0 = ∩∞n=1Tn (on sait que ∩∞n=1T

n 6= ∅ par le théorème de Cantor), puisque f est holomorpheen z0, on peut écrire

f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + ε(z, z0)(z − z0),

avec limz→z0 ε(z, z0) = 0Par la proposition 2.2.4 appliquée à f(z0) + f ′(z0)(z− z0), qui admet f(z0) · z+ 1

2f′(z0)(z− z0)2

comme primitive, ∫∂Tn

f(z)dz =

∫∂Tn

ε(z, z0)(z − z0)dz.

Comme z ∈ ∂Tn et z0 ∈ Tn, on a |z − z0| ≤ d (Tn) ≤ d2n , ainsi∣∣∣∣∫

∂Tf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4n∣∣∣∣∫∂Tn

f(z)dz∣∣∣∣ ≤ 4n · d

2n

∫∂Tn|ε(z, z0)| dz.

Pour ε > 0, on peut trouver n suffisamment grand pour que |ε(z, z0)| ≤ ε, pour tout z ∈ Tn, etdonc ∣∣∣∣∫

∂Tf(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4nεd

2np

2n= ε · d · p,

où p représente le périmètre et d le diamètre. Comme ε arbitraire, on a le résultat.

Théorème 2.2.8Soient Ω ⊂ C un ouvert étoilé et f : Ω −→ C holomorphe. Alors il existe F : Ω −→ C telle queF ′ = f .

Démonstration. Comme Ω est étoilé, il existe ξ ∈ Ω tel que pour tout z ∈ Ω

[ξ, z] ∈ Ω,

où [ξ, z] =η ∈ C : η = γ(t) = (1− t)ξ + tz, t ∈ [0, 1]

. On prétend que

F (z) :=

∫[ξ,z]

f(w)dw.

Soit h ∈ C de telle sorte que z + h ∈ Ω. Alors T (z, ξ, z + h) ⊂ Ω. On a donc ∂T = [ξ, z] ∪ [z, z +h] ∪ [ξ, z + h]. Ainsi, par le lemme de Goursat, 2.2.7 page 37 :

0 =

∫∂Tf(w)dw =

∫[ξ,z]

f(w)dw +

∫[z,z+h]

f(w)dw −∫

[ξ,z+h]f(w)dw

= F (z)− F (z + h) +

∫[z,z+h]

f(w)dw.

Remarque :Si z = ξ, l’égalité est vérifiée de manière triviale.


On a donc que

F (z + h)− F (z) =

∫[z,z+h]

f(w)dw

= h

∫ 1

0f(z + th)dt

⇒ F (z + h)− F (z)

h− f(z) =

∫ 1

0

(f(z + th)− f(z)

)dt

≤ supt∈[0,1]

f(z + th)− f(z)

h→0−→ 0.

Ainsi, F est holomorphe et F ′ = f .

2.2.3 Continuité des dérivées des fonctions holomorphes

Théorème 2.2.9 (Cauchy pour les étoilés)Soit Ω ⊂ C un ouvert étoilé, f : Ω −→ C une fonction holomorphe et γ une courbe simple, ferméeet régulière par morceaux telle que γ ∪ int (γ) ⊂ Ω, alors

∫γf(z)dz = 0

Démonstration. Par le théorème précédent, il existe F : Ω −→ C holomorphe telle que F ′ = f .Comme γ est fermée,

∫γ f(z)dz = 0

Théorème 2.2.10 (Formule intégrale de Cauchy, cas particulier)Soit Ω ⊂ C un ouvert, z0 ∈ Ω et f : Ω −→ C une fonction holomorphe. Soit de plus γ un cercletel que z0 ∈ int (γ) et γ ∪ int (γ) ⊂ Ω. Alors,

f(z0) =1

2πi

∫γ

f(z)

z − z0dz.

Remarquons qu’il n’est pas exigé que z0 soit le centre du cercle.

Démonstration. On pose

g(z) =f(z)

z − z0


r

r+ε

εε2

γ3γ4

γ1

γ2O1

Figure 2.2 – Démonstration de la formule intégrale de Cauchy

Remarque :Avec le changement de la démonstration et le fait que z0 n’a pas besoin de se trouver au centredu cercle, la figure peut être décentrée, elle ne correspond plus aux notations. Je la referai si j’aile temps.

On commence par choisir un cercle γ′ ⊂ Ω qui contient γ ∪ int (γ) et on note Ω′ = int (γ′),on a donc

γ ∪ int (γ) ⊂ Ω′ ⊂ Ω′ ⊂ Ω.

On choisit ensuite ε > 0 suffisamment petit pour que Bε(z0) ⊂ int (γ), on a ainsi

Bε(z0) ⊂ int (γ) ⊂ Ω′ ⊂ Ω′ ⊂ Ω.

On appelleO := Ω′ \B ε

2(z0) et γε := ∂Bε(z0).

On décompose « l’anneau » (int (γ) ∪ γ)−Bε(z0) en quatres parties et on appelle γi, i = 1, 2, 3, 4,les bords de ces quatres parties. On a clairement, à cause des sens de parcours, que∫

γg −

∫γε

g =4∑i=1

∫γi

g.

On décompose le domaine O en quatres parties étoilées telles que

γi ∪ int (γi) ⊂ Oi, i = 1, 2, 3, 4 et O =4⋃i=1

Oi.

On applique alors le théorème de Cauchy pour les domaines étoilés, 2.2.9 page 39, pour déduireque ∫

γi

g = 0, i = 1, 2, 3, 4.

Ainsi, ∫γ

f(z)

z − z0dz =

∫γε

f(z)

z − z0dz = i

∫ 2π

0

f(z0 + εeiθ

)εeiθ

εeiθdθ.

Comme f est holomorphe, on a, par un passage à la limite, que∫γ

f(z)

z − z0dz = 2πif(z0).


C’est absolument ouf de pouvoir connaître la valeur de la fonction en un point uniquementen la connaissant sur le bord d’un disque. Cette connaissance se fait via une intégrale singulière :si r tend vers 0, z va tendre vers z0 et la fraction va présenter une indétermination.

Corollaire 2.2.11Sous les mêmes hypothèses que dans le théorème :(i) f (n)(z0) = n!

2πi

∫γ

f(z)(z−z0)n+1dz ;

(ii) f est infiniment dérivable complexe ;(iii) pour tout r > 0 suffisament petit,

∣∣f (n)(z0)∣∣ ≤ n!

rn ·max|f(z)| : z ∈ ∂Br(z0).Démonstration. Nous procéderons en deux étapes :(i) Par induction sur n :

Le cas n = 0 a déjà été démontré au théorème précédent. On choisit h suffisamment petitpour que z0 +h ∈ int (γ). Supposons maintenant la formule vraie jusqu’à n−1, c’est-à-direque

f (n−1)(z0) =(n− 1)!

2πi

∫γ

f(z)

(z − z0)ndz

f (n−1)(z0 + h) =(n− 1)!

2πi

∫γ

f(z)

(z − z0 − h)ndz.

On a donc,

f (n−1)(z0 + h)− f (n−1)(z0)

h=

(n− 1)!

2πi

∫γf(z)

(z − z0)n − (z − z0 − h)n

h(z − z0)n(z − z0 − h)ndz. (2.1)

Par ailleurs, puisque

xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2y + . . .+ xyn−2 + yn−1

),

on a, on posant x = z − z0 et y = z − z0 − h, que(z − z0)n − (z − z0 − h)n

h=(xn−1 + xn−2y + . . .+ xyn−2 + yn−1

),

et donclimh→0

(z − z0)n − (z − z0 − h)n

h= n(z − z0)n−1.

De ceci, on déduit immédiatement que

limh→0

(z − z0)n − (z − z0 − h)n

h(z − z0)n(z − z0 − h)n=n · (z − z0)n−1

(z − z0)2n=

n

(z − z0)n+1.

En passant à la limite dans (2.1), ce qui est légal car on a convergence uniforme, on trouve

f (n)(z0) =n!

2πi

∫γ

f(z)

(z − z0)n+1dz.

(iii) On applique la formule à γ = ∂Br(z0) et l’on trouve∣∣∣f (n)(z0)∣∣∣ ≤ n!

2πmax

∣∣∣∣ f(z)

(z − z0)n+1

∣∣∣∣ : z ∈ ∂Br(z0)

· long (∂Br(z0))

=n!

rnmax |f(z)| : z ∈ ∂Br(z0) .

Théorème 2.2.12Soit Ω ⊂ C un ouvert et f : Ω −→ C une fonction holomorphe. Si on pose, <(f) = u(x, y),=(f) = v(x, y).Alors u, v ∈ C∞(Ω), ux = vy et uy = −vxDémonstration. Par le corollaire 2.2.11, f est infiniment différentiable et donc u, v ∈ C∞(Ω)


2.2.4 Théorème et formule intégrale de Cauchy

Définition 2.2.13 (Rappel)Un ouvert O ⊂ C est dit régulier s’il existe O0, O1, . . . , Om ⊂ C des ouverts bornés tels que(i) O = O0 −

⋃mi=1Oi ;

(ii) Oi ⊂ O0 ;(iii) Oi ∩Oj = ∅, ∀i 6= j ;(iv) les ∂Oj = γj sont des courbes simples, fermées, régulières par morceaux.

Théorème 2.2.14 (Théorème de Cauchy)Soit Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω −→ C une fonction holomorphe et γ une courbe simple, fermée etrégulière par morceaux telle que γ ∪ int (γ) ⊂ Ω alors∫

γf(z)dz = 0

De plus, si O ⊂ O ⊂ Ω est un ouvert régulier, alors∫γ0

f(z)dz =

m∑i=1

∫γi

f(z)dz

Théorème 2.2.15 (Formule intégrale de Cauchy)Soient Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω −→ C holomorphe et γ une courbe simple fermée régulière parmorceaux tels que γ ∪ int (γ) ⊂ Ω avec z0 ∈ int (γ), alors f est infiniment différentiable dans Ωet

f (n)(z0) =n!

2πi

∫γ

f(z)

(z − z0)n+1dz

Démonstration du théorème. Le théorème est démontré pour une courbe simple fermée régulièreγ(t) = α(t) + iβ(t), t ∈ [a, b]. Posons f = u+ iv et z = x+ iy, ainsi∫

γf(z)dz =

∫ b

a

[u(α, β) + iv(α, β)

]·[α′ + iβ′

]dt

=

∫ b

a

[u(α, β)α′ − v(α, β)β′

]dt+ i

∫ b

a

[u(α, β)β′ + v(α, β)α′

]dt

=

∫ b

a[u(α, β),−v(α, β)] · (α′, β′)dt+ i

∫ b

a[v(α, β), u(α, β)] · (α′, β′)dt

Green=

∫∫int(γ)

(−vx − uy)︸︷︷︸=0 (C.R.)

dxdy + i

∫∫int(γ)

(ux − vy)︸︷︷︸=0 (C.R.)

dxdy

= 0

On peut appliquer le théorème de Green car les fonctions u et v sont C1. On aurait pu l’appliqueravant de l’avoir démontré, via Goursat et ses amis.Idem pour

∫γ0f(z)dz =

∑ni=1

∫γif(z)dz.

Démonstration de la formule. Soit z0 ∈ int (γ) ⊂ Ω et ε > 0 tel que Bε(z0) ⊂ int (γ). Par lethéorème de Cauchy appliqué sur g(z) = f(z)

z−z0 et à l’ouvert régulier O = int (γ)−Bε(z0) :∫γg(z)dz 2.2.14

=

∫∂Bε(z0)

g(z)dz

=

∫ 2π

0g(z0 + εeiθ

)iεeiθdθ

= i

∫ 2π

0f(z0 + εeiθ

)dθ


le miracle s’est produit, la singularité a disparu.

⇒∫γ

f(z)

z − z0dz = i

∫ 2π

0f(z0 + εeiθ

)dθ

ε→0−→ 2πif(z0)

(où l’on a permuté limite et intégrale, puisque f est continue).Idem pour n ≥ 1.

Remarque 2.2.16On a pu appliquer le théorème de Cauchy car on a enlevé la singularité du domaine.

Exemple 2.2.17 (Exemple d’application du théorème de Cauchy)Soit γ une courbe simple fermée et régulière par morceaux. Calculer∫

γ

cos (2z)

zdz.

On va distinguer trois cas :0 ∈ int (γ) On applique la formule intégrale de Cauchy à f(z) = cos(2z), qui est holomorphe

dans tout C, au point z0 = 0 :∫γ

cos(2z)

zdz =

∫γ

cos(2z)

z − z0dz = 2πif(z0) = 2πi.

0 6∈ γ ∪ int (γ) On va appliquer le théorème de Cauchy à f(z) = cos(2z)z sur Ω = C\0. En effet,

f est holomorphe sur Ω, puisque l’on ne considère pas le point où se situe la singularité.On a donc : ∫

γ

cos(2z)

zdz = 0.

0 ∈ γ L’intégrale n’est pas bien définie.Remarquons que le calcul direct, dans le cas où γ serait le cercle unité, serait brutal et fortementdésagréable.

Exemple 2.2.18Soit γ = z ∈ C : |z − 2| = 1. Calculer :∫

γ

ez+2

(z − 2)3dz.

Appliquons la formule intégrale de Cauchy à z0 = 2, n = 2 et f(z) = ez+2. On a alors :∫γ

ez+2

(z − 2)3dz =2πi

2!f ′′(z0) = πie4.

2.2.5 Conséquences du théorème de Cauchy

Rappel 2.2.19Si |x| < 1, on a l’égalité suivante

∞∑n=0

xn =1

1− x.

De plus, la convergence est uniforme (et donc on peut permuter somme et intégrale).


Théorème 2.2.20Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω −→ C une fonction holomorphe, z0 ∈ Ω, et r > 0 tel que Br(z0) ⊂ Ω.Alors f admet une série de Taylor :

f(z) =∞∑n=0

an(z − zo)n, ∀z ∈ Br(z0).

De plus, les an sont donnés par

an =f (n)(z0)

n!=

1

2πi

∫γ

f(z)

(z − z0)n+1dz.

Démonstration. Posons γr = ∂Br(z0), z ∈ Br(z0) ⊂ γr ∪ int (γr) = Br(z0) ⊂ Ω.Par la formule intégrale de Cauchy, on a

f(z) =1

2πi

∫γr

f(ξ)

ξ − zdξ.

Remarquons que l’on peut écrire

1

ξ − z=

1

ξ − z0 − (z − z0)=

1

ξ − z0· 1

1− z−z0ξ−z0

.

Comme ξ ∈ γr = ∂Br(z0) et que z ∈ Br(z0)∣∣∣∣z − z0

ξ − z0

∣∣∣∣ =r

|ξ − z0||z − z0|

r=|z − z0|

r< 1.

Par conséquent, la série géométrique de raison z−z0ξ−z0 converge et l’on peut écrire

1

ξ − z=

1

ξ − z0

∞∑n=0

(z − z0)n

(ξ − z0)n.

Pour z fixé, la série converge uniformément en ξ ∈ γr, ainsi

f(z) =1

2πi

∫γr

f(ξ)

ξ − z0

∞∑n=0

(z − z0)n

(ξ − z0)ndξ

=1

2πi

∞∑n=0

(z − z0)n∫γr

f(ξ)

(ξ − z0)n+1dξ

=∞∑n=0

an(z − z0)n avec an =1

2πi

∫γr

f(ξ)

(ξ − z0)n+1dξ.

Théorème 2.2.21 (Théorème de Liouville)Si f : C −→ C est holomorphe et bornée, alors elle est constante.

Démonstration. Vérifions que f ′ ≡ 0

∣∣f ′(z)∣∣ ≤ 1

rsup|f(ξ)| : ξ ∈ ∂Br(z) ≤

M

r

r→∞−→ 0,

où l’on a utilisé le corollaire 2.2.11 page 41.


Théorème 2.2.22 (Formule de la moyenne)Soit Ω ⊂ C un ouvert, f : Ω −→ C une fonction holomorphe, z0 ∈ Ω et r > 0 suffisamment petittel que Br(z0) ⊂ Ω, alors

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0f(z0 + reiθ)dθ.

Démonstration. Par la formule intégrale de Cauchy

f(z0) =1

2πi

∫γr

f(ξ)

(ξ − z0)dξ

=1

2πi

∫ 2π

0

f(z0 + reiθ)

reiθireiθdθ

=1

2π

∫ 2π

0f(z0 + reiθ)dθ.

Théorème 2.2.23 (Théorème fondamental de l’algèbre)Soit n ≥ 1 un entier et a0, . . . , an ∈ C tels que an 6= 0. Alors le polynôme P (z) =

∑ni=0 ai · zi

admet n racines.

Démonstration. Par induction, il suffit de prouver que P admet au moins une racine. Supposonsque cela ne soit pas le cas, on aura alors

P (z) 6= 0, ∀z ∈ C.

Comme P est holomorphe et P (z) 6= 0, alors f(z) = 1P (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 estconstante et donc que P est un polynôme constant, ce qui est en contradiction avec an 6= 0.On écrit pour z 6= 0

P (z)

zn= an +

(an−1

z+ . . .+

a0

zn

).

Comme an−1

z , . . . , a0zn

z→∞ // 0 , on peut trouver R suffisamment grand pour que∣∣∣an−1

z+ . . .+

a0

zn

∣∣∣ ≤ |an|2, ∀|z| > R

Par conséquent ∣∣∣∣P (z)

zn

∣∣∣∣ =∣∣∣an − (−an−1

z− . . .− a0

zn

)∣∣∣≥

∣∣∣|an| − ∣∣∣−an−1

z− . . .− a0

zn

∣∣∣∣∣∣≥ |an| −

∣∣∣an2

∣∣∣ =∣∣∣an

2

∣∣∣ > 0, ∀|z| > R.

On a donc|P (z)|Rn

≥ |an|2

> 0, ∀|z| > R,

ce qui implique que

|f(z)| = 1

|P (z)|≤ 2

|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 continuesur le compact |z| ≤ R, et donc est bornée sur ce même compact.Ainsi, par le théorème de Liouville, f , et donc P , est constante.


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 (quitte 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) =

∞∑n=0

an(z − z0)n, ∀z ∈ Br(z0).

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 = 0pour tout n < N . Le développement de Taylor de f peut donc être réécrit de la manièresuivante :

f(z) =∞∑n=N

an(z − z0)n = aN (z − z0)N [1 + ε(z, z0)],

où ε(z, z0) =∑∞

n=N+1 an(z − z0)n−N 1aN

avec ε(z, z0)z→z0 // 0 .

Le fait que ε tende vers 0 quand z tend vers z0 implique l’existence de δ > 0, tel que

|ε(z, z0)| ≤ 1

2, ∀z ∈ Bδ(z0).

Soit ν ∈ N tel que zν ∈ Bδ(z0) (un tel ν existe puisque la suite zν tend vers z0). On devraitavoir,

0 = g(zν) = f(zν) =∞∑n=N

an(zν − z0)n = aN (zν − z0)N [1 + ε(zν , z0)].

Cependant, puisque zν 6= z0, et aN 6= 0, cette égalité ne peut avoir lieu (le dernier terme aune 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 := intz ∈ 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 zν ⊂ A une suite telle que zν −→ z0. Comme zν ∈ A pour tout ν, f(zν) = 0,on a que f(z0) = 0 et donc, par le point (i), z0 ∈ A. Ainsi, A est séquentiellement fermé,comme désiré.


Remarque 2.2.25Une fonction analytique constante dans un ouvert connexe, est forcément constante sur tout ledomaine.

Théorème 2.2.26 (Principe du maximum)Soit Ω ⊂ C un domaine borné, f : Ω −→ C une fonction holomorphe telle que f ∈ C0(Ω).Alors

maxz∈Ω|f(z)| = max

z∈∂Ω|f(z)|.

Plus précisemment, si

maxz∈Ω|f(z)| = max

z∈∂Ω|f(z)| ⇔ f constante.

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 atteintson 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 f(z)f(a) , on peut supposer que f(a) = 1.

Par la formule de la moyenne :

1 = f(a) =1

2π

∫ 2π

0f(a+ reiθ)dθ =

1

2π

∫ 2π

0Re

[f(a+ reiθ)

]dθ

Re[f(a+ reiθ)

]≤

∣∣∣Re [f(a+ reiθ)]∣∣∣ ≤ ∣∣∣f(a+ reiθ)

∣∣∣ ≤ f(a) = 1

⇒ 0 =1

2π

∫ 2π

0

(1− Re

(f(a+ reiθ)

))︸︷︷︸

≥0

dθ

⇒ Re[f(a+ reiθ

)]≡ 1, ∀θ ∈ [0, 2π]

⇒ 1 = Re[f(a+ reiθ

)]≤∣∣∣Re [f (a+ reiθ

)]∣∣∣ ≤ ∣∣∣f (a+ reiθ)∣∣∣ ≤ 1

⇒ f(a+ reiθ

)≡ 1, ∀θ ∈ [0, 2π]

⇒ f(z) ≡ 1, ∀|z − a| = r2.2.24=⇒ 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 ∈ Ωtel que f(a) = 0 ou bien

minz∈Ω|f(z)| = min

z∈∂Ω|f(z)|

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


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) continuesur 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)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

F (z) =

∫[ξ,z]

f(w)dw, z ∈ Br(ξ).

On choisi h tel que z + h ∈ Br(ξ). On a donc un triangle T composé des sommets ξ, z et z + het ∂T = [ξ, z] ∪ [z, z + h] ∪ [z + h, ξ]. Par hypothèse, on a

0 =

∫∂Tf(w)dw = F (z) +

∫[z,z+h]

f(w)dw − F (z + h).

Ainsi

F (z + h)− F (z) =

∫[z,z+h]

f(w)dw = h ·∫ 1

0f(z + th)dt

⇒ F (z + h)− F (z)

h− f(z) =

∫ 1

0

[f(z + th)− f(z)

]dt

⇒ limh→0

F (z + h)− F (z)

h− f(z) = 0, par continuité de f.

Par conséquent, F est holomorphe et F ′(z) = f(z). Par la formule intégrale de Cauchy, f(z) estholomorphe.

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 estholomorphe dans Ω et f (n)

ν −→ f (n) uniformément sur O.

Démonstration. Remarquons tout d’abord que, puisque la convergence est uniforme pour toutouvert 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 :

0 =

∫∂Tfν(z)dz.

Ainsi, par la convergence uniforme sur O,

0 =

∫∂Tfν(z)dz −→

∫∂Tf(z)dz

⇒∫∂Tf(z)dz = 0,

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

2.3. SÉRIES DE LAURENT 49

(ii) On aimerait maintenant montrer que la suite des f (n)ν converge uniformément vers f (n) sur

O.Soit z0 ∈ O et r > 0 tel que Br(z0) ⊂ O. Par la formule intégrale de Cauchy,∣∣∣f (n)

ν (z0)− f (n)(z0)∣∣∣ =

∣∣∣∣ dndzn [fν(z0)− f(z0)]∣∣∣∣

≤ n!

rnmax |(fν − f) (z)| : z ∈ ∂Br(z0)

≤ n!

rnsup |fν(z)− f(z)| : z ∈ O︸︷︷︸

−→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-Riemanndeviennent donc :

u1x1

+ u2x2

= 0u1x2− u2

x1= 0

div u = 0rot 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) =4v = 0.

2.3 Séries de Laurent

2.3.1 Théorème de Laurent

Théorème 2.3.1Soit Ω ⊂ C un ouvert, z0 ∈ C, f : Ω−z0 −→ C une fonction holomorphe et N ∈ N. On définitalors

LN (f(z)) =

N∑n=−N

cn(z − z0)n

=

−1∑n=−N

cn(z − z0)n +

N∑n=0

cn(z − z0)n

=N∑n=1

c−n(z − z0)n

+

N∑n=0

cn(z − z0)n,

où cn = 12πi

∫γ

f(ξ)(ξ−z0)n+1dξ 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


• limN→∞ LNf(z) = Lf(z) ;• Lf(z) = f(z).De plus, la convergence est uniforme dans BR(z0)−Br(z0), où 0 < r < R.

Ainsi, le théorème dit que pour z ∈ BR(z0) \ z0

f(z) = Lf(z) =

∞∑n=−∞

cn(z − z0)n

=∞∑n=1

c−n(z − z0)n

+∞∑n=0

cn(z − z0)n.

2.3.2 Différents types de singularité

Définition 2.3.2Définitions et présentation des différents types de singularités :(i) L’expression Lf(z) dans le théorème est appelée série de Laurent de f en z0.(ii)

∑∞n=0 cn(z − z0)n est appelée partie régulière de la série de Laurent.∑−1n=−∞ cn(z − z0)n 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 cecas, 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.(vi) Le coefficient c−1 = 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 deLaurent.

Remarque 2.3.3Il existe des fonctions holomorphes qui n’admettent pas de développement de Laurent. Parexemple, f(z) = log(z) n’admet pas de série de Laurent en z0 = 0.

Exemple 2.3.4Etudier la fonction f(z) = 1

z en z = z0.On trouve que Lf(z) = 1

z 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.


z en z0 = 1. On trouve

f(z) =1

z=

1

1 + (z − 1)=

∞∑n=0

(−1)n(z − 1)n.

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 ;


(iv) Rész0(f) = 0 ;

(v) le rayon de convergence est 1.


z2+zen z0 = 0. On commence par décomposer la fraction en éléments

simples

f(z) =1

z2 + z=

1

z(z + 1)=

1

z− 1

z + 1,

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

f(z) =1

z−∞∑n=0

(−1)nzn.

Et donc :

(i) z0 = 0 est un pôle d’ordre 1 ;

(ii) Rész0(f) = 1 ;

(iii) le rayon de convergence est 1.

Exemple 2.3.7Etudier la fonction f(z) = e

1z en z0 = 0. Soit y ∈ C, on peut écrire

ey =

∞∑n=0

yn

n!.

Si z 6= 0, y = 1z , on a

e1z = 1 +

∞∑n=1

1

n! · zn.

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 2.3.8Etudier la fonction f(z) = sin(z)

z en z0 = 0.Le point z0 est un point régulier (on dit aussi que z0 est une singularité éliminable). En effet, enchoisissant f(0) = 1, alors :

f(z) =

sin zz z 6= 0

1 z = 0

est holomorphe dans C. On peut donc écrire

sin z =

∞∑n=0

(−1)nz2n+1

(2n+ 1)!

sin z

z=

∞∑n=0

(−1)nz2n

(2n+ 1)!.

Exemple 2.3.9Etudier 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 singularitéisolée car tous les points z ∈ =(z) = 0,<(z) ≤ 0 sont tous des singularités du logarithme.


Exemple 2.3.10Etudier la fonction f(z) = tan

(1z

)en z0 = 0.

Cette fonction d’admet pas de développement de Laurent en z0 = 0 car z0 n’est pas une singularitéisolée. En effet, tan y =∞⇔ y = yk = (2k + 1)π2 , k ∈ Z. Ainsi

tan

(1

z

)=∞⇔ zk =

1

yk=

2

(2k + 1)π

k→∞−→ z∞ = 0.

Définition 2.3.11 (Zéro d’ordre n)Soit f une fonction holomorphe au voisinage d’un point z0 et n ∈ N. On dit que z0 est un zérod’ordre n de f si f(z0) = f ′(z0) = . . . = f (n−1)(z0) = 0 et f (n)(z0) 6= 0.

Proposition 2.3.12Soit f(z) = p(z)

q(z) avec p et q holomorphes au voisinage de z0 et z0 est un zéro d’ordre p de p,respectivement q de q. Alors, si

1. p ≥ q, z0 est un point régulier de f (singularité éliminable) ;2. p < q, z0 est un pôle d’ordre q − p.

Proposition 2.3.13Si z0 est un pôle d’ordre m de f , alors F (z) = (z − z0)mf(z) est holomorphe en z0 et

Rész0(f) =1

(m− 1)!limz→z0

dm−1

dzm−1

[(z − z0)mf(z)

].

En particulier, si m = 1Rész0(f) = lim

z→z0(z − z0)f(z).

Démonstration. Comme z0 est un pôle d’ordre m, on a

f(z) = Lf(z) =∞∑

n=−mcn(z − z0)n,

et donc

F (z) = (z − z0)mf(z) =

∞∑n=−m

cn(z − z0)n+m =

∞∑k=0

ck−m(z − z0)k

= c−1(z − z0)m−1 +∞∑k=0

k 6=m−1

ck−m(z − z0)k

= c−1(z − z0)m−1 +G(z).

On a donc,dm−1

dzF (z) = (m− 1)!c−1 +

dm−1

dzG(z).

On obtient, en laissant tendre z vers z0

limz→z0

dm−1

dzF (z) = (m− 1)!c−1 + 0,

ce qui conclut la preuve.

Proposition 2.3.14Si f(z) = p(z)

q(z) est holomorphe au voisinage de z0, avec p(z0) 6= 0, q(z0) = 0 et q′(z0) 6= 0, alors

Rész0(f) =p(z0)

q′(z0).


Théorème 2.3.15 (Règle de l’Hospital)Soient f et g holomorphe au voisinage de z0 ∈ C telles que f(z0) = 0 = g(z0) et g′(z0) 6= 0, alors

limz→z0

f(z)

g(z)=f ′(z0)

g′(z0)

Démonstration. Puisque f est holomorphe et s’annule en z0, on peut écrire

f(z) = f(z0)︸︷︷︸=0

+f ′(z0)(z − z0) +

∞∑n=2

f (n)(z0)(z − z0)n

n!

= (z − z0)f ′(z0) + (z − z0)∞∑n=2

f (n)(z0)

n!(z − z0)n−1

= (z − z0)f ′(z0) + (z − z0)F (z).

De la même manière, on écrit

g(z) = (z − z0)g′(z0) + (z − z0)G(z).

On a alors :f(z)

g(z)=f ′(z0) + F (z)

g′(z0) +G(z).

Au passage à la limite, on a F (z0) = G(z0) = 0, ce qui implique

limz→z0

f(z)

g(z)=f ′(z0)

g′(z0),

puisque g′(z0) 6= 0.

2.3.3 Démonstration du théorème de Laurent

Nous démontrerons le théorème en trois parties :

1. Soient 0 < r < |z− z0| < R tels que BR(z0) ⊂ Ω. Soit de plus ε > 0 suffisament petit pourque Bε(z) ∩Br(z0) = ∅ et Bε(z) ⊂ BR(z0) \Br(z0). Posons O = Ω−

[Br(z0) ∪Bε(z)

].

On a alors :γR = ∂BR(z0), γr = ∂Br(z0), γε = ∂Bε(z).

Par le théorème de Cauchy appliqué à g(ξ) = f(ξ)ξ−z qui est holomorphe dans O :∫

γR

g(ξ)dξ =

∫γr

g(ξ)dξ +

∫γε

g(ξ)dξ.

Notons que ∫γε

g(ξ)dξ =

∫γε

f(ξ)

ξ − z=

∫ 2π

0

f(z + εeiθ)

εeiθiεeiθdθ ε→0−→ 2πif(z).

Ainsi,

f(z) =1

2πi

∫γR

f(ξ)

ξ − zdξ − 1

2πi

∫γr

f(ξ)

ξ − zdξ.

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


(i) On peut écrire

1

ξ − z=

1

ξ − z0 − (z − z0)=

1

ξ − z0

1

1− (z−z0)(ξ−z0)

.Remarquons que si ξ ∈ γR, z ∈ BR(z0) − Br(z0), alors

∣∣∣ z−z0ξ−z0

∣∣∣ = |z−z0|R < 1, on peut

donc écrire1

ξ − z=∞∑n=0

(z − z0)n

(ξ − z0)n+1.

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

1

2πi

∫γR

f(ξ)

ξ − zdξ =

1

2πi

∫γR

f(ξ)

∞∑n=0

(z − z0)n

(ξ − z0)n+1

= (z − z0)n∞∑n=0

1

2πi

∫γR

(f(ξ)

(ξ − z0)n+1

)dξ,

où l’on a pu permuter limite et intégrale grâce à la convergence uniforme de la sérieen ξ.

(ii) Pour ξ ∈ γr, on écrit

1

ξ − z=

1

ξ − z0 − (z − z0)=

−1

(z − z0)

(1

1− ξ−z0z−z0

).

Puisque |ξ − z0| = r, on a ∣∣∣∣ξ − z0

z − z0

∣∣∣∣ =r

|z − z0|< 1,

ce qui nous permet d’écrire la série géométrique

1

ξ − z=−1

z − z0

( ∞∑n=0

(ξ − z0)n

(z − z0)n

)= −

∞∑n=0

(ξ − z0)n

(z − z0)n+1.

Grâce à la convergence uniforme pour ξ, on peut permutter limite et intégrale (à zfixé) :

−1

2πi

∫γr

f(ξ)

ξ − zdξ =

1

2πi

∞∑n=0

1

(z − z0)n+1

∫γr

f(ξ)(ξ − z0)ndξ

=∞∑n=0

1

2πi· (z − z0)−(n+1) ·

∫γr

f(ξ)(ξ − z0)ndξ

=−1∑n=∞

1

2πi· (z − z0)n ·

∫γr

f(ξ)(ξ − z0)−(n+1)dξ.

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∫

γ

f(ξ)

(ξ − z0)n+1dξ =

∫∂Bδ(z0)

f(ξ)

(ξ − z0)n+1dξ =

∫γr

. . . =

∫γR

. . ..

2.4. THÉORÈME DES RÉSIDUS ET SES APPLICATIONS 55

En résumé :

cn =1

2πi

∫γ

f(ξ)

(ξ − z0)dξ =

1

2πi

∫γr

. . . =1

2πi

∫γR

. . .

f(z) =+∞∑

n=−∞cn(z − z0)n

2.4 Théorème des résidus et ses applications

2.4.1 Enoncé du théorème

Théorème 2.4.1Soit Ω ⊂ C un ouvert, γ une courbe simple, fermée, régulière par morceaux, telle que γ ∪ int (γ) ⊂ Ωet z1, . . . , zN ∈ int (γ) des points tous distincts. Soit maintenant f : Ω− z1, . . . , zN −→ C unefonction holomophe. Alors ∫

γf(z)dz = 2πi

N∑n=1

Részn(f).

Démonstration. Il existe ε > 0 tel que

Bε(zi) ⊂ int (γ) , ∀i = 1, . . . , N

etBε(zi) ∩Bε(zj) = ∅ si i 6= j.

On pose γk = ∂Bε(zk) et on définit

O = int (γ)−N⋃k=1

Bε(zk).

Par le théorème de Cauchy :

∫γf(z)dz =

N∑k=1

∫γk

f(z)dz

= 2πiN∑k=1

Részk(f).

Remarque 2.4.2Le théorème de Cauchy et la formule intégrale de Cauchy sont des cas particuliers du théorèmedes 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) avecf(z0) 6= 0, on pose g(ξ) = f(ξ)

(ξ−z0)(n+1) . On applique alors le théorème des résidus à g :

∫γg(z)dz =

∫γ

f(z)

(z − z0)n+1dz = 2πi · Rész0(g).


Remarquons que z0 est un pôle d’ordre (n+ 1) de g, ce qui implique que

Rész0(g) =1

n!limz→z0

[dn

dzn[(z − z0)n+1g(z)

]︸︷︷︸

f(z)

]

=1

n!limz→z0

f (n)(z) =f (n)(z0)

n!.

Ainsi, ∫γ

f(z)

(z − z0)n+1dz =

2πi

n!f (n)(z0).

Exemple 2.4.3On prend Ω = C ainsi que γ une courbe satisfaisant les hypothèses du théorème et f(z) =

3z−i −

2z + 4

z2 . 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) ∫γf(z)dz = 2πi · Rési(f) = 6πi.

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

• 0, i ∈ int (γ) ∫γf(z)dz = 2πi

[Rési(f) + Rés0(f)

]= 2πi.

2.4.2 Applications aux intégrales réelles

Séries de Fourier

On aimerait calculer l’intégrale suivante∫ 2π

0f(cos θ, sin θ)dθ avec f(x, y) =

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 =eiθ + e−iθ

2=z + 1

z

2;

sin θ =eiθ − e−iθ

2i=z − 1

z

2i;

deiθ = ieiθdθ ⇒ dz = izdθ;

f(z) :=1

iz· f

(z + 1

z

2,z − 1

z

2i

).

2.4. THÉORÈME DES RÉSIDUS ET SES APPLICATIONS 57

Ainsi, on aura, si γ est une paramétrisation simple et régulière du cercle unité,∫γf(z)dz =

∫ 2π

0f(eiθ)ieiθdθ

=

∫ 2π

0f

(eiθ + e−iθ

2,eiθ − e−iθ

2i

)dθ

=

∫ 2π

0f(cos θ, sin θ)dθ.

Par exemple, si on cherche à calculer :∫ 2π

0

dθ

2 + cos θ,

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

On aura donc

f(z) =1

iz

1

2 +z+ 1

z2

=2

i(z2 + 4z + 1).

On peut factoriser z2 + 4z+ 1 = 0 en (z+ 2 +√

3)(z+ 2−√

3), ce qui permet d’affirmer f a deuxpôles d’ordre un. Cependant, puisque (−2−

√3) /∈ γ ∪ int (γ), on ne s’intéresse qu’au résidu

Rés−2+√

3

(f)

=1

i√

3.

On remarque que f est holomorphe dans γ ∪ int (γ)−−2 +√

3, et on va appliquer le théorèmedes résidus : ∫

γf(z)dz = 2πi

(1

i√

3

)=

2π√3

=

∫ 2π

0

dθ

2 + cos θ.

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∫ ∞−∞

R(x)eiαxdx, a ≥ 0, R(x) =P (x)

Q(x).

On souhaite que∫∞−∞ |R(x)|dx <∞, ce qui implique que degQ− degP ≥ 2.

Alors, on aura que ∫ ∞−∞

R(x)eiαxdx = 2πin∑k=1

Részk(R(z)eiαz

)où les zi sont les singularités de

(R(z)eiαz

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

jamais, par hypothèse).On divise le travail en trois étapes :

(i) On pose :

Cr = z ∈ C : |z| = r,=(z) > 0Lr = z ∈ C : −r < < (z) < r et = (z) = 0Γr = Lr ∪ Cr,

où r est suffisament grand pour que toutes les singularités de R(z)eiαz dans le demi plan=z > 0 soient dans int (Γr).


Cr

Lr

.

.

.

Par le théorème des résidus appliqué à f(z) = R(z)eiαz et Γr, on trouve∫Γr

f(z)dz = 2πi

N∑k=1

Részk(f). (2.2)

Supposons que

limr→∞

∫Cr

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, onaura

2πiN∑k=1

Részk(f)(2.2)= lim

r→∞

∫Γr

f(z)dz(2.3)= lim

r→∞

∫Lr

R(z)eiαzdz

= limr→∞

∫ r

−rR(x)eiαxdx

=

∫ ∞−∞

R(x)eiαxdx.

(ii) Montrons que limr→∞∫CrR(z)eiαzdz = 0. Calculons, pour commencer∣∣∣∣∫

Cr

R(z)eiαzdz∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ π

0R(reiθ

)eiαre

iθireiθdθ

∣∣∣∣ ,ce qui implique que ∣∣∣∣∫

Cr

R(z)eiαzdz

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0r∣∣∣R(reiθ)∣∣∣ ∣∣∣eiαreiθ ∣∣∣ dθ.

Remarquons que ∣∣∣eiαreiθ ∣∣∣ =∣∣∣eiαr(cos θ+i sin θ)

∣∣∣=

∣∣∣eiαr cos θ∣∣∣ e−αr sin θ

= e−αr sin θ,

et donc ∣∣∣∣∫Cr

R(z)eiαzdz

∣∣∣∣ ≤ r supθ∈[0,π]

∣∣∣R(reiθ)∣∣∣ ∫ π

0e−αr sin θdθ.

Puisque −αr sin θ ≤ 0, on a ∫ π

0e−αr sin θdθ ≤ π.

Supposons que l’on ait montré que

limr→∞

r supθ∈[0,π]

∣∣∣R(reiθ)∣∣∣ = 0. (2.4)

Alors, on aura

limr→∞

∫Cr

R(z)eiαzdz = 0.

2.5. APPLICATIONS CONFORMES* 59

(iii) Montrons maintenant que limr→∞ r supθ∈[0,π]

∣∣R(reiθ)∣∣ = 0.

On a

anzn + . . .+ a0 = P (z), an 6= 0

bmzm + . . .+ 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||zn|+ . . .+ |a0| ≤(|an|+ . . .+ |a0|

)|z|n

|Q(z)| ≥ |bm||zm| − . . .− |b0| ≥|bm|

2|z|m,

ce qui implique

|R(z)| = |P (z)||Q(z)|

≤ 2(|an|+ . . .+ |a0|)|bm|

|z|n−m

≤ λ

|z|2,

et doncr sup

∣∣∣R(eiθ)∣∣∣ ≤ r λ

r2=λ

rr→∞ // 0 .

2.5 Applications conformes*

2.5.1 Définitions et exemples

Définition 2.5.1Soit Ω ⊂ C un ouvert. On dit que f : Ω −→ f(Ω) =: Ω∗ ⊂ C est une application conforme de Ωsur Ω∗ si

1. f est bijective de Ω sur Ω∗ ;

2. f est holomorphe sur Ω ;

3. f ′(z) 6= 0, pour tout z ∈ Ω.

Remarque 2.5.2Dans certains livres (beaucoup de livres en fait) une application conforme n’est pas définie commececi, mais, par exemple "une application conforme préserve les angles". Les deux définitions sontéquivalentes.

Exemple 2.5.3La fonction f(z) = z est conforme de C sur C, tandis que f(z) = z2 est non bijective, donc nonconforme.

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 unetransformation de Möbius.

Proposition 2.5.5Si 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 2.5.6Si 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∗


– Injectivité de fSupposons qu’il existe z1 et z2 dans Ω tels que f(z1) = f(z2), alors

az1+bcz1+d = az2+b

cz2+d

⇔ acz1z2 + bcz2 + bd+ adz1 = acz1z2 + bd+ bcz1 + adz2

⇔ (ad− bc)z1 = (ad− bc)z2

⇔ z1 = z2 car ad− bc 6= 0.

– Surjectivité de fSoit 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

cw − a= f−1(w).

Remarque 2.5.7La fonction f−1 est une transformation de Möbius. Les transformations de Möbius formentun groupe.

(ii) Le fait que f soit holomorphe sur Ω provient du fait que cz + d 6= 0.(iii) On a alors

f ′(z) =a(cz + d)− c(az + b)

(cz + d)2=

ad− bc(cz + d)2

6= 0, z ∈ Ω.

Remarque 2.5.8Pour les géomètres, une droite, comme un cercle, est caracérisée par 3 points. Dans le cas de ladroite, l’un est l’infini.

Proposition 2.5.9Toute 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) = a

dz + bd est une application linéaire

(c’est-à-dire une homothétie et une translation), donc transforme des cercles en des cercleset 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.

f1(z) =bc− ad

cz +

a

c;

f2(z) =1

z;

f3(z) = cz + d;

f = f1 f2 f3.

On va vérifier cela par calcul :

f(z) = f1

(f2(cz + d)

)= f1

(1

cz + d

)=

bc− adc

1

cz + d+a

c

=bc− ad+ a(cz + d)

c(cz + d)=az + b

cz + d


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

Exemple 2.5.10Pour i = 1, 2, 3, soient zi, wi ∈ C tels que zi 6= zj et wi 6= wj , chaque fois que i 6= j. 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

f(z)− w1

f(z)− w3· w2 − w3

w2 − w1=z − z1

z − z3

z2 − z3

z2 − z1

Il reste à vérifier que f(zi) = wi pour i = 1, 2, 3. Posons :

α =w2 − w3

w2 − w1,

β =z2 − z3

z2 − z1.

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 + (−αw1z3 + βz1w3),

Et doncf(z) =

(αw1 − βw3)z + (βz1w3 − αw1z3)

(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’onenvoie la droite Oy sur le cercle de rayon 1 centré en l’origine (on envoie le bord du domainede départ sur le bord du domaine d’arrivée).Les conditions reviennent à imposer

f(i) = i = ai+bci+d

f(−i) = −i = −ai+b−ci+d

f(0) = 1 = bd .

⇒

b = −ca = bb = d

On a donc a = b = d = −c, ce qui implique

f(z) =az + a

−az + a=z + 1

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 inverseintérieur et extérieur et conserve le bord), le problème sera résolu. La fonction cherchée estdonc

g(z) =1− z1 + z

.


2.5.2 Inversibilité des applications conformes

Proposition 2.5.11Soit Ω ⊂ C un domaine et f : Ω −→ f(Ω) =: Ω∗ une fonction holomorphe non constante. AlorsΩ∗ est ouvert et connexe.

Démonstration. Ω∗ est connexe Le fait que Ω∗ soit connexe vient du fait que f soit continueet 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 queBδ(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 nonplus), on on peut trouver ε > 0, suffisament petit, pour que Bε(a) ⊂ Ω et g(z) 6= 0, pourtout z ∈ Bε(a) \ a (par le principe du prolongement analytique).On pose alors

δ =1

2inf|f(z)− b| : z ∈ ∂Bε(a)

> 0.

Il reste donc à montrer que Bδ(b) ⊂ Ω∗ (comme f(Bε(a)) ⊂ Ω∗).Il suffit de montrer que Bδ(b) ⊂ f(Bε(a)) ⊂ Ω∗, car Bε(a) ⊂ Ω implique que f(Bε(a)) ⊂ Ω∗.Soit y ∈ Bδ(b) .A voir : Il existe w ∈ Bε(a) tel que y = f(w).Prenons z ∈ ∂Bε(a), alors

|f(z)− y| = |f(z)− b+ b− y|≥ |f(z)− b| − |b− y|≥ 2δ − |b− y| > δ

Conclusion : Pour z ∈ ∂Bε(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 Bε(a) en un point de∂Bε(a). Ainsi, par le principe du minimum, il existe w ∈ Bε(a) tel que f(w) = y.

Remarque 2.5.12Le fait que la fonction soit holomorphe est plus important que le fait qu’elle soit analytique. Eneffet, f : R −→ R, x 7→ sinx est analytique mais elle envoie R sur [−1, 1].

Proposition 2.5.13Soit Ω ⊂ C un domaine et f : Ω −→ f(Ω) = Ω∗ est une application conforme. Alors Ω∗ est undomaine et

g := f−1 : Ω∗ −→ Ω

est conforme et

g′(w) =1

f ′(g(w)), ∀w ∈ Ω∗.

Démonstration. Par la proposition précédente Ω∗ est un domaine. De plus, f étant bijective, lafonction 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 ε > 0, il existeδ > 0 tel que :

|w − b| < δw ∈ Ω∗ ⇔ ∃z ∈ Ω tel que w = f(z)

⇒ |g(w)− g(b)| = |z − a| < ε,


ce qui est équivalent à montrer que g (Bδ(b)) ⊂ Bε(a) = Bε (g(b)). Mais ceci se montrecomme dans la proposition précédente :

g (Bδ(b)) ⊂ Bε(a)⇔ Bδ(b) ⊂ f (Bε(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 petitpour 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)

h=

z − af(z)− f(a)

h→0−→ 1

f ′(a),

où l’on a utilisé la continuité de g. On a donc, finalement,

1

f ′(a)︸︷︷︸6=0 (f conforme)

=1

f ′(g(b)).

Conclusion : g′(b) = 1f ′(g(b))

2.5.3 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)| ≤ 1 et |f(z)| ≤ |z| pour tout z ∈ D.Si de plus |f ′(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 si z 6= 0

f ′(0) si z = 0.

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

f(z) = f ′(0)z +∞∑n=2

f (n)(0)

n!zn

g(z) = f ′(0) +

∞∑n=2

f (n)(0)

n!zn−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

= sup

|f(w)||w|

: |w| = r

=

1

rmax|f(w)| : |w| = r

≤ 1

rsup|f(w)|︸︷︷︸

≤1

: |w| < 1 ≤ 1

r.


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

Etape 2 : Par hypothèse, comme soit |f ′(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 maximumest 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 2.5.15Soit Ω ⊂ C un domaine, D le disque unité et f, g : Ω −→ D deux applications conformes. S’ilexiste 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 ′(z0) = tg′(z0) alors f = g.

Démonstration. Posons h = f g−1 : D −→ D. On sait qu’alors h est conforme. Remarquonsmaintenant que h(0) = f(g−1(0)) = f(z0) = 0. Ainsi, par le lemme de Schwarz, |h(z)| ≤ |z| pourtout 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 ′(z0) = tg′(z0). Comme f(z) = ag(z), on af ′(z0) = ag′(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 2.5.16Soit 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 ′(z0) > 0,

alors une telle application est unique.

Remarque 2.5.17Si on prend Ω = C, on a que f est constante, par le théorème de Liouvile, et donc f n’est pasholomorphe.

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 ′(z0), g′(z0) > 0. Alors, il existe t > 0 tel que f ′(z0) = tg′(z0), ce qui implique, par lethéorème précédent, que f = g.

2.6. QUELQUES FONCTIONS SPÉCIALES 65

2.6 Quelques fonctions spéciales

2.6.1 La fonction Γ

Définition 2.6.1 (Fonction Gamma (définition d’Euler))Soit z ∈ C, <z > 0, alors on définit :

Γ(z) =

∫ ∞0

e−ttz−1dt.

Théorème 2.6.2La fonction Γ est holomorphe sur Ω = z ∈ C : <z > 0. De plus :(i) Γ(z + 1) = z · Γ(z), ∀z ∈ Ω ;(ii) Γ(1) = 1 ;(iii) Γ(n) = (n− 1)!, pour tout n ∈ N.

Démonstration. Etape 1 Soit 0 < α < β, on pose alors Ωαβ = z ∈ C : α < <z < β. Pourmontrer que Γ est holomorphe sur Ω il suffit de montrer qu’elle est holomorphe sur Ωαβ ,pour tout 0 < α < β.Pour ε > 0, on définit :

Γε(z) =

∫ 1ε

εe−ttz−1dt

Si z = x+ iy ∈ Ωαβ : ∣∣e−ttz−1∣∣ = e−ttx−1 ≤

e−ttα−1 t ≤ 1e−ttβ−1 t ≥ 1.

Comme z 7→ e−ttz−1 est holomorphe dans Ω, et (t, z) 7→ e−ttz−1 est continue sur [ε, 1ε ]×Ωαβ .

Par conséquent (exercice 2, série 10) on déduit que Γε est holomorphe dans Ωαβ .Supposons (démonstration plus bas) que Γε −→ Γ uniformément sur Ωαβ . Par le théorèmede Weierstrass (2.2.29 page 48) la fonction Γ est holomorphe sur Ωαβ , pour tout 0 < α < βet donc sur Ω.Montrons la convergence uniforme mentionnée plus haut ; soit donc z ∈ Ωαβ (0 < α <<z < β) :

|Γε(z)− Γ(z)| =

∣∣∣∣∣−∫ ε

0e−ttz−1dt−

∫ ∞1ε

e−ttz−1dt

∣∣∣∣∣≤

∫ ε

0e−t∣∣tx−1

∣∣︸︷︷︸≤tα−1

dt+

∫ ∞1ε

e−t∣∣ez−1

∣∣ dt ε→0−→ 0

(la convergence est uniforme car on a plus de dépendance en z). Le passage de la premièreligne à la seconde, se fait en prenant ε petit (0 < ε < β < 1

2).Etape 2 Observons que pour ε > 0

e−1ε

(1

ε

)z− e−εεz =

∫ 1ε

ε

ddt[e−ttz

]dt

= −∫ 1

ε

εe−ttzdt+ z

∫ 1ε

εe−ttz−1dt

= −Γε(z + 1) + zΓε(z)

On a que (on rappelle que <z > 0) :

limε→0

e−1ε

(1

z

)z= 0 = lim

ε→0e−εεz

Conclusion : Γ(z + 1) = zΓ(z).


Etape 3

Γ(1) =

∫ ∞0

e−tdt = 1

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 2.6.3La fonction Γ peut être étendue à C comme une fonction holomorphe sauf en z = −n, n ∈ N.Les points z = −n, n ∈ N sont des pôles d’ordre 1 avec résidu égal à (−1)n

n! .

Démonstration. On va procéder en plusieurs étapes.

Etape 1 Soit la fonction Γ1(z) = Γ(z+1)z . Le numérateur est holomorphe si Re (z + 1) > 0 ⇔

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 Γpar Γ1 ; ainsi, Γ est prolongée pour des z tels que Re z > −1 (avec z 6= 0). On ne distinguedonc 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

z = Γ(z+2)z(z+1) ; cette fonction est holomorphe sauf en z = 0 et z = −1. On peut

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

1 = −1.

Etape n On définit Γn = Γ si Re z > −n. Ainsi

Γn+1(z) :=Γn(z + 1)

z=

Γ(z + n+ 1)

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 2.6.4Soit z ∈ C \ Z. Alors

Γ(z)Γ(1− z) =π

sin(πz)

En particulier, Γ(12) =

√π.

Démonstration. On va utiliser dans le démonstration un résultat qui sera démontré dans la série14 : si 0 < x < 1, alors : ∫ ∞

0

vx−1

v + 1dv =

π

sin(πx).

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 fonctionz 7→ Γ(z)Γ(1 − z) est holomorphe sur C \ Z. La fonction z 7→ π

sin(πz) est holomorphe sur C \ Z.


Par le principe du prolongement analytique, il suffit de montrer le résultat pour z = x ∈ ]0, 1[.Montrons le résultat pour x ∈ ]0, 1[.

Γ(x)Γ(1− x) =

(∫ ∞0

e−uux−1du

)·(∫ ∞

0e−tt−xdt

)=

∫ ∞0

∫ ∞0

e−te−uux−1t−xdtdu

(u, t) −→ (u, uv)

Γ(x)Γ(1− x) =

∫ ∞0

e−uux−1du

[u

∫ ∞0

e−uv(uv)−xdv

]=

∫ ∞0

∫ ∞0

e−u(1+v)u−xdvdu

=

∫ ∞0

v−x

v + 1dv =

π

sin(π(1− x))=

π

sin(πx)

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

Γ(z) = limn→∞

n! · nz

z(z + 1) . . . (z + n)

Démonstration. Par le principe du prolongement analytique, il suffit de montrer le résultat pourz = x > 0.

Etape 1 Rappel :

limn→∞

(1− t

n

)n= e−t

On définit, pour n ∈ N :

Γn(x) =

∫ n

0

(1− t

n

)ntx−1dt

Par intégration successive (série 14), on trouve :

Γn(x) =n! · nx

x(x+ 1) . . . (x+ n)

On aura le théorème silimn→∞

Γn(x) = Γ(x)

Γ(x)− Γn(x) =

∫ ∞0

e−ttx−1dt−∫ n

0

(1− t

n

)ntx−1dt

= I1 + I2 + I3

où

I1 =

∫ ∞n

e−ttx−1dt

I2 =

∫ ∞n2

[e−t −

(1− t

n

)n]tx−1dt

I3 =

∫ n2

0

[e−t −

(1− t

n

)]tx−1dt

On va montrer que limn→∞ I1 = limn→∞ I2 = limn→∞ I3 = 0.


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

Si 0 < t < n, on aura que 0 ≤(1− t

n

)n ≤ e−t. Ainsi,|I2| ≤

∫ n

n2

[e−t −

(1− t

n

)n]tx−tdt ≤ 2

∫ n

n2

e−ttx−1dt −→ 0

• limn→∞ I3 = 0Si 0 < t < n

2 alors 0 ≤ e−t−(1− t

n

)n ≤ γ t2n e−t (où la dernière égalité a été démontréedans la série 14). Ainsi

I3 = |I3| =∫ n

2

0

[e−t −

(1− t

n

)n]tx−1dt

≤ γ

n

∫ n2

0t2tx−1e−tdt

≤ γ

n

∫ ∞0

tx+1e−tdt︸︷︷︸<∞

n→∞−→ 0

2.6.2 La fonction ζ

Pour z ∈ Ω = z ∈ C : Re z > 1, on définit :

ζ(z) =∞∑n=1

1

nz.

Ainsi, par exemple, ζ(2) = π2

6 .Cette fonction est très importante en théorie des nombres. On utilise aussi la fonction π :

π(x) =∑p≤xp∈P

1

Théorème 2.6.6 (Théorème fondamental des nombres premiers)π(x) ∼ x

log x

Il est possible de démontrer le résultat suivant :

Proposition 2.6.7Sur Re z = 1, la fonction ζ n’a aucun zéro.

Théorème 2.6.8La 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 :

ζN (z) =N∑n=1

1

nz

qui est holomorphe dans Ω. On prétend que ζN −→ ζ uniformément sur Ωα. Calculons :

|ζN (z)− ζ(z)| =

∣∣∣∣∣∞∑

n=N+1

1

nz

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=N+1

1

|nz|

=∞∑

n=N+1

1

nRe z

≤∞∑

n=N+1

1

n1+α−→ 0


Et donc, par le théorème de Weierstrass, 2.2.29 page 48, ζ est holomorphe sur Ωα et donc ζ estholomorphe sur Ω.

Théorème 2.6.9 (Identité d’Euler)Soit z ∈ Ω = z : Re z > 1.Alors

ζ(z) =∏p∈P

1

1− p−z

En particulier, ζ(z) 6= 0, ∀z ∈ Ω.

Démonstration. (i) On a 2−zζ(z) =∑∞

n=11

(2n)z , ainsi :

(1− 2−z

)ζ(z) =

∞∑n=1

1

nz−∞∑n=1

1

(2n)z

=∑

n impair

1

nz=∑2-n

1

nz

= 1 +∑n≥3z-n

1

nz

(ii) On forme :

3−z∑

n impair

1

nz=

∑n impair

1

(3n)z

Ainsi : (1− 3−z

) ∑n impair

1

nz=∑2-n3-n

1

nz

Et pour finir : (1− 2−z

) (1− 3−z

)ζ(z) = 1 +

∑n≥52-n3-n

1

nz

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

N∏k=1

(1− p−zk

)ζ(z) = 1 +

∑n≥pN+1

pi-ni=1,...,N

1

nz

= 1 +∑n6=1pi-n

i=1,...,N

1

nz

(iv) ∣∣∣ ∑n 6=1pi-n

i=1,...,N

1

nz

∣∣∣ ≤ ∑n6=1pi-ni=1,...,N

1

n<z

≤∞∑

n=pN+1

1

n<z−→ 0


(car il existe une infinité de nombres premiers).

Conclusion :

ζ(z) = limN→∞

N∏k=1

1

1− p−zk

Théorème 2.6.10La fonction ζ peut être prolongée analytiquement à <z > 0 sauf en z = 1 qui est un pôle d’ordre1 et de résidu 1. Plus précisémment :

ζ(z) =1

z − 1+ 1− z

∫ ∞1

ttz+1

dt

où t est la partie fractionnaire de t ≥ 1 : t = [t] + t.

Remarque 2.6.11 (i) La fonction ζ est plus intéressante dans la bande Re z ∈]0, 1[ que dansle domaine Re z > 1.

(ii) Une fois le théorème démontré, on peut étendre analytiquement la fonction ζ à C grâce àla formule de Riemann :

ζ(1− z) = 21−zπ−z cos(πz

2

)Γ(z)ζ(z).

(iii) Dans Re z < 0, les zéros sont en z = −2,−4, . . ..

Conjecture 2.6.12 (Hypothèse de Riemann)Les seuls zéros de la fonction ζ dans la bande 0 < Re z ≤ 1 se trouvent sur Re z = 1

2 .Remarque :On sait déjà que la fonction ne possède aucun zéro en Re z = 1 ; la démonstration du théorèmefondamental des nombres premiers utilise ce fait.

Dans de nombreux théorèmes de la théorie des nombres, on admet l’hypothèse de Riemann.

Lemme 2.6.13 (Procédé sommatoire d’Abel)Soit x > 1, (an) ⊂ C, f ∈ C1([1,∞[,C). On pose :

A(x) =∑n≤x

an.

Alors : ∑n≤x

anf(n) = A(x)f(x)−∫ x

1A(t)f ′(t)dt.

Démonstration. Etape 1 (procédé (discret) d’Abel) Soient deux suites, (an), (bn) ⊂ C ;alors

N∑n=1

anbn = a1b1 + a2b2 + a3b3 + . . .+ aNbN

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

+(a1 + . . .+ aN−1)(bN−1 − bN ) + (a1 + . . .+ aN )bN

=

N−1∑n=1

(bn − bn+1)

(n∑i=1

ai

)+ bN

N∑i=1

ai

Ce qui se prouve facilement par récurence.


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

∑n≤x

anf(n) =N∑n=1

anbn

=

N−1∑n=1

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

Conclusion :

∑n≤x

anf(n) = A([x])f([x])−[x]−1∑n=1

[A(n)

∫ n+1

nf ′(t)dt

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

∑n≤x

anf(n) = A([x])f([x])−[x]−1∑n=1

A(t)

∫ n+1

nf ′(t)dt

= A([x])f([x])−∫ [x]

1A(t)f ′(t)dt

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

∫ x

[x]A(t)︸︷︷︸A([x])

f ′(t)dt−∫ x

1A(t)f ′(t)dt

Il reste à montrer que A(x)f(x) = A([x])f([x]) +∫ x

[x]A(t)f ′(t)dt mais si [x] ≤ t < x,A(t) = A([x]) = A(x) :

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

∫ x

[x]A(t)f ′(t)dt

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

∫ x

[x]f ′(t)dt

= 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 àan = 1, A(x) =

∑m≤x 1 = [x], f(x) = 1

xz . Alors∑n≤x

anbn =∑n≤x

1

nz

=[x]

xz+ z

∫ x

1

[t]

tz+1dt

Comme Re z > 1, ∣∣∣∣ [x]

xz

∣∣∣∣ =x

x<z= x1−<z x→∞

−→ 0

Estimons maintenant : ∣∣∣∣∫ x

1

[t]

tz+1dt∣∣∣∣ ≤ ∫ x

1

1

t<zdt <∞


si Re z > 1 (si x→∞).On écrit maintenant :

ζ(z) = z

∫ ∞1

[t]

tz+1dt

= z

[∫ ∞1

t

tz+1dt−

∫ ∞1

ttz+1

dt]

Mais ∫ ∞1

t−zdt =

[t1−z

1− z

]∞1

= − 1

1− z+ limt→∞

t1−z

1− z= − 1

1− zoù l’on a utilisé le fait que Re z > 1 pour calculer la limite.Ainsi

ζ(z) =z

z − 1− z

∫ ∞1

ttz+1

dt

=z

z − 1+ 1− z

∫ ∞1

ttz+1

dt

Etape 2 Il reste à montrer que

G(z) :=

∫ ∞1

ttz+1

dt

est holomorphe dans Re z > 0. Soit k ∈ N, on définit :

g : [k, k + 1]× Re z > 0 −→ C

(t, z) 7→ ttz+1

g est continue sur [k, k + 1[ et est bornée sur [k, k + 1]× Re z > 0 et est holomorphe enz. Par l’exercice 2 de la série 10∫ k+1

kg(t, z)dt =

∫ k+1

k

ttz+1

dt

est holomorphe en z pour Re z > 0.Soit N ∈ N, on pose :

Gn(z) :=

∫ N+1

1

ttz+1

dt =

N∑k=1

∫ k+1

k

ttz+1

dt

puisque les termes dans la somme sont holomorphes, GN est holomorphe. Calculons main-tenant :

|G(z)−GN (z)| =

∣∣∣∣∣∞∑

k=N+1

∫ k+1

k

ttz+1

dt

∣∣∣∣∣≤

∞∑k=N+1

∫ k+1

k

1

|tz+1|dt

=∞∑

k=N+1

∫ k+1

k

dt

t<z+1

=

∫ ∞N+1

dt

t<z+1=

[t−<z

<z

]∞N+1

N→∞−→ 0

ainsi, GN −→ G uniformément sur tout compact inclu dans z ∈ C : Re z > 0. Et donc,par le théorème de Weierstrass (2.2.29 page 48), la fonction G est holomorphe.


Théorème 2.6.14Si z ∈ Ω = z ∈ C : Re z > 1, alors

ζ(z) =1

Γ(z)

∫ ∞0

tz−1

et − 1dt

Dans la preuve on va utiliser...

Théorème 2.6.15 (Théorème de la convergence dominée)Si fN (u) −→ f(u) (ponctuellement), |fN (u)| ≤ |f(u)|,

∫∞0 |f(u)| du <∞ alors on peut permuter

limite et intégrale.Ce théorème sera démontré plus tard dans le cours.

Démonstration. On va procéder en trois étapes.Etape 1 On rappelle que Γ(z) =

∫∞0 e−ttz−1dt pour Re z > 0. On forme alors :

Γ(z)

nz=

∫ ∞0

e−t(t

n

)z dtt

On va faire le changement de variable u = tn et donc

1

nz=

1

Γ(z)

∫ ∞0

e−nuuzdu

u=

1

Γ(z)

∫ ∞0

e−nuuz−1du

Etape 2 On calcule :

∞∑n=0

e−nu =1

1− e−u

⇒∞∑n=1

e−nu =1

1− e−u− 1 =

e−u

1− e−u=

1

eu − 1

On va procéder ensuite formellement (cela sera justifié à l’étape 3)

ζ(z) =∞∑n=1

1

nz

=1

Γ(z)

∞∑n=1

∫ ∞0

e−nuuz−1du; Etape 1

=1

Γ(z)

∫ ∞0

( ∞∑n=1

e−nu

)uz−1du; Etape 3

=1

Γ(z)

∫ ∞0

uz−1

eu − 1du; Etape 2

Etape 3 Posons :

fN (u) =

N∑n=1

e−nuuz−1

f(u) =∞∑n=1

e−nuuz−1 =uz−1

eu − 1

On sait ici que fN (u) =⇒ f(u) (ponctuellement).On doit montrer que

limN→∞

∫ ∞0

fN (u)du =

∫ ∞0

f(u)du


(là, ils nous faut la convergence uniforme).Vérifions les hypothèse du théorème de la convergence dominée.

|fN (u)| =

∣∣∣∣∣N∑n=1

e−nuuz−1

∣∣∣∣∣≤

N∑n=1

e−nu∣∣uz−1

∣∣ =N∑n=1

e−nuux−u

≤∞∑n=1

e−nuux−1 =ux−1

eu − 1

= |f(u)|

Il nous reste à montrer que∫∞

0 |f(u)| du <∞.Remarquons que eu − 1 ≥ u, ∀u ≥ 0 et donc eu − 1 ≥ eu

2 si u ≥ 1.

∫ ∞0|f(u)| du =

∫ ∞0

ux−1

eu − 1du+

∫ ∞1

ux−1

eu − 1du

≤∫ 1

0ux−2du+ 2

∫ ∞1

e−uux−1du <∞

2.6.3 Intégrales elliptiques

Définition 2.6.16On appelle intégrale elliptique une intégrale de la forme

I =

∫R (x, y(x)) dx

où R(x, y) est un quotient de polynômes et y2 = (y(x))2 = a0x4 + a1x

3 + a2x2 + a3x+ a4.

Exemple 2.6.17 (Intégrales de Weierstrass)Il s’agit du cas où y2 = 4x3 − αx− β. On a alors trois intégrales :

W0 =

∫dx√

4x3 − αx− β

W1 =

∫xdx√

4x3 − αx− β

W2 =

∫dx

(x− γ)√

4x3 − αx− β

Exemple 2.6.18 (Intégrales de Legendre)y2 =

(1− x2

) (1− h2x2

). On va faire le changement de variable x = sinϕ.

L1 =

∫dx√

1− x2√

1− h2x2=

∫dϕ√

1− h2 sin2 ϕ

L2 =

∫ √1− h2x2

√1− x2

dx =

∫ √1− h2 sin2 ϕdϕ

L3 =

∫dx(

1− x2

c2

)√(1− x2)(1− h2x2)


Exemple 2.6.19 (Longueur de l’ellipse)L’équation d’une ellipse est x2

a2 + y2

b2= 1, pour 0 < a < b. On peut alors paramétriser l’ellipse :

x = a cosϕy = b sinϕ

L(θ) =

∫ θ

0

√x2 + y2dϕ

=

∫ θ

0

√a2 sin2 ϕ+ b2 cos2 ϕdϕ

= b

∫ θ

0

√a2

b2sin2 ϕ+ cos2 ϕdϕ

En posant h2 = b2−a2

b2= 1− a2

b2on se ramène à une intégrale de Legendre L ≡ L2.

Exemple 2.6.20 (Longueur d’une lemniscate)On part de l’équation

(x2 + y2

)2= x2 − y2. En posant r2 = cos 2θ, on peut déterminer la

longueur de la lemniscate :

L(r) =

∫ r

0

dt√1− t4dt

.

La question a été posée de doubler l’arc de la lemniscate. La réponse est

2L(r) = L

(2r√

1− r4

1 + r4

).

Figure 2.3 – Graphique de la lemniscate

Théorème 2.6.21 (Formule d’Euler)Soient x, y > 0 suffisement petits.

L(r) =

∫ r

0

dt√p(t)

p(t) = 1 + at2 − t4

(a = 0⇒ lemniscate).On a alors :

L(x) + L(y) = L

(x√p(y) + y

√p(x)

1 + x2y2

).

qui est une généralisation de la question de doubler l’arc de la lemniscate (en prenant x = y).

Démonstration. Fixons y. Posons

F (x) := L

(x√p(y) + y

√p(x)

1 + x2y2− L(x)− L(y)

)


On a F (0) = 0. On veut alors montrer F ′(x) = 0, ∀x. Posons

r(x) :=x√p(y) + y

√p(x)

1 + x2y2

Alors F ′(x) = L′(r(x))r′(x)− L′(x)?= 0, et donc :

r′√p (r(x))

?=

1√p(x)

mais cette égalité est difficile à démontrer 1.

Euler a choisi de ne pas fixer y, pour ne pas briser la symétrie ; il a choisi de fixer

r(x) =x√p(x) + y

√p(y)

1 + x2y2(2.5)

et de considérer y = y(x). On pose X =√p(x) et Y =

√p(y). Dérivons (2.5) par rapport à x :

0 =[xY + yX]′

(1 + x2y2

)−(1 + x2y2

)′[xY + yX]

(1 + x2y2)2

⇒ 0 =[y′X + yX ′ + xY ′y′

] (1 + x2y2

)− 2

(xy2 + x2yy′

)[xY + yX]

⇒ 0 =[yX ′ + Y

] (1 + x2y2

)− 2xy2 [yX + xY ]

+y′[(X + xY ′

) (1 + x2y2

)− 2x2y (yX + xY )

](2.6)

Or yX ′ + Y = y p′(x)2X + Y = 1

X

[y(ax− 2x3

)+ Y X

]. On peut substituer dans le premier terme

de (2.6) [yX ′ + Y

] (1 + x2y2

)− 2xy2 [yX + xY ]

=1

X

[y(ax− 2x3

)+XY

] (1 + x2y2

)− 2xy2

X

(yX2 + xXY

)=

1

X

[XY

(1 + x2y2 − 2x2y2

)+ y

(ax− 2x3

) (1 + x2y2

)− 2xy3X2

]=

1

X

[XY

(1 + x2y2 − 2x2y2

)+ y

(ax− 2x3

) (1 + x2y2

)− 2xy3

(1 + ax2 − x4

)]=

1

X

[XY

(1− x2y2

)+ axy

(1− x2y2

)− 2xy

(x2 + y2

)]Par symétrie, le terme en y′ dans (2.6) est égal à[(

X + xY ′) (

1 + x2y2)− 2x2y (yX + xY )

]=

1

Y

[XY

(1− x2y2

)+ axy

(1− x2y2

)− 2xy

(x2 + y2

)]Si x et y sont petits, on peut simplifier l’expression par le facteur commun. Ainsi, on a

0 =1

X+y′

Y

Intégrons : ∫ x

0

dt√p(t)

dt+

∫ x

0

y′(t)√p (y(t))

dt = 0

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

0

dt√p(t)

+

∫ y(x)

y(0)

ds√p(s)

1. Le prof n’a pas réussi. . .


On a y(0) = r et y(x) = y, et donc :

0 =

∫ x

0

dt√p(t)

+

∫ y

r

dt√p(t)∫ r

0

dt√p(t)

=

∫ x

0

dt√p(t)

+

∫ y

0

dt√p(t)

L(r) = L(x) + L(y)

2.6.4 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.

Définition 2.6.22Une 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 ω2

ω16∈ R tels

que f(z + ω1) = f(z + ω2) = f(z), pour tout z ∈ C.

Lemme 2.6.23Soient 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 2.6.25Soit f méromoprhe et doublement périodique de période ω1 et ω2 ∈ C. Si ω2

ω1∈ Q, alors f est

simplement périodique.Si ω2

ω1∈ R \Q, alors f est constante.

Démonstration. ω2ω1∈ Q Il existe donc p, q ∈ Z avec p et q premiers entre eux tels que ω2

ω1= p

q .Par le lemme 2.6.23, page 77, il existe m,n ∈ Z tels que mp + nq = 1. Alors ω2

p = ω1q =

ω1

(mpq + n

)= mω2 + nω1. On prétend que f est périodique de période ω = ω1

q = ω2p si

et seulement si f est doublement périodique de période ω1 et ω2.1. f est doublement périodique de période ω1 et ω2

f(z + ω) = f

(z +

ω1

q

)= f(z +mω2 + nω1) = f(z)

2. f est simplement périodique de péridode ω = ω1q = ω2

p .

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

∀z ∈ C

τ = ω2ω1∈ 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, ε > 0, il existe m,n ∈ Z tels que

|α− (m+ nτ)| ≤ ε

|ω1|∣∣∣∣∣∣αω1 − (mω1 + n ω2︸︷︷︸τω1

)

∣∣∣∣∣∣ ≤ ε


Soit h = αω1 − (mω1 + nω2) avec |h| ≤ ε.

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 ε est arbitrairement petit, f(z + αω1) = f(z).Par le principe du prolongement analytique, f est constante.

Remarque 2.6.26A partir de maintenant τ = ω2

ω16∈ R. Comme τ et 1

τ 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 aussisupposer que ω1 = 1 (il suffit de remplacer g par g où g(z) = f(ω1z).En résumé, on va toujours supposer que ω1 = 1 et ω2 = τ avec Im τ > 0.

Théorème 2.6.27 (Théorème de Liouville)Une fonction holomorphe dans C et doublement périodique de période 1 et τ avec Im τ > 0. Alorsf 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

∣∣∣P 0

est bornée. Par double périodicité, une

fois la fonction connue sur P0 elle est connue sur C et donc f est bornée sur C. Par le théorèmede Liouville (l’autre), elle est constante.

Construction d’une fonction elliptique

Nous allons construire une fonction elliptique ; pour ceci, nous travaillerons en parallèle surla fonction sinus et sur la fonction sl , sinus lemniscatique.sinus sinus lemniscatiqueu = f−1(x) = arcsin(x) =

∫ x0

dt√1−t2 ainsi,

f(u) = sinu

u = f−1(x) =∫ x

0dt√1−t4 ainsi, f(u) = sl (u)

Les fonctions que l’on a définies sont donc :sinus sinus lemniscatiquef−1 :] − 1, 1[−→] − ω, ω[, strictement crois-sante, et impaire.

f−1 :]−1, 1[−→]−ω, ω[ strictement croissante,et impaire.

ω =∫ 1

0dt√1−t2 = π

2 ω =∫ 1

0dt√1−t4

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

u 7→ sinu u 7→ sl u

On va étendre les deux fonctions sur tout l’axe réel en utilisant leur périodicité ; on commencepar l’étendre sur le domaine ]ω, 3ω[ en posant f(u) = −f(u − 2ω). On étend f à R par 4ωpériodicité : f(u) = f(u+ 4ω).Afin de déterminer les dérivées de ces deux fonctions, on va utiliser la formule f ′

(f−1(x)

)=


1(f−1)′(x)

. Ceci nous permettra d’étendre les domaines de nos fonctions à l’axe imaginaire :

sinus sinus lemniscatique

sin′(u) =√

1− x2sl ′(u) =

√1− x4 =

√1− sl 4(u) = cl (u)

⇒ sin(iu) = i sinh(u) ⇒ sl (iu) = i · sl (u)

Vérifions que cela est justifié :sinus sinus lemniscatique

f−1(ix) =

∫ ix

0

dt√1− t2

= i

∫ x

0

ds√1 + s2

f−1(ix) =

∫ ix

0

dt√1− t4

= i

∫ x

0

ds√1− s4

et le terme final correspond bien à un sinh.

Nous allons maintenant calculer les dérivées des fonctions sur l’axe imaginaire :sinus sinus lemniscatique(sin(iu))′ = (i sinh(u))′ ⇒ i sin′(iu) =i sinh′(u)

sl (iu) = isl u ⇒ isl ′u = i · sl ′u ⇒ sl ′(iu) =sl ′u

Afin d’étendre ces fonctions à tout le plan complexe nous allons utiliser deux formules. La pre-mière concerne le sinus : sin(u+ iv) = sin(u) sin′(iv) + sin′(u) sin(iv) Et donc :

sin(u+ iv) = sinu · sinh′ v + i sin′ u · sinh v

Pour le sinus lemniscatique, nous allons utiliser la formule d’Euler :

f−1(x) + f−1(y) = f−1

(x√

1− y4 + y√

1− x4

1 + x2y2

)Ainsi,

sl (u+ v) =x√

1− y4 + y√

1− x4

1 + x2y2

=sl (u)

√sl 4(v) + sl (v)

√1− sl 4(u)

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

=sl (u)sl′(v) + sl (v)sl ′(u)

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

Et donc :

sl (u+ iv) =sl (u)sl ′(iv) + sl (iv)sl ′(u)

1 + sl 2(u)sl 2(iv)

=sl (u)sl ′(v) + isl (v)sl ′(u)

1− sl 2(u)sl 2(v)

Conclusion :On a défini :sinus sinus lemniscatiquesin : C −→ C, qui est holomorphe dans toutson domaine.

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


Rappel 2.6.28Le parallélogramme fondamental est

P0 = z ∈ C : z = a+ bτ, 0 ≤ a, b < 1, Im τ > 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 fonctionelliptique.

Proposition 2.6.30L’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 desrésidus appliqué à f ∫

∂P0

f(z)dz = 2πi

N∑k=1

Részk(f)

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 + ττ ]

γ4 = [τ, 0]

On va montrer que∫γ1f +

∫γ3f =

∫γ2f +

∫γ4f = 0.∫

γ1

f +

∫γ3

=

∫ 1

0f(z)dz +

∫ τ

1+τf(z)dz =

∫ 1

0f(z)dz −

∫ 1

0f(z + τ)dz = 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 raisonnantcomme 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 despôles sur les sommets de ∂P0 (remarquons que par périodicité, la fonction possédera un nombreinfini de pôles). Il part de

1

z2+

1

(z − 1)2+

1

(z − τ)2+

1

(z − (1 + τ))2

en utilisant la périodicité1

z2+

∑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 autresérie :

P (z) =1

z2+

∑m,n)∈Z×Z(m,n)6=(0,0)

[1

(z − (m+ nτ))2 −1

(m+ nτ)2

]


Théorème 2.6.31La fonction P est une fonction paire, elliptique d’ordre 2 qui a pour période 1 et τ (Im τ > 0). Sonpôle d’ordre 2 dans P0 est en z = 0. Tous les points du treillis Λ = z ∈ C : z = m+nτ, m, n ∈ Zsont des pôles d’ordre 2. De plus[

P ′(z)]2

= 4

(P (z)− P

(1

2

))(P (z)− P

(τ2

))(P (z)− P

(1 + τ

2

))Théorème 2.6.32Toute fonction elliptique est une fonction rationnelle de P et de P ′.

Remarque 2.6.33On avait P ′2 = 4(P − α)(P − β)(P − γ). On intègre des deux côtés :∫ u

0

P ′√4(P − α)(P − β)(P − γ)

=

∫ u

01

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

0

dt√4(t− α)(t− β)(t− γ)

= u

qui est l’intégrale de Weierstrass.

Lemme 2.6.34Si r > 2, τ ∈ C avec Im τ 6= 0 alors les deux séries∑

n,m∈Z(m,n) 6=(0,0)

q

(|m|+ |n|)r∑

n+mτ∈Λ∗

1

(n+mτ)r

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

Démonstration. (i) Si n 6= 0,∑m∈Z

1

(|n|+ |m|)r=

1

|n|r+∑m 6=0

1

(|n|+ |m|)r

=1

|n|r+ 2

∞∑m=1

1

(|n|+m︸︷︷︸k

)r

=1

|n|r+ 2 ·

∑k≥|n|+1

1

kr

≤ 1

|n|r+ 2

∫ ∞|n|

dx

xr

=1

|n|r+

2

1− r[x1−r]∞

|n|

=1

|n|r+

2

(r − 1)|n|r−1

Et donc ∑n,m∈Z

(n,m) 6=(0,0)

1

(|n|+ |m|)r= 2

∞∑n=1

1

|n|r+∑n6=0

∑m∈Z

1

(|n|+ |m|)r

≤ 2

∞∑n=1

1

|n|r︸︷︷︸<∞r>2

+2

r − 1

∑n6=0

1

|n|r−1︸︷︷︸<∞r>2


(ii) Pour montrer que∑

ω∈Λ∗1ωr (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 avecβ 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

∣∣ alors1

τ=

α

α2 + β2− i β

α2 + β2⇒ |α|

α2 + β2< 1

Ainsi,

|n+mτ | =(

(n+mτ)2 + (mβ)12

)≥CS

1√2

((|n+mα|+ |mβ|)

≥ 1√2

min1, |β| (|n+mα|+ |m|)

≥ 1√2

min1, |β| (|n| − |m| · |α|+ |m|)

≥ 1√2

min1, |β| ·min1, (1− |α|)(|m|+ |n|)

Preuve du théorème. (i) La fonction P est paireEn effet, calculons :

P (−z) =1

z2+∑ω∈Λ∗

[1

(−z + ω)2 − 1ω2

]

=1

z2+∑ω∈Λ∗

[1

(z + ω)2 − 1ω2

]

(où l’on a remplacé ω par −ω)(ii) La fonction P est méromorphe

En effet, soir R > 0 et |z| < R.

P (z) =1

z2+∑ω∈Λ∗

|ω|≤2R

[1

(−z + ω)2 − 1ω2

]+∑ω∈Λ∗

|ω|>2R

[1

(−z + ω)2 − 1ω2

]

La fonction 1z2 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 enz = −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 :

∑ω∈Λ∗

|ω|>2R

[1

(−z + ω)2 − 1ω2

]=

∑ω∈Λ∗

|ω|>2R

ω2 − z2 − 2ωz

ω2(z + ω)2

= −z2∑ω∈Λ∗

|ω|>2R

1

ω2(z + ω)2− 2z

∑ω∈Λ∗

|ω|>2R

1

ω(z + ω)2

(iii) La dérivée de P est donnée par

P ′ =−2

z3+∑ω∈Λ∗

[−2

(z + ω)3

]= −2

∑ω∈Λ

−2

(z + ω)3


(iv) On va montrer que P ′ est périodique

P ′(z + 1) = −2∑m,n∈Z

1

((z + 1) +m+ nτ)3

= −2∑m,n∈Z

1

(z + (m+ 1) + nτ)3 = P ′(z)

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

(v) On va montrer que P est périodique. En intégrant

P ′(z + 1) = P ′(z) et P ′(z + τ) = P ′(z)

AinsiP (z + 1) = P (z) + a et P (z + τ) = P (z) + b

On prend z = −12 , 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 définit alors :

F (α, β, γ, z) =

∞∑n=0

(α)n(β)n(γ)n

zn

n!

où (α)n = α(α+ 1) · · · (α+ n− 1) avec la convention (α)0 = 1.

Proposition 2.6.35La série converge si |z| < 1.

Démonstration. On va utiliser le critère de d’Alembert :∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =|z| |α+ n| |β + n||γ + 1| (n+ 1)

−→ |z| < 1

Remarque 2.6.36 ("Justification" du nom)On prend α = β = γ = 1. Alors : F (1, 1, 1, z) =

∑∞n=0 z

n qui est la série géométrique.

Un certain nombre de fonctions usuelles peuvent s’écrire à partir de la fonction hypergéomé-trique :

• log(1 + z) = z · F (1, 1, 2,−z)• arctan z = z · F

(12 , 1,

32 ,−z

2)

Pour un autre exemple, regardons l’équation différentielle ordinaire suivante

z(1− z)u′′(z) + (γ − (α+ β + 1)z)u′(z)− αβu(z) = 0

u(z) = F (α, β, γ, z) est solution de cette équation différentielle, appelée équation hypergéomé-trique.


2.6.6 Fonctions de Bessel

Soit n ∈ N et z ∈ C. On définit :

Jn(z) =(z

2

)n ∞∑k=0

(−1)k

k!(n+ k)!22kz2k

La série converge pour tout les z ∈ C. En effet, par le critère de d’Alembert∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =|z|2

(k + 1)(n+ k + 1)22−→ 0

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

2

)n ∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(n+ k + 1)22kz2k 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

0cos (nθ − z sin θ) dθ

La fonction de Bessel est solution de l’équation de Bessel

z2 · u′′ + z · u′ +(z2 − n2

)u = 0

On va vérifier ceci pour n = 0 (mais le raisonnement est semblable pour n 6= 0). L’équation deBessel est équivalente à

zu′′ + u′ + zu = 0⇔(zu′)′

+ zu = 0

on va montrer que u(z) = J0(z). Calculons les différents termes :

zu′(z) = z

[ ∞∑k=1

(−1)k

(k!)222k

(2kz2k−1

)]

=∞∑k=1

(−1)k

(k!)222k

(2kz2k

)Calculons maintenant(

zu′)′

=

∞∑k=1

(2k)2(−1)k

(k!)222kz2k−1 =

∞∑k=0

(2(k + 1))2(−1)k+1

((k + 1)!)222(k+1)z2k+1

et

zu =

∞∑k=0

(−1)k

(k!)222kz2k+1

Finalement, (zu′)′

+ zu =∞∑k=0

z2k+1

[(−1)k+1

(k!)222k+

(−1)k

(k!)222k

]= 0

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 maintenantΣ = 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 = inff(x) : xk−1 ≤ x ≤ xkMk = supf(x) : xk−1 ≤ x ≤ xkm = inff(x) : a ≤ x ≤ bM = supf(x) : a ≤ x ≤ b.

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

Sσ =n∑k=1

mk(xk − xk−1)

Sσ =n∑k=1

Mk(xk − xk−1).

Et, de plus :

S = supSσ : σ ∈ ΣS = infSσ : σ ∈ Σ.

On a alors :m(b− a) ≤ S ≤ S ≤M(b− a).

Définition 3.1.1 (Fonction intégrable (au sens de Riemann))On dit qu’une fonction f : I −→ R, bornée, est intégrable au sens de Riemann si S = S =∫ ba f(x)dx.

Exemple 3.1.2 (i) Une fonction f continue, ou continue par morceaux, est intégrable au sensde Riemann.

(ii) La fonction définie par

f(x) = χQ∩[0,1](x) =

1 si x ∈ Q ∩ [0, 1]0 sinon

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

85

86 CHAPITRE 3. LEBESGUE

3.1.2 Notations et théorèmes importants

Définition 3.1.3Soit A ⊂ R.(i) S’il existe des ouverts Gn tels que A =

⋂∞n=1Gn, alors A est dit un Gδ.

(ii) S’il existe des fermés Fn tels que A =⋃∞n=1 Fn, alors A est dit un Fσ.

Notation 3.1.4Soient A,B ⊂ R.(i) Ac = R \A ;

(ii) A \B = A ∩Bc ;

(iii) A4B = (A \B) ∪ (B \A),

Axiome 3.1.5 (Axiome du choix)Soit A un ensemble d’indices. On regarde Eαα∈A tels que Eα 6= ∅, tels que si α 6= β, alorsEα ∩ 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)Soit E ⊂ R un fermé borné avec E ⊂

⋃α∈AGα, où chaque Gα est un ouvert. Alors il existe

i1, . . . , in ∈ A tels que E ⊂⋃nk=1Gik .

Théorème 3.1.7 (Théorème de Lindelöff)Soit Iαα∈A où les Iα sont des intervalkes ouverts. Alors il existe une sous-collection, au plusdénombrable, des Iα telle que

∞⋃i=1

Ii =⋃α∈A

Iα

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

3.2 Mesure sur les réels

3.2.1 La mesure extérieure

Définition 3.2.1 (Mesure extérieure)On appelle mesure extérieure d’un ensemble A de R

mes∗ (A) = inf

∞∑n=1

(bn − an) : In = ]an, bn[ , A ⊂∞⋃n=1

In

.

Rappel 3.2.2On rappelle la convergence de la série géométrique de raison 1/2 :

∞∑n=1

1

2n= 1.

Théorème 3.2.3Soient 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’unensemble est invariante par translation).

Démonstration. On ne démontre ici que les deux derniers points, les autres étant traités en séried’exercices.iv) Soit x ∈ R. Alors x ∈ In = ]x− 1

2n , x+ 12n [, pour tout n ∈ N. On a donc

0 ≤ mes∗ (x) ≤ long (In) =1

n−→ 0,

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

⋃∞n=1 In et, par définition,

mes∗ (A) ≥∞∑n=1

long (In)− ε. (3.1)

Remarquons que A+ x ⊂⋃∞n=1(In + x). On a de plus

0 ≤ mes∗ (A+ x) ≤déf

∞∑n=1

long (In + x) =∞∑n=1

long (In)

≤(3.1)

mes∗ (A) + ε.

Comme ε est arbitraire

0 ≤ mes∗ (A+ x) ≤ mes∗ (A) . (3.2)

De même,mes∗ (A) = mes∗ (A− x+ x) ≤ mes∗ (A+ x) ≤

(3.2)mes∗ (A) .

Et donc mes∗ (A+ x) = mes∗ (A).

Théorème 3.2.4La 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] ⊂

⋃Nn=1 Jn. Alors

b− a ≤N∑n=1

(dn − cn) =

N∑n=1

long (Jn) .

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 > ε > 0, arbitraire. Par définition de la mesure extérieure, il existe desintervalles In = ]an, bn[ tels que I = ]a, b[⊂

⋃∞n=1 In et tels que

∞∑n=1

long (In)− ε ≤ mes∗ (I) ≤∞∑n=1

long (In) . (3.3)

On cherche maintenant a définir une famille d’intervalles ouverts I ′n∞n=1 telle que I =]a, b[⊂ [a, b] ⊂

⋃∞n=1 I

′n et

∞∑n=1

long(I ′n)

=

∞∑n=1

long (In) + 2ε. (3.4)


Pour cela, comme ε est fixé, puisque a+ ε4 ∈ ]a, b[, il existe n0 ∈ N tels que a+ ε

4 ∈ In0 . Demême, il existe m0 ∈ N tel que b − ε

8 ∈ Im0 . En renommant maintenant les In, pour queIn0 = I1 et Im0 = I2, on peut définir

I ′n = ]an −ε

2n, bn +

ε

2n[.

On a alors que a ∈ I ′1 et b ∈ I ′2. Ainsi, la famille I ′n∞n=1 vérifie bien les propriétés voulues.Par le théorème de Heine-Borel (3.1.6 page 86), il existe un sous-recouvrement fini de [a, b],c’est-à-dire JnNn=1 ⊂ I ′n∞n=1 tels que ]a, b[⊂ [a, b] ⊂

⋃Nn=1 Jn.

Par ailleurs, comme Jn = I ′n (à un changement de numérotation près)

b− a ≤N∑n=1

long (Jn) =

N∑n=1

long(I ′n)≤∞∑n=1

long(I ′n). (3.5)

En regroupant (3.3), (3.4) et (3.5), on trouve

b− a ≤(3.5)

∞∑n=1

long(I ′n)

=(3.4)

∞∑n=1

long (In) + 2ε ≤ mes∗ (I) + 3ε,

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 pourI = [a, b]. Soit ε > 0, alors

]a, b[⊂ [a, b] = I ⊂]a− ε

2, b+

ε

2

[=: J.

Par l’étape 2,

mes∗ (]a, b[) = b− a ≤3.2.3

mes∗ (I) ≤3.2.3

mes∗ (J) =Et. 2

(b− a) + ε.

Puisque ε est arbitraire, on a mes∗ ([a, b]) = 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 ≤3.2.3

mes∗ (]a,∞[) = mes∗ (I) .

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

mes∗( ∞⋃i=1

Ei

)≤∞∑i=1

mes∗ (Ei) .

Démonstration. Pour tout ε > 0, il existe Ei ⊂⋃∞j=1 Ii,j , où chaque Ii,j est un intervalle ouvert.

Alors∞∑j=1

long (Ii,j)−ε

2i≤ mes∗ (Ei) . (3.6)

Comme∞⋃i=1

Ei ⊂∞⋃i=1

∞⋃j=1

Ii,j ,

on a que

mes∗( ∞⋃i=1

Ei

)≤

∞∑i,j=1

long (Ii,j) ≤(3.6)

∞∑i=1

mes∗ (Ei) + ε∞∑i=1

1

2i︸︷︷︸=1

.


Théorème 3.2.6Pour tout ensemble A ⊂ R, pour tout ε > 0, il existe un ouvert O ⊃ A tel que

mes∗ (A) ≤ mes∗ (O) ≤ mes∗ (A) + ε.

Démonstration. Par définition, pour tout ε > 0, il existe des ouverts In tels que A ⊂⋃∞n=1 In et

tels que∞∑n=1

long (In)− ε ≤ mes∗ (A) .

On va poser

O =

∞⋃n=1

In.

On a directement que O est ouvert et

mes∗ (A) ≤ mes∗ (O) ≤∞∑n=1

long (In) ≤ mes∗ (A) + ε.

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 ∩ Ec) .

On dénoteM l’ensemble des ensembles mesurables.

Remarque 3.2.8Par le théorème de la sous-additivité, 3.2.5 page 88, pour tout ensemble E et pour tout ensembleA

mes∗ (A) = mes∗ ((A ∩ E) ∪ (A ∩ Ec)) ≤ mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ Ec) .

Théorème 3.2.9 (Propriétés des ensembles mesurables)On a les propriétés suivantes :

(i) R ∈M ;

(ii) E ∈M⇒ Ec ∈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 séried’exercices.

(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 doncmes∗ (A) = mes∗ (A ∩ R) + mes∗ (A ∩ Rc) .


(ii) Soit E tel que E ∈M et A ⊂ R. On a donc

mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ Ec) .

En utilisant le fait que (Ec)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 ∩ Ec) = mes∗ ((A ∩ Ec) ∩ F ) + mes∗ ((A ∩ Ec) ∩ F c) (3.7)

– Comme E est mesurable,

mes∗ (A) = mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ Ec) . (3.8)

– Comme E est mesurable,

mes∗ (A ∩ (E ∪ F )) = mes∗ ((A ∩ (E ∪ F )) ∩ E) + mes∗ ((A ∩ (E ∪ F )) ∩ Ec)= mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ Ec ∩ F ) .

Ce qui implique que

mes∗ (A ∩ E) = mes∗ (A ∩ (E ∪ F ))−mes∗ (A ∩ Ec ∩ F ) . (3.9)

En combinant les trois identités,

mes∗ (A) =(3.8)

mes∗ (A ∩ E) + mes∗ (A ∩ Ec)

(3.7)=

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

+ [mes∗ (A ∩ Ec ∩ F ) + mes∗ (A ∩ Ec ∩ 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 = (Ec ∪ F c)c ,

ainsi

E ∈M ⇒ Ec ∈MF ∈M ⇒ F c ∈M

⇒ Ec ∪ F c ∈M⇒ (Ec ∪ F c)c ∈M.

(v) Remarquons queE \ F = E ∩ F c,

qui est mesurable, d’après les points précédents.

Notation 3.2.10Si E est mesurable, on note mes(E) = mes∗ (E).

Théorème 3.2.11Les intervalles sont mesurables.

Démonstration. On va distinguer trois cas.


Cas 1 Soit I = [a,∞[. Pour tout A ⊂ R, on veut montrer que

mes∗ (A) = mes∗(A ∩ I︸︷︷︸A2

)+ mes∗

(A∩]−∞, a[︸︷︷︸

A1

).

Par définition de la mesure extérieure, pour tout ε > 0, il existe des In tels que A ⊂⋃∞n=1 In

avec∞∑n=1

long (In)− ε ≤ mes∗ (A) .

Soient I ′n = In ∩ ] −∞, a[, I ′′n = In ∩ [a,∞[. On a alors A1 ⊂⋃∞n=1 I

′n, A2 ⊂

⋃∞n=1 I

′′n et

long (In) = long (I ′n) + long (I ′′n). Ainsi, on a que

mes∗ (A) ≤ mes∗ (A1) + mes∗ (A2)

≤∞∑n=1

long(I ′n)

+∞∑n=1

long(I ′′n)

=

∞∑n=1

long (In)

≤ mes∗ (A) + ε.

Et doncmes∗ (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 aIc =]−∞, a] ∪ [b,∞[∈M,

et donc I ∈M.

Lemme 3.2.12Soient E1, . . . , En ∈M disjoints. Alors, pour tout A ⊂ R

mes∗(A ∩

(n⋃i=1

Ei

))=

n∑i=1

mes∗ (A ∩ Ei)

Remarque 3.2.13Premier point : (

k+1⋃i=1

Ei

)⋂Eck+1 =

k⋃i=1

Ei.

Deuxième point : (k+1⋃i=1

Ei

)⋂Ek+1 = Ek+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

mes∗(A⋂(

k+1⋃i=1

Ei

))= mes∗

(A⋂(

k+1⋃i=1

Ei

)⋂Ek+1

)+ mes∗

(A⋂(

k+1⋃i=1

Ei

)⋂Eck+1

)

obs= mes∗ (A ∩ Ek+1) + mes∗

(A ∩

(k⋃i=1

Ei

)).


Théorème 3.2.14Si Ei ∈M, alors

∞⋃i=1

Ei,

∞⋂i=1

Ei ∈M.

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=1

Ei =∞⋃i=1

[i⋃

k=1

Ek \i−1⋃k=1

Ei

]︸︷︷︸

Fi

.

Par conséquent, il suffit de montrer le résultat pour des Ei disjoints. Observons d’abordque ( ∞⋃

i=1

Ei

)c⊂

(n⋃i=1

Ei

)c.

Comme⋃ni=1Ei est mesurable, on a, pour tout A ⊂ R

mes∗ (A) = mes∗(A ∩

(n⋃i=1

Ei

))+ mes∗

(A ∩

(n⋃i=1

Ei

)c)

≥ mes∗(A ∩

n⋃i=1

Ei

)+ mes∗

(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

)c)

=(3.2.12)

n∑i=1

mes∗ (A ∩ Ei) + mes∗(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

)c).

En passant à la limite,

mes∗ (A) ≥∞∑n=1

mes∗ (A ∩ Ei) + mes∗(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

)c)

≥(3.2.5)

mes∗(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

))+ mes∗

(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

)c)≥

(3.2.5)mes∗ (A)

Conclusion :

mes∗ (A) = mes∗(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

))+ mes∗

(A ∩

( ∞⋃i=1

Ei

)).

Et donc⋃∞i=1Ei ∈M.

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


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

R \∞⋂i=1

Ei =∞⋃i=1

R \ Ei ∈M.

En effet, le point (ii) du théorème 3.2.9, chaque R \Ei est mesurable. En utilisant l’étape1, on a que

⋃∞i=1 R \ Ei est mesurable. On conclut en réutilisant le théorème 3.2.9.

Théorème 3.2.15Les assertions suivantes sont équivalentes :

(i) E est mesurable ;

(ii) pour tout ε > 0, il existe O ⊃ E un ouvert tel que mes∗ (O \ E) ≤ ε ;(iii) il existe G =

⋂∞n=1Gn où chaque Gn ⊃ E est un ouvert tel que mes∗ (G \ E) = 0 ;

(iv) pour tout ε > 0, il existe F ⊂ E un fermé tel que mes∗ (E \ F ) ≤ ε ;(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) + ε.

Comme E est mesurable et E ⊂ O

mes∗ (O \ E) + mes∗ (E) = mes∗ (O) .

On a donc quemes∗ (O \ E) = mes∗ (O)−mes∗ (O) ≤ ε.

Cas 2 mes (E) = ∞. On écrit R =⋃∞n=1 In, où les In sont des intervalles disjoints de

longueur finie et on poseEn = E ∩ In.

En appliquant le cas 1 à l’ensemble En, qui est mesurable, il existe un ouvert On ⊃ Entel que

mes∗ (On \ En) ≤ ε

2n.

En posant O =⋃∞n=1On, on peut écrire

O \ E =∞⋃n=1

On \∞⋃n=1

En ⊂∞⋃n=1

(On \ En) .

On peut alors calculer

mes∗ (O \ E) ≤ mes∗( ∞⋃n=1

(On \ En)

)

≤∞∑n=1

mes∗ (On \ En) ≤ ε


(ii)⇒ (iii) Soit ε = 1n dans (ii). Ainsi, il existe un ouvert On ⊃ E tel que

mes∗ (On \ E) ≤ ε =1

n.

En posant G =⋂∞n=1On, on obtient que

mes∗ (G \ E) ≤ mes∗ (On \ E) ≤ 1

n.

En laissant n tendre vers l’infini, on obtient le résultat désiré.(iii)⇒ (i) Observons tout d’abord que G =

⋂∞n=1On ∈ M, parce que chaque On appartient à

M et qu’une intersection dénombrable de mesurables est mesurable. De plus, G \ E ∈ Met, 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

mes

( ∞⋃i=1

Ei

)=∞∑i=1

mes (Ei)

Démonstration. Le théorème de la sous-additivité, 3.2.5 page 88, donne déjà une inégalité. Parle lemme 3.2.12, page 91, appliqué A = R, on a

n∑i=1

mes (Ei) = mes

(n⋃i=1

Ei

)≤ mes

( ∞⋃i=1

Ei

).

En laissant n tendre vers l’infini et en combinant les deux inégalités, on obtient le résultatsouhaité.

Théorème 3.2.17Si mes∗ (E) <∞, alors E est mesurable si et seulement si pour tout ε > 0, il existe des intervallesdisjoints Ii tels que

mes∗(E4

n⋃i=1

Ii

)≤ ε.

Démonstration. On va montrer l’implication ⇒. Pour ceci, supposons que E est mesurable etchoisissons ε > 0. Par le théorème 3.2.15, il existe un ouvert O contenant E tel que

mes∗ (O \ E) ≤ ε

2.

Comme mes (E) <∞ et mes (O \ E) ≤ ε2 , on a que mes (O) <∞. Par le corollaire du théorème

de Lindelhöff (démontré en exercices),

O =∞⋃i=1

In,

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

∞ > mes (O)3.2.16

=∞∑i=1

mes (Ii) =∞∑i=1

long (Ii) .

Ainsi, il existe n tel que∞∑

i=n+1

long (Ii) ≤ε

2.


Soit F =⋃ni=1 Ii. On a alors

E4F =

(E \

n⋃i=1

Ii

)∪

(n⋃i=1

Ii \ E

)

⊂

(O \

n⋃i=1

Ii

)∪ (O \ E)

=

( ∞⋃i=n+1

Ii

)∪ (O \ E).

Ainsi,

mes (E4F ) ≤ mes

( ∞⋃i=n+1

Ii

)+ mes (O \ E) ≤ ε

2+ε

2.

3.2.3 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 ⇒ Ec ∈ A;

(iii) Ei ∈ A ⇒⋃∞i=1Ei ∈ A.

Théorème 3.2.19L’ensembleM 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 ensemblesde Borel ou boréliens.

Théorème 3.2.21B ⊂M ⊂ P(R).

Théorème 3.2.22M 6= P(R).

Lemme 3.2.23Si 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 ε > 0, il existe O ⊃ E un ouvert tel que

mes (O \ E) ≤ ε.

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) ≤ ε.


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 ;(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 Vne contient qu’un seul élément de chaque classe d’équivalence, on a que xα = xβ et doncque rα = rβ .

Etape 4 On montrera que

[0, 1] ⊂∞⋃n=1

Vn =∞⋃n=1

(V + rn)

⊂ 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 prendle 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

( ∞⋃n=1

Vn

)=∞∑n=1

mes (Vn)

=

∞∑n=1

mes (V + rn) =

∞∑n=1

mes (V )

≤ mes ([−1, 2]) ≤ 3.

Ainsi, mes (Vn) vaut 0 ou ∞, contradiction puisque 1 ≤∑∞

n=1 mes (V ) ≤ 3. Ainsi, V n’estpas mesurable.

3.2.4 Fonctions mesurables

On va commencer avec quelques conventions :

Convention 3.2.24Soit f : R −→ R ∪ ±∞. On va utiliser les conventions :(i) si a 6= −∞, a+∞ =∞ ;(ii)

a · (+∞) =

∞ a > 0−∞ a < 00 a = 0.


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 3.2.26Les 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 =⋂∞n=1x ∈ E : f(x) > α− 1

n.(i)⇒ (iii) x ∈ E : f(x) < α = x ∈ E : f(x) ≥ αc.

Exemple 3.2.27Soit la fonction caractéristique d’un ensemble :

χA(x) =

1 si x ∈ A0 si x 6∈ A.

Etudions maintenant :

x ∈ R : χA(x) > α =

R si α < 0A 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-continuesupérieurement en x0 ∈ X si pour tout ε > 0, il existe un voisinage U de x0 tel que pour toutx ∈ U , on a f(x) < f(x0) + ε, ce qui est équivalent à

lim supx→x0

f(x) ≤ f(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-continueinférieurement en x0 ∈ X si pour tout ε > 0, il existe un voisinage U de x0 tel que pour toutx ∈ U , on a f(x) > f(x0) + ε, ce qui est équivalent à

lim infx→x0

f(x) ≥ f(x0).

Proposition 3.2.30Une fonction f : X −→ R est continue en x0 si et seulement si elle est semi-continue inférieu-rement et supérieurement.

Exemple 3.2.31Si f est SCI (semi continue inférieurement) ou SCS (semi continue supérieurement), alors f estmesurable. 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 sontmesurables.


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 ⊂∞⋃n=1

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

Réciproquement, Fα ⊂ Eα. En effet, si x ∈ Fα, il existe un rn tel que f(x) > rn etg(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) estmesurable.

Définition 3.2.33Soit fν∞ν=1 une suite de fonctions. Alors

lim supν→∞

fν = infν

supµ≥νfµ

lim infν→∞

fν = supν

infµ≥νfµ

Remarque 3.2.34On sait que lim inf fν ≤ lim sup fν (ces deux limites existent toujours) mais elles ne sont pasforcément égales.

Théorème 3.2.35Si fν est mesurable pour tout ν ∈ N, alors inffν, supfν, lim inffν et lim supfν sontmesurables.

Démonstration. On va montrer la proposition pour supfν. Soit α ∈ R. On aimerait montrerque

x : supνfν(x) > α

=

∞⋃ν=1

x : fν(x) > α

est mesurable. Et c’est le cas, puisque chaque ensemble de l’union est mesurable.

Définition 3.2.36Si une propriété a lieu sauf sur un ensemble de mesure nulle, on dit que la propriété a lieu presquepartout, ce que l’on note p.p.

Théorème 3.2.37Soient deux fonctions f et g. Si f = g p.p et si f est mesurable, alors g mesurable.


Démonstration. On va montrer que f − g est mesurable. Si c’est le cas, alors g = f − (f − g) estmesurable. 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) etdonc Eα est mesurable.Supposons donc que α < 0 et posons G = x ∈ R : f(x) = g(x). Puisque f = g p.p on aque mes (Gc) = 0 et donc que Gc est mesurable. Ainsi, G est lui-même mesurable. Définissonsmaintenant

Fα = x : f(x) 6= g(x) et f(x)− g(x) > α ⊂ x : f(x) 6= g(x)︸︷︷︸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 sontmesurables.

Remarque 3.2.38Soit f ∈ C0 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 définitensuite P1 = [0, 1

3 ] ∪ [23 , 1]. De manière similaire, on définit

P2 =

[0,

1

9

]∪[

2

9,3

9

]∪[

6

9,7

9

]∪[

8

9, 1

]

Figure 3.1 – Ensemble de Cantor

A chaque étape, on enlève à chacun des intervalles précédents de longueur 13k

un intervallede longueur 1

3k+1 . On a donc : . . . ⊂ Pk+1 ⊂ Pk ⊂ . . . ⊂ P0.

Définition 3.2.39L’ensemble de Cantor est alors

P =∞⋂k=0

Pk.

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

Démonstration. Prouvé dans une série.


Le développement décimal

Soit a ∈ [0, 1]. On écrit alors a = 0, a1a2a3 . . . =∑∞

n=1an10n , 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 quen ≥ k, on va dire que les nombres

0, a1 . . . ak−1999 . . .

0, a1 . . . (ak−1 + 1)000 . . .

sont égaux. Avec cette convention, la représentation est unique et 1 = 0, 9999 . . .

Remarque 3.2.42On peut faire ce développement dans n’importe que base. Nous utiliserons dans ces cours uni-quement les bases 10, 2 et 3.

L’ensemble de Cantor revisité

L’ensemble de Cantor est

P = x ∈ [0, 1] : x = 0, a1a2 . . . , 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 =∞∑n=1

εn2n, εn ∈ 0, 1.

Soit la fonction f : [0, 1]→ [0, 1],

f(x) =∞∑n=1

2εn3n

.

Alors, f([0, 1]) = P , elle est injective, surjective sur P et elle est mesurable.

Remarque 3.2.44Cette fonction envoie de manière bijective un intervalle de mesure 1 dans un ensemble de mesurenulle.

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

(ii) Montrons que f est surjective sur P . Soit donc y = 0, a1a2 . . . ∈ P , où chaque an ∈ 0, 1.En posant εn = an

2 , on obtient une préimage.

(iii) Supposons qu’il existe x1, x2 tels que f(x1) = f(x2) = 0, a1a2 . . . ∈ P . Par la conven-tion d’unicité sur les développements décimaux, en posant εn = an

2 , on obtient une seulepréimage.

(iv) La démonstration de la mesurabilité de f n’est pas faite en cours.

Lemme 3.2.45Si 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 demontrer que ]a, b[∈ A, c’est-à-dire que f−1(]a, b[) ∈M :

f−1(]a, b[) = x ∈ R : f(x) > a︸︷︷︸∈M

∩x : f(x) < b︸︷︷︸∈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 doncB ∈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 Intégrale de Lebesgue*

3.3.1 Intégrale de fonctions positives

Définition 3.3.1On dit que ϕ : R −→ R+ est simple s’il existe a1, . . . , an ≥ 0 des nombres distincts et siAi = x ∈ R : ϕ(x) = ai, alors

ϕ =n∑i=1

ai · χAi .

Remarque 3.3.2Si les Ai sont des intervalles, il s’agit d’une fonction en escalier.

Définition 3.3.3On définit les intégrales suivantes :

(i) Si ϕ est simple et mesurable, alors∫ϕ =

n∑i=1

ai ·mes (Ai) .

(ii) Si f est positive et mesurable, alors∫f = sup

∫ϕ : 0 ≤ ϕ ≤ f, ϕ simple et mesurable

.

(iii) Si R ⊃ E ∈M et f ≥ 0 est mesurable, alors∫Ef =

∫f · χE .

Proposition 3.3.4Si ϕ ≥ 0 est simple et mesurable, alors

(i) Les deux définitions coïncident.


(ii) Si E ∈M, alors ∫Eϕ =

n∑i=1

ai ·mes (Ai ∩ E) .

(iii) Si A,B ∈M, A ∩B = ∅, alors ∫A∪B

ϕ =

∫Aϕ+

∫Bϕ.

(iv) Si a ∈ R+, alors ∫a · ϕ = a ·

∫ϕ.

(v) Si les Ei sont des ensembles mesurables, deux-à-deux disjoints, alors∫⋃∞i=1 Ei

ϕ =∞∑i=1

∫Ei

ϕ.

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

f = 0 p.p.⇔∫f = 0.

(ii) Si 0 ≤ f ≤ g sont des fonctions mesurables, alors∫f ≤

∫g.

(iii) Si 0 ≤ f ≤ g mesurables et A ∈M, ∫Af ≤

∫Ag.

(iv) Si a ≥ 0 et f ≥ 0 est mesurable, alors∫a · f = a ·

∫f.

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

∫Bf.

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

Démonstration. On va démontrer seulement le premier point, les autres étant traités en exercices.(i) Supposons que f = 0 p.p. Soit 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∫f = 0. Posons, pour n ∈ N,

En =

x ∈ R : f(x) ≥ 1

n

,

ϕn(x) =1

n· χEn ,


et donc 0 ≤ ϕn ≤ f et ϕn est simple et mesurable. Ainsi,

0 =

∫f ≥

∫ϕn =

1

n·mes (En) ≥ 0,

et donc mes (En) = 0, pour tout n. Ensuite,

∞⋃n=1

x : f(x) ≥ 1

n

= x : f(x) > 0︸︷︷︸

mesure =0

.

Théorème 3.3.6 (Théorème de la convergence monotone)Soit fν ≥ 0 une suite de fonctions mesurables. Supposons que la suite des fν(x) soit croissanteet limν→∞ fν(x) = f(x). Alors

limν→∞

∫fν =

∫f.

Démonstration. La démonstration est divisée en deux étapes.

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 etα ∈ ]0, 1[. Définissons maintenant

E0 = ∅Eν = x : fν(x) ≥ α · ϕ(x).

Alors Eν ⊂ Eν+1 et R =⋃∞ν=1Eν . Calculons maintenant,∫

fν ≥∫Eν

fν ≥ α∫Eν

ϕ

= α

ν∑k=1

∫Ek\Ek−1

ϕ

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

lim

∫fν ≥ α

∞∑k=1

∫Ek\Ek−1

ϕ = α

∫ϕ.

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

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

lim inf

∫fν ≥

∫lim inf fν .


Démonstration. On pose gν(x) = infj≥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

lim

∫gν = lim inf

∫gν ≤ lim inf

∫fν . (3.10)

Par le théorème de la convergence monotone,∫f =

∫lim inf fν =

∫lim gν = lim

∫gν . (3.11)

En combinant les équations (3.10) et (3.11), on obtient le résultat.

Théorème 3.3.8Soit f ≥ 0 une fonction mesurable. Alors il existe une suite ϕν ≥ 0 de fonctions simples etmesurables, telle que ϕν(x) f(x).

Remarque 3.3.9En particulier,

∫f = lim

∫ϕν .

Démonstration. Définissons,

Eν,k =

x :

k − 1

2ν< f(x) ≤ k

2ν

, k = 1, . . . , ν · 2ν ,

Fν = x : f(x) > ν.

Alors, on a

R =∞⋃ν=1

(ν2ν⋃k=1

Eν,k ∪ Fν

)∪ x : f(x) = 0,

etEν,k ∩ Fν = ∅, ∀k = 1, . . . , ν2ν .

Posons maintenant,

ϕν(x) =ν2ν∑k=1

k − 1

2νχEν,k(x) + ν · χFν (x).

On prétend que

0 ≤ ϕν ≤ ϕν+1 (3.12)limν→∞

ϕν(x) = f(x). (3.13)

Preuve de l’équation (3.12) 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,

ν =

(ν2ν+1 + 1

)− 1

2ν+1< f(x) ≤ ν + 1 =

(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

ϕν+1(x) =k − 1

2ν+1≥(ν2ν+1 + 1

)− 1

2ν+1= ν = ϕν(x).


x 6∈ Fν , f(x) 6= 0 Il existe k ∈ 1, . . . , ν2ν tel que x ∈ Eν,k ce qui implique que ϕν(x) =k−12ν . On a donc

k − 1

2ν< f(x) ≤ k

2νet ϕν(x) =

k − 1

2ν.

On veut montrer que ϕν+1(x) ≥ k−12ν = ϕν(x). Posons l = 2k − 1, alors

1 ≤ l = 2k − 1 ≤ 2 (ν2ν)− 1 = ν2ν+1 − 1 ≤ (ν + 1)2ν+1.

Et donc,l − 1

2ν+1=

2k − 2

2ν+1=k − 1

2ν< f(x) ≤ k

2ν=

l

2ν+1.

Ainsi,

ϕν+1(x) ≥ l − 1

2ν+1=k − 1

2ν= ϕν(x).

f(x) = 0 Alors ϕν(x) = ϕν+1(x) = 0.Preuve de l’équation (3.13) 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 doncϕν(x) =

k − 1

2ν< f(x) ≤ k

2ν.

On a donc|f(x)− ϕν(x)| ≤ 1

2ν−→ 0.

f(x) =∞ On a x ∈⋂∞ν=1 Fν et donc ϕν(x) = ν, ce qui implique ϕν(x)→ f(x) =∞.

Corollaire 3.3.10Soit f ≥ 0 une fonction mesurable et ϕν ≥ 0 une suite de fonctions simples et mesurables tellesque ϕν converge vers f de manière monotone. Alors

limν→∞

∫ϕν =

∫f.

Proposition 3.3.11Soient f, g ≥ 0 des fonctions mesurables. Alors∫

(f + g) =

∫f +

∫g.

Proposition 3.3.12Si fν ≥ 0 est une suite de fonctions mesurables, alors∫ ∞∑

ν=1

fν =

∞∑ν=1

∫fν .

3.3.2 Intégrale générale

Rappelons les deux définitions suivantes :

f+(x) = maxf(x), 0,f−(x) = max−f(x), 0.

Proposition 3.3.13Ces fonctions vérifient les propriétés suivantes :


(i) f = f+ − f− ;(ii) |f | = f+ + f− ;(iii) si f est mesurable, alors f+ et f− sont mesurables.

Définition 3.3.14On 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∫

f+,

∫f− <∞.

Alors, dans ce cas, ∫f =

∫f+ −

∫f−.

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

Ef =

∫χE · f.

Proposition 3.3.15Si f, g sont des fonctions intégrables et si a ∈ E, alors(i)

∫a · f = a ·

∫f ;

(ii)∫

(f + g) =∫f +

∫g ;

(iii) f ≤ g ⇒∫f ≤

∫g ;

(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 ∫

f = limν→∞

∫fν .

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,

|f | ≤ g ⇒ 0 ≤ f+ ≤ g ⇒∫f+ ≤

∫g <∞

|f | ≤ g ⇒ 0 ≤ f− ≤ g ⇒∫f− ≤

∫g <∞.

De même pour fν .Etape 2 Montrons maintenant que ∫

f = limν→∞

∫fν .

On va montrer grâce au lemme de Fatou 3.3.7 page 103 et grâce à majoration par g que

lim sup

∫fν ≤

∫f ≤ lim inf

∫fν . (3.14)

En effet, on obtient de la sorte

lim inf

∫fν = lim sup

∫fν = lim

ν→∞

∫fν .

Par conséquent, la suite∫fν converge et par l’inégalité précédente on obtient le résultat.


Etape 3 On prouve maintenant l’inégalité (3.14).Remarquons d’abord que puisque f(x) = limν→∞ fν(x) p.p,∫

f =

∫lim inf fν =

∫lim sup fν .

Puisque |fν | ≤ g, on a que g + fν ≥ 0, ce qui implique

lim inf

(∫g +

∫fν

)=

∫g + lim inf

∫fν .

En appliquant le lemme de Fatou, 3.3.7 page 103 sur g + fν ≥ 0,∫g +

∫f =

∫lim inf (g + fν) ≤ lim inf

(∫g +

∫fν

)=

∫g + lim inf

∫fν .

Nous avons donc obtenu la deuxième inégalité :∫f ≤ lim inf

∫fν .

De même, puisque |fν | ≤ g, on a que g − fν ≥ 0. Et donc∫g −

∫f =

∫lim inf (g − fν) ≤

3.3.7lim inf

(∫g −

∫fν

)=

∫g − lim sup

∫fν .

Ainsi on obtient la première inégalité :∫f ≥ lim sup

∫fν .

3.3.3 Relation entre les intégrales de Riemann et Lebesgue

Théorème 3.3.17Soit f : [a, b] −→ R une fonction bornée et intégrable au sens de Riemann. Alors elle est intégrableau sens de Lebesgue et les deux intégrales sont égales.

Démonstration. Pas donnée en cours.

Théorème 3.3.18Soit f : [a, b] −→ R. Alors f est intégrale au sens de Riemann si et seulement si f est continuep.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) = adhx ∈ 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 3.3.21Soit f : ]a, b[−→ R (on peut avoir a = −∞, b = ∞) une fonction intégrable. Alors, pour toutε > 0, il existe g ∈ C0(a, b) telle que ∫ b

a|f − g| ≤ ε.


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 le lemme pour f+ et f− séparément, on peut supposer f ≥ 0.

Comme∫f = sup

∫ϕ : 0 ≤ ϕ ≤ f, ϕ simple et mesurable

, il suffit de montrer le résultat

pour f simple, c’est-à-dire que f(x) =∑n

i=1 ai · χAi(x), où les ai sont des constantespositives et les Ai des ensembles mesurables.Pour terminer, on peut se contenter de montrer le lemme pour χAi . On va donc supposerque f = χA, où A est mesurable.

Etape 2 Par le théorème 3.2.17 page 94, pour tout ε > 0, il existe I1, . . . , In des intervallesdeux-à-deux disjoints tels que B =

⋃ni=1 Ii et que mes (A4B) ≤ ε

2 . Soit alors χB. Calculonsmaintenant ∫

|χA − χB| =∫A4B

dx = mes (A4B) ≤ ε

2.

Si on montre le lemme pour χB, on aura le résultat, puisque∫|χA − g| ≤

∫|χA − χB|+

∫|χB − g| ≤ ε.

Puisque B est une union finie d’intervalles, en montrant le lemme séparément sur chaqueintervalle 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) =

0 x ∈ ]a, a+ ε4 ]

x−(a+ ε4)

ε4

x ∈ ]a+ ε4 , a+ ε

2 [

1 x ∈ [a+ ε2 , b−

ε2 ]

(b− ε4)−xε4

x ∈ ]b− ε2 , b−

ε4 [

0 x ∈ [b− ε4 , b[,

qui possède les propriétés voulues.

Lemme 3.3.22Soit ϕ ∈ C∞0 (R) une fonction telle que ϕ ≥ 0, ϕ(x) = 0 si |x| > 1 et

∫ϕ = 1. Pour ν ∈ N, on

définit ϕν(x) = ν · ϕ(ν · x). Remarquons que le support de ϕν est[− 1ν ,

1ν

]. De plus,

∫ϕν = 1, et

limν→∞ ϕν(x) =∞.Soit de plus f ∈ C0(]a, b[) et définissons une suite de fonctions

fν(x) = f ∗ ϕν(x) :=

∫ ∞−∞

f(y) · ϕν(x− y)dy.

Alors, pour ν suffisamment grand, fν ∈ C∞0 (]a, b[). On a∫ ∞−∞|fν(x)| dx ≤

∫ ∞−∞|f(x)|dx.

De plus, fν −→ f uniformément.

Démonstration. Aux exercices.

Exemple 3.3.23Soit la fonction

ϕ(x) =

c exp 1

x2−1|x| < 1

0 |x| ≥ 1.

Choisir c tel que∫ϕ = 1.


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

a|f − g| ≤ ε.

Démonstration. Découle des deux lemmes précédents.

Remarque 3.3.25Le résultat est vrai si a = −∞ ou b =∞.

3.3.5 Les espaces Lp

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

‖f‖Lp =

(∫ b

a|f |p

) 1p

.

On note aussi Lp(a, b) = f :]a, b[−→ R, mesurable, ‖f‖Lp <∞.

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 unerelation d’équivalence

f ∼ g ⇔ f = g p.p.

On définit alors Lp en passant au quotient, ce qui permet d’assurer que la norme ‖·‖Lp estdéfinie positive.

Définition 3.3.29Si p =∞ et f : ]a, b[−→ R mesurable, alors

‖f‖L∞ = supessf = infα : |f(x)| ≤ α p.p..

Proposition 3.3.30On 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→∞ ‖f‖Lp = ‖f‖L∞.

Théorème 3.3.31 (Lemme de Riemann-Lebesgue)Supposons que f ∈ L1(0, 2π), alors

limn→∞

∫ 2π

0f(x) cos(nx)dx = lim

n→∞

∫ 2π

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

Démonstration. Par le théorème 3.3.24 page 109, pour tout ε > 0, il existe g ∈ C∞0 (]0, 2π[) telleque ∫ 2π

0|f − g| ≤ ε.


On a donc, ∣∣∣∣∫ 2π

0f(x) cos(nx)− g(x) cos(nx)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0|f(x)− g(x)|dx ≤ ε.

Calculons maintenant,∫ 2π

0g(x) cos(nx)dx =

[1

nsin(nx)g(x)

]2π

0

− 1

n

∫ 2π

0g′(x) sin(nx)dx.

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

limn→∞

∫ 2π

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

En combinant les deux résultats, on obtient que∣∣∣∣∫ 2π

0f(x) cos(nx)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0|f(x) cos(nx)− g(x) cos(nx)|dx︸︷︷︸

≤ε

+

∫ 2π

0|g(x) cos(nx)| dx︸︷︷︸

−→0

.

Définition 3.3.32Si 1 ≤ p ≤ ∞, on appelle exposant conjugué de p le nombre p′, 1 ≤ p′ ≤ ∞, tel que 1

p + 1p′ = 1.

Théorème 3.3.33 (Inégalité de Hölder)Soit f ∈ Lp(a, b) et g ∈ Lp′(a, b), avec 1

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

‖f · g‖L1 ≤ ‖f‖Lp · ‖g‖Lp′

Démonstration. Soit 1 < p <∞.

Etape 1 Si x, y > 0, alors x1p · y

1p′ ≤ x

p + yp′ .

Etape 2 Si ‖f‖Lp = 0 (ou ‖g‖Lp′ = 0), on a que f = 0 p.p. et donc f ·g = 0 p.p, ce qui impliquefinalement ‖f · g‖L1 = 0 et donc l’inégalité est triviale.On va donc supposer que ‖f‖Lp , ‖g‖Lp′ > 0 et on applique l’étape 1 à

x =

(|f |‖f‖Lp

)p, y =

(|g|‖g‖Lp′

)p′,

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

‖f + g‖Lp ≤ ‖f‖Lp + ‖g‖Lp .

Démonstration. On commence par remarquer que∫ ∞−∞|f + g|p

=

∫ ∞−∞|f + g| · |f + g|p−1

≤∫ ∞−∞|f | · |f + g|p−1 +

∫ ∞−∞|g| · |f + g|p−1.


On va alors utiliser l’inégalité de Hölder avec p′ = pp−1 , car

1

p+

1

p′=

1

p+p− 1

p= 1.

On trouve alors,

‖f + g‖pLp ≤∫ ∞−∞|f | · |f + g|p−1 +

∫ ∞−∞|g| · |f + g|p−1

≤(∫|f |p

) 1p

·(∫|f + g|(p−1) p

p−1

) p−1p

+

(∫|g|p) 1p

·(∫|f + g|(p−1) p

p−1

) p−1p

=

((∫|f |p

) 1p

+

(∫|g|p) 1p

)·(∫|f + g|p

) p−1p

=(‖f‖Lp + ‖f‖Lp

)‖f + g‖p−1

Lp .

En divisant des deux côtés par ‖f + g‖p−1Lp , on trouve le résultat désiré.

Théorème 3.3.35Si 1 ≤ p <∞, f ∈ Lp(a, b). Alors pour tout ε > 0, il existe g ∈ C∞0 (a, b) tel que ‖f − g‖Lp ≤ ε.

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

af(x)dx

)≤ 1

b− a

∫ b

aϕ(f(x)

)dx.

Démonstration. On va faire la démonstration dans le cas particulier où ϕ ∈ C1.Puisque ϕ ∈ C1 et est convexe, on a que pour tous s, t ∈ R,

ϕ(t) ≥ ϕ(s) + ϕ′(s)(t− s)

(la fonction est au dessus de sa tangente). Posons maintenant s = 1b−a

∫ ba f(x)dx 6=∞ et t = f(x),

alors

ϕ(f(x)

)≥ ϕ

(1

b− a

∫ b

af(x)dx

)+ ϕ′

(1

b− a

∫ b

af(x)dx

)·(f(x)− 1

b− a

∫ b

af(x)dx

).

En intégrant à gauche et à droite, et en divisant par b−a, on obtient le résultat désiré (remarquerque la plupart des termes ne dépendent pas de x).

Exemple 3.3.37Soit 1 ≤ p <∞ et posons ϕ(x) = |x|p, alors l’inégalité de Jensen nous affirme que∣∣∣∣ 1

b− a

∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣p ≤ ∣∣∣∣ 1

b− a

∫ b

a|f(x)|dx

∣∣∣∣p≤ 1

b− a

∫ b

a|f(x)|pdx.

Ce qui implique que, (1

b− a‖f‖L1

)p≤ 1

b− a‖f‖pLp .

En posant p = 2, on trouve‖f‖L1 ≤

√b− a ‖f‖L2 .


Proposition 3.3.38‖.‖Lp est une norme.

Démonstration. On va montrer les trois points habituels.(i) ‖f‖Lp = 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 3.3.39On dit qu’un espace vectoriel X normé (‖.‖) est complet si toute suite de Cauchy converge (parrapport à la norme ‖.‖).

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

< f, g >=

∫ b

af(x)g(x)dx,

qui définit bien un produit scalaire.

Théorème 3.3.41Soit 1 ≤ p ≤ ∞. Alors X = Lp(a, b) muni de la norme ‖.‖Lp est complet.De plus, si limν→∞ ‖fν − f‖Lp = 0, alors il existe une sous-suite fνα de fν qui converge vers fpresque 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 ponctuellef presque partout. On montrera ensuite que ceci implique une convergence dans l’espace(Lp(a, b), ‖.‖Lp). Ainsi on obtiendra le résultat, puisque toute suite de Cauchy ayant unesous-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

‖fν − fµ‖Lp ≤1

2i, ∀ν, µ ≥ N(i).

On peut trouver ν1, ν2, . . . tels que ν1 ≥ N(1), ν2 ≥ N(2), etc, et ainsi on trouve une soussuite telle que ∥∥fνi+1 − fνi

∥∥Lp≤ 1

2i.

On définit, pour k ∈ N,

gk(x) :=k∑i=1

∣∣fνi+1(x)− fνi(x)∣∣ ,

ainsi que

g(x) :=

∞∑i=1

∣∣fνi+1(x)− fνi(x)∣∣ .

Alors,

‖gk‖Lp ≤3.3.34

k∑i=1

∥∥fνi+1(x)− fνi(x)∥∥Lp

≤k∑i=1

1

2i≤∞∑i=1

1

2i= 1.


Comme les (gk)p ≥ 0 sont des fonctions mesurables, on a, en appliquant le lemme de Fatou

(3.3.7 page 103)

‖g‖pLp =

∫|g(x)|pdx =

∫limk→∞

|gk(x)|pdx

≤3.3.7

lim infk→∞

∫|gk(x)|p dx = lim inf

k→∞‖gk‖pLp ≤ 1,

ce qui implique que g ∈ Lp et que g est finie p.p.Remarquons maintenant que,

fνk(x) = fν1(x) +

k−1∑i=1

[fνi+1(x)− fνi(x)

].

Alors cette sous-suite converge presque partout vers

f(x) = fν1(x) +∞∑i=1

[fνi+1(x)− fνi(x)

].

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 presquepartout lorsque k tend vers l’infini.On a ainsi que

limi→∞

fνi(x) = f(x)

presque partout.De plus, f ∈ Lp puisque fν1 et g sont dans Lp. Il nous reste donc à montrer qu’alorslimi→∞ ‖fνi − f‖Lp = 0.Ainsi, on aura par la convergence dominée (par g) et la convergence ponctuelle presquepartout, on obtient

limi→∞‖f − fνi‖

pLp = lim

i→∞

∫|f(x)− fνi(x)|p dx

=

∫limi→∞|fνi(x)− f(x)|p = 0.

(ii) Supposons maintenant que p =∞.Remarquons d’abord que si h ∈ L∞, alors mes (x : |h(x)| ≥ ‖h‖L∞) = 0, par définitionde l’espace L∞.Définissons maintenant

Aν,µ =x : |fν(x)− fµ(x)| > ‖fν − fµ‖L∞

,

Bν = x : |fν(x)| > ‖fν‖L∞ .

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

E =⋃ν 6=µ

Aν,µ ∪⋃Bν ,

on aura que mes (E) = 0. On aimerait montrer maintenant qu’il existe f ∈ L∞ telle quelimν→∞ ‖f − fν‖L∞ = 0. Si x 6∈ E, on a que

|fν(x)− fµ(x)| ≤ ‖fν − fµ‖L∞ −→ 0.

Ainsi, pour x 6∈ E, fν(x) est une suite de Cauchy dans R. Puisque R est complet, il existeune unique fonction f telle que fν(x) −→ f(x), pour tout x 6∈ E. Il reste à voir que f ∈ L∞


et que ‖f − fν‖L∞ −→ 0.Soit ε > 0, on aura donc

‖fν − fµ‖L∞ ≤ ε, ν, µ ≥ N(ε).

De plus, pour x 6∈ E,|fν(x)− fµ(x)| ≤ ‖fν − fµ‖L∞ ≤ ε,

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)| ≤ ‖f − fµ‖L∞ + ‖fµ‖L∞ ,

et donc que ‖f‖L∞ <∞. Ainsi f ∈ L∞. On obtient aussi ‖f − fµ‖L∞ −→ 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 écritfx(y) = f(x, y) pour indiquer qu’une fonction ne dépend que de y. On fait la même chose poury.

Théorème 3.3.42 (Théorème de Tonelli)Soit f : Rn × Rm −→ R une fonction mesurable. Supposons que l’on ait∫

Rm|f(x, y)|dy <∞,

pour presque tous les x ∈ Rn et ∫Rn

dx∫Rm|f(x, y)|dy <∞.

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 etpour presque tout x ∈ Rn, fx : Rm −→ R est intégrable. On a de plus∫

Rn×Rmf(x, y)dxdy =

∫Rn

∫Rm

f(x, y)dxdy =

∫Rm

dy∫Rnf(x, y)dx.

Le résultat suivant a été donné par les assistants.

Théorème 3.3.44Soient 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∂y (x, y)

∣∣∣ ≤ g(x), pour tout y ∈ J .

Alors,

F (y) =

∫If(x, y)dx

est dérivable etF ′(y) =

∫I

∂f

∂y(x, y)dx.

Chapitre 4

Analyse de Fourier

4.1 Introduction*

4.1.1 Série de Taylor

On écrit une fonction comme une somme de monômes :

f(x) =

∞∑n=0

f (n)(x)

n!(x− x0)n.

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

f(x) =a0

2+∞∑n=1

[an cos

(2πn

Tx

)+ bn sin

(2πn

Tx

)].

Si une telle représentation existe, alors on devra avoir :

an =2

T

∫ T

0f(x) cos

(2πn

Tx

)dx, n = 0, 1, 2 . . .

bn =2

T

∫ T

0f(x) sin

(2πn

Tx

)dx, n = 1, 2 . . .

On va plutôt utiliser la notation complexe :

f(x) =

∞∑n=−∞

cn · e2πniT

x,

où

cn =1

T

∫ T

0f(x)e−

2πniT

xdx

4.1.2 Préliminaires I - Quelques espaces fonctionnels

Proposition 4.1.1Soit 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 ∫ a+T

af(x)dx =

∫ T

0f(x)dx.

115

116 CHAPITRE 4. ANALYSE DE FOURIER

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

0sin

(2πm

Tx

)cos

(2πn

Tx

)dx = 0.

On a aussi2

T·∫ T

0sin

(2πm

Tx

)sin

(2πn

Tx

)dx =

0 si n 6= m,1 si n = m,

et2

T·∫ T

0cos

(2πm

Tx

)cos

(2πn

Tx

)dx =

0 si n 6= m,1 si n = m.

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], ilexiste a0 = a, a1, . . . , an+1 = b une partition de [a, b] telle que pour tout i = 0, . . . , n,

f∣∣]ai,ai+1[

∈ C0.

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 notef ∈ C0,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 4.1.5Par abus de notation, si α = 0, C0,0 = C0.

Exemple 4.1.6Soit f(x) = xα, avec 0 < α < 1. Alors f ∈ C0,α([0, 1]) (et pas mieux, tant pis pour elle).

Exemple 4.1.7Soit

f(x) =

0 si x = 0−1

log(x) si x ∈]0, 1

2

[.

Alors f est continue mais pas Hölder continue (vu aux exercices).

Proposition 4.1.8On a les propriétés suivantes :

(i) f, g ∈ C0,α ⇒ f · g ∈ C0,α.

(ii) Soit 0 < α ≤ β ≤ 1, alors

C1([a, b]) ⊂ C0,1([a, b]) ⊂ C0,β([a, b]) ⊂ C0,α([a, b]) ⊂ C0([a, b]).

Remarque 4.1.9Il est nécessaire de choisir un intervalle borné pour les inclusions ci-dessus.

4.1. INTRODUCTION* 117

4.1.3 Préliminaires II - Noyaux de Dirichlet, Féjer et Poisson

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

DN (x) =

N∑n=−N

einx.

Alors,

DN (x) =sin[(N + 1

2

)x]

sin(x2

)et ∫ π

−πDN (x)dx = 2π.

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

DN (x) =N∑

n=−Neinx = 2N + 1.

(ii) x 6= 2kπ On calcule la série géométrique de raison eix pour trouver

N∑n=0

einx =1−

(eix)N+1

1− eix

−1∑n=−N

einx =

N∑n=1

e−inx = −1 +1−

(e−ix

)N+1

1− e−ix

=e−ix −

(e−ix

)N+1

1− e−ix

=

(eix)−N − 1

1− eix.

En combinant les deux équations, on obtient que

DN (x) =

(eix)−N − (eix)N+1

1− eix

=e−−ix

2

[−(e−ix

)N+ 12 +

(eix)N+ 1

2

]−e−

−ix2

[eix2 − e−i

x2

]=

sin[(N + 1

2

)x]

sin(x2

) .

(iii) On calcule l’intégrale directement :∫ π

−πDN (x)dx =

N∑n=−N

∫ π

−πeinxdx =

∫ π

−πdx = 2π.

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

∆N (x) =1

N

N−1∑n=0

Dn(x).

On a les propriétés suivantes :


(i)

∆N (x) =1

N

[sin(Nx2

)sin(x2

) ]2

=1− cos(Nx)

N(1− cos(x)

) .(ii) ∫ π

−π∆N (x)dx = 2π.

(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) =1

N

N−1∑n=0

(2n+ 1) =N2

N= N.

(ii) x 6= 2kπ Calculons d’abord,

(eix − 1

)DN (x) =

(eix − 1

) N∑n=−N

einx

= ei(N+1)x − eiNx.

Ainsi, (eix − 1

)N−1∑n=0

Dn(x) =N−1∑n=0

(ei(n+1)x − einx

).

Continuons,

(e−ix − 1

) (eix − 1

)N−1∑n=0

Dn(x) =(e−ix − 1

)N−1∑n=0

(ei(n+1)x − einx

)=

N−1∑n=0

[einx − e−i(n+1)x + e−inx − ei(n+1)x

]=

N−1∑n=0

[einx − ei(n+1)x

]+N−1∑n=0

[e−inx − e−i(n+1)x

]= 1− eiNx + 1− e−iNx

= 2(1− cos(Nx)

).

Calculons maintenant,(e−ix − 1

) (eix − 1

)= 2− e−ix − eix = 2 (1− cos(x)) .

En regroupant les deux équations précédentes,

∆N (x) =1

N·N−1∑n=0

Dn(x) =1− cos(Nx)

(1− cosx)N.

En utilisant la formule, 2 sin2 θ = 1− cos(2θ), on termine.Etape suivante ∫ π

−π∆N (x)dx =

1

N

N−1∑n=0

∫ π

−πDN (x)dx = 2π.


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

supx∈[δ,π]

∆N (x) ≤ 1

N

2

1− cos δ−→ 0.

Remarque 4.1.12Pour 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

Pr(x) =

∞∑n=−∞

r|n|e−inx =1− r2

1− 2r cosx+ r2.


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 :

an =2

T

∫ T

0f(x) cos

(2π

Tnx

)dx,

bn =2

T

∫ T

0f(x) sin

(2π

Tnx

)dx.

On appelle série de Fourier partielle d’ordre N

FNf(x) =a0

2+

N∑n=1

[an · cos

(2π

Tnx

)+ bn · sin

(2π

Tnx

)].

On appelle série de Fourier de f la limite, quand elle existe,

Ff(x) = limN→∞

FNf(x).

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

f(x) =a0

2+

∞∑n=1

[an cos(nx) + bn sin(nx)] ,

alors les coefficients an et bn sont ceux donnés par Fourier.Multiplions f par cos(mx), alors

f(x) cos(mx) =a0

2· cos(mx) +

∞∑n=1

[an cos(nx) cos(mx) + bn sin(nx) cos(mx)

]⇔ 1

π

∫ T

0f(x) cos(mx)dx =

1

π

∫ T

0

a0

2· cos(mx)dx

+

∞∑n=1

[anπ

∫ T

0cos(nx) cos(mx)dx+

bnπ

∫ T

0sin(nx) cos(mx)dx

].

La proposition 4.1.2 page 116 nous permet de trouver

a0 =1

π

∫ T

0f(x)dx,

am =1

π

∫ T

0f(x) cos(mx)dx.


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

bm =1

π

∫ T

0f(x) sin(mx)dx.

Les coefficients sont donc bien ceux mentionnés plus haut.

Proposition 4.1.16 (Forme exponentielle)Soient f et FNf comme dans la définition. Alors

FNf(x) =

N∑n=−N

cne2πTinx, cn =

1

T

∫ T

0f(x)e−

2πTinxdx.

Démonstration. Dans le cas où T = 2π. Ecrivons,

cos(nx) =einx + e−inx

2

sin(nx) =einx − e−inx

2i.

Ainsi,

FNf(x) =a0

2+

N∑n=1

[an cos(nx) + bn sin(nx)

]=

a0

2+

N∑n=1

[an − i · bn

2︸︷︷︸cn

einx +an + ibn

2︸︷︷︸c−n

e−inx

]

=N∑

n=−Ncne−inx.

On vérifie facilement que les cn correspondent à ce que l’on avait donné plus haut.

Exemple 4.1.17Trouver la série de Fourier de f(x) = cos(x), T = 2π. La série de Fourier devrait être Ff(x) = cos(x),pour tout x. Vérifions cela par calcul :

a0 =2

2π

∫ 2π

0cos(x)dx = 0

a1 =2

2π

∫ 2π

0cos(x) cos(x) = 1

an =2

2π

∫ 2π

0cos(x) cos(nx)dx = 0, ∀n ≥ 2

bn =2

2π

∫ 2π

0cos(x) sin(nx) = 0,

ce qui implique

F0f(x) = 0

F1f(x) = cos(x) = FN (x), ∀n ≥ 1,

et donc, Ff(x) = cos(x).


Exemple 4.1.18Prenons

f(x) =

1 si x ∈ [0, π[0 si x ∈ ]π, 2π],

que l’on étend par 2π-périodicité sur R.Calculons maintenant,

a0 =1

π

∫ 2π

0f(x)dx = 1,

an =1

π

∫ 2π

0f(x) cos(nx)dx

=1

π

∫ π

0cos(nx)dx

=sin(nx)

nπ

∣∣∣∣∣π

0

= 0, n ≥ 1,

bn =1

π

∫ π

0sin(nx)dx

=− cos(nx)

nπ

∣∣∣∣∣π

0

=1

nπ

(1− cos(nπ)

)=

1

nπ

(1− (−1)n

)=

0 si n pair2nπ si n est impair.

Ecrivons maintenant la série de Fourier de la fonction,

Ff(x) =1

2+

2

π

∞∑n=0

sin((2n+ 1)x

)2n+ 1

=

12 x = 0 (x = 2π)1 x ∈ ]0, π[12 x = π0 x ∈ ]π, 2π[

(démo plus tard).

Proposition 4.1.19Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique, f ∈ L1(−π, π) avec

FNf(x) =N∑

n=−Ncne

inx, cn =1

2π

∫ 2π

0f(x)e−inxdx.

Alors,

FNf(x) =1

2π

∫ π

−πDN (x− y)f(y)dy

=1

2π

∫ π

−πDN (y)f(x− y)dy

=1

2π

∫ π

−πDN (y)f(x+ y)dy.


Démonstration. (i) Par la proposition 4.1.16, on a que

FNf(x) =N∑

n=−N

1

2π

∫ 2π

0f(y)e−inydy︸︷︷︸cn

einx

=1

2π

∫ 2π

0

N∑n=−N

f(y)ein(x−y)dy

=1

2π

∫ 2π

0DN (x− y)f(y)dy.

(ii) On fait le changement de variable z = x− y et on trouve

DN (x+ 2π) =sin[(N + 1

2

)(x+ 2π)

]sin[x+2π

2

]=− sin

[(N + 1

2

)x]

− sin[x2

]= DN (x).

Ainsi, en reprenant l’égalité d’avant,

1

2π

∫ 2π

0DN (x− y)f(y)dy =

1

2π

∫ π

−πDN (x− y)f(y)dy

= − 1

2π

∫ x−π

x+πDN (z)f(x− z)dz

= − 1

2π

∫ −ππ

DN (z)f(x− z)dz

(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, ∫ π

−πDN (y)f(x− y)dy = −

∫ −ππ

DN (−z)f(x+ z)dz

=z=−y

∫ π

−πDN (y)f(x+ y)dy.

4.1.5 Les moyennes de Cesaro et le théorème de Fejer

Définition 4.1.20Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique avec f ∈ L1(−π, π). On définit alors la moyenne deCesaro :

ΦNf(x) =1

N

N−1∑n=0

Fnf(x).


Proposition 4.1.21Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique avec f ∈ L1(−π, π). Alors

ΦNf(x) =1

2π

∫ π

−π∆N (x− y)f(y)dy

=1

2π

∫ π

−π∆N (y)f(x− y)dy

=1

2π

∫ π

−π∆N (y)f(x+ y)dy.

Démonstration. On va montrer les trois égalités séparemment.(i) On calcule directement, en utilisant le fait que FNf(x) = 1

2π

∫ π−πDN (x− y)f(y)dy

ΦNf(x) =1

N

N−1∑n=0

Fnf(x)

=1

2π

∫ π

−π

[1

N

N−1∑n=0

Dn(x− y)︸︷︷︸∆N (x−y)

]f(y)dy.

(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

limN→∞

ΦNf = f

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

limN→∞

ΦNf(a) =1

2[f(a+ 0) + f(a− 0)] ,

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→∞ΦNf(a) = f(a).

Démonstration. (i) Par la proposition 4.1.11, on sait que ∆N ≥ 0 et que pour tout δ ∈ ]0, π],

supδ≤|x|≤π

∆N (x) −→ 0.

De plus, on sait que ∫ π

−π∆N (y)dy = 2π.

Par la proposition 4.1.21,

ΦNf(x) =1

2π

∫ π

−π∆N (y)f(x− y)dy.


Ainsi,

0 ≤ Iδ ≤ε

2

∫ δ

−δ∆N (y)dy ≤ ε

2

∫ π

−π∆N (y)dy = πε.

Estimons maintenant,

0 ≤ Jδ ≤ supδ≤|y|≤π

∆N (y)∫ π

−π

∣∣∣∣f(a+ y) + f(a− y)

2− l∣∣∣∣ dy.

Comme f est périodique,

0 ≤ Jδ ≤ supδ≤|y|≤π

∆N (y)[2πl +

∫ π

−π|f(y)|dy

]≤ πε,

si N est suffisament grand. Ainsi,

|ΦNf(a)− l| ≤ 1

2π[πε+ πε] .

Corollaire 4.1.23Soient f et g deux fonctions continues, 2π-périodiques, ayant les même coefficients de Fourier.Alors f = g.

Remarque 4.1.24Si f, g ∈ L1(−π, π) et sont deux fonctions 2π-périodiques dont les coefficients de Fourier sont lesmêmes. Alors f = g p.p.

Preuve du corollaire. Quitte à remplacer f par f − g, on peut supposer que g = 0. On aimeraitdonc montrer que f = 0. Puisque g = 0,

ΦNf = ΦNg = 0

Puisque Φnf converge uniformément vers f , alors f = 0.

4.1.6 Convergence ponctuelle des séries de Fourier

Théorème 4.1.25Soit f : R −→ R une fonction 2π-périodique.

(i) Si fest Hölder continue d’exposant 0 < α ≤ 1, alors FNf(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 quef ∈ C0,α([a, a+ δ]) ∩ C0,α([a− δ, a]), alors

limN→∞

FNf(a) =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 seulementcontinue.

(ii) Si f est dérivable en a, alors FNf(a) −→ f(a).

(iii) On peut affaiblir l’hypothèse de Hölder en la remplaçant par Dini : s’il existe δ > 0 tel quepour tout a ∈ R ∫ δ

0

1

|y|

∣∣∣∣f(a+ y) + f(a− y)

2− f(a)

∣∣∣∣ dy <∞.


Remarquons que si f ∈ C0,α, alors elle satisfait Dini. En effet, si f ∈ C0,α, il existe M > 0tel 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)

2− f(a)

∣∣∣∣ ≤M |y|α.Ainsi, ∫ δ

0

1

|y|

∣∣∣∣f(a+ y) + f(a− y)

2− f(a)

∣∣∣∣ dy ≤M ∫ δ

0yα−1 =:

δα

α.

(iv) Si f ∈ L1(−π, π), Kolmogorov a montré que cela ne suffit pas pour la convergence de lasérie de Fourier. Il a donné une fonction qui diverge partout.

(v) Si f ∈ L2(−π, π), alors FNf converge presque partout (théorème de Carleson). En fait, sif ∈ Lp(−π, π), avec p > 1, alors FNf converge p.p (Hunt).

Preuve du théorème. On va montrer la partie (i), la partie (ii) étant montrée de manière sem-blable.Par la proposition 4.1.19,

FNf(x)− f(x) =1

2π

∫ π

−πDN (y)f(x+ y)dy − 1

2π

∫ π

−πDN (y)f(x)dy

=1

2π

∫ π

−π

sin[(N + 1

2

)y)]

sin(y

2

) [f(x+ y)− f(x)] dy.

Appelons

ϕx(y) =f(x+ y)− f(x)

sin(y

2

) ,

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

limN→∞

[FNf(x)− f(x)

]= 0.

Il reste à montrer que ϕx ∈ L1(−π, π).Comme f est Hölder continue d’exposant 0 < α ≤ 1, on a que

|f(x+ y)− f(x)| ≤ γ|y|α.

Maintenant,

|ϕx(y)| ≤ γ|y|α∣∣sin (y2)∣∣≤ γ

|y|∣∣sin (y2)∣∣ · |y|α−1.

Comme |y| ≤ π, on a que|y|∣∣sin (y2)∣∣ ≤M.

Ainsi, ∫ π

−π|ϕx(y)| ≤ γ ·M

∫ π

−π|y|α−1dy <∞.

En fait, pour l’intégrale ci-dessus, on peut faire :∫ π

−π|y|α−1dy = 2 · lim

x→0+

∫ π

xyα−1dy <∞.


4.1.7 Convergence L2 des séries de Fourier

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

limN→∞

∫ 2π

0|FNf(x)− f(x)|2 dx = 0.

De plus, l’identité de Parseval a lieu :∫ 2π

0|f(x)|2dx = 2π

∞∑n=−∞

|cn|2.

On rappelle que

FNf(x) =N∑

n=−Ncn · einx, cn =

1

2π

∫ 2π

0f(x)e−inxdx.

Remarque 4.1.28Ce résultat implique que les fonctions cos et sin sont une base de L2.

Notation 4.1.29Soit u : [0, 2π] −→ C telle que |u| =

√uu ∈ L2(0, 2π). On note

‖u‖ =

√1

2π

∫ 2π

0|u(x)|2dx.

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

AN (x) =N∑

n=−Nan · einx.

Alors,

‖f − FNf‖ ≤ ‖f −AN‖ . (4.2)

Plus précisemment,

‖f −AN‖2 = ‖f‖2 −N∑

n=−N[ancn + ancn] +

N∑n=−N

|an|2 , (4.3)

et

‖f‖2 = ‖f − FNf‖2 +

N∑n=−N

|cn|2 . (4.4)

Remarque 4.1.31 (i) Inégalité de BesselDe l’équation (4.4), on a,

‖f‖2 ≥N∑

n=−N|cn|2 ,

et donc∞∑

n=−∞|cn|2 ≤ ‖f‖ .


(ii) Le lemme montre que l’approximation de Fourier de f est meilleure, dans la norme consi-dérée, que n’importe quelle autre approximation trigonométrique. En particulier.

‖f − FNf‖ ≤ ‖f − ΦNf‖ .

Preuve du lemme. La preuve sera divisée en trois étapes.

Etape 1 Résultat préliminaire.Calculons,[

N∑n=−N

aneinx

]·

[N∑

n=−Nan · e−inx

]=

N∑m,n=−Nn6=m

an · am · ei(n−m)x +

N∑n=−N

an · an.

En prenant l’intégrale du membre de droite de 0 à 2π, on constate que la première sommes’annule et la deuxième vaut 2π ·

∑Nn=−N an · an.

Ainsi,1

2π

∫ 2π

0

[N∑

n=−Nane

inx

]·

[N∑

n=−Nan · e−inx

]dx =

N∑n=−N

|an|2 .

Etape 2 Soit f : [0, 2π] −→ R. Alors,

‖f −An‖2 =1

2π

∫ 2π

0

[f −

N∑n=−N

aneinx

]︸︷︷︸

f−An

·

[f −

N∑n=−N

an · e−inx]

︸︷︷︸f−An

dx

=1

2π

∫ 2π

0|f(x)|2dx−

N∑n=−N

an1

2π

∫ 2π

0f(x)einxdx

−N∑

n=−Nan

1

2π

∫ 2π

0f(x)e−inxdx

+1

2π

∫ 2π

0

[N∑

n=−NaNe

inx

]·

[N∑

n=−NaN · e−inx

]dx

= ‖f‖2 −N∑

n=−N[an · cn + an · cn] +

N∑n=−N

|an|2 ,

ce qui implique l’équation (4.3).

Etape 3 Si on choisit, dans l’équation (4.3), an = cn, on aura que AN = FNf , et donc

‖f − fNf‖2 = ‖f‖2 −N∑

n=−N|cn|2 ,

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

N∑n=−N

[|an|2 − (an · cn + an · cn) + |cn|2

]≥ 0,

ce qui est immédiat en remarquant que

|an|2 − (an · cn + an · cn) + |cn|2 = |an − cn|2 .


Preuve du théorème. La preuve sera divisée en trois étapes.Etape 1 Montrons d’abord le théorème sous l’hypothèse f ∈ C0(R) et 2π-périodique, ainsi

f ∈ L2(0, 2π). Par le lemme, on déduit que

‖f − FNf‖ ≤ ‖f − ΦNf‖ ,

où ΦNf est l’approximation de Féjer. Par le théorème de Féjer, on sait que pour tout ε > 0,il existe N = N(ε) tel que

|Φf(x)− f(x)| ≤ ε, ∀x ∈ [0, 2π].

Ainsi, on aura que

‖f − FNf‖ ≤ ‖f − ΦNf‖ =

(1

2π

∫ 2π

0|f(x)− ΦNf(x)|2 dx

) 12

≤ ε

Etape 2 Soit ε > 0 et f ∈ L2(0, 2π). Par le théorème 3.3.24, il existe g ∈ C∞0 (0, 2π) telle que

‖f − g‖ ≤ ε

2.

Comme g est à support compact, on peut étendre g ∈ C0(R) et 2π-périodique. En appli-quant l’étape 1,

‖FNg − g‖ ≤ε

2, ∀N ≥ N(ε).

Par le lemme 4.1.30,

‖f − FNf‖ ≤ ‖f − FNg‖ ≤ ‖f − g‖+ ‖g − FNg‖ ≤ ε.

Etape 3 (Parseval) Regardons,

‖f − FNf‖+

N∑n=−N

|cn|2 = ‖f‖2 =1

2π

∫ 2π

0|f(x)|2dx.

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

∞∑n=−∞

|cn|2 =1

2π

∫ 2π

0|f(x)|2dx.

4.1.8 Convergence uniforme des séries de Fourier

Théorème 4.1.32Soit f une fonction continue et 2π-périodique et f ′ ∈ L2(0, 2π). Alors FNf −→ f uniformément.

Remarque 4.1.33Il faut être prudent sur l’interprétation de f ′ ∈ L2(0, 2π). On supposera que f ′ est continue parmorceaux.

Preuve du théorème. Etape 1 On va montrer que si f ′ ∈ L2(0, 2π) et f ∈ C0([0, 2π]), alorsf ∈ C0, 1

2 ([0, 2π]), et pas mieux. En effet, soient 0 ≤ x ≤ y ≤ 2π, alors

f(y)− f(x) =

∫ y

xf ′(t)dt.


Ainsi,

|f(y)− f(x)| ≤∫ y

x

∣∣f ′(t)∣∣ dt≤CS

(∫ y

x

∣∣f ′(t)∣∣2 dt) 12

·(∫ y

x12

) 12

≤(∫ y

x

∣∣f ′(t)∣∣2 dt) 12

|x− y|12 .

Etape 2 On sait que les coefficients de Fourier de f ′ sont c′n = in·cn. Par la formule de Parseval,appliquée à f ′, on a

1

2π

∫ 2π

0

∣∣f ′(x)∣∣2 dx =

∞∑n=−∞

∣∣c′n∣∣2 =

∞∑n=−∞

n2 |cn|2 .

Etape 3 Comme f ∈ C0, 12 ([0, 2π]), par le théorème de la convergence ponctuelle, et le théorème

4.1.25 page 125,

|FN−1f(x)− f(x)| =

∣∣∣∣∣ ∑|n|≥N

cneinx

∣∣∣∣∣≤

∑|n|≥N

|cn|

=∑|n|≥N

1

|n|∣∣c′n∣∣

≤

∑|n|≥N

1

|n|2

12 ∑|n|≥N

∣∣c′n∣∣2 1

2

.

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

4.1.9 Quelques propriétés supplémentaires

Théorème 4.1.34Soit α ∈ ]0, 1] et f ∈ C0,α(R) une fonction T -périodique. Alors,(i) La série de Fourier

FNf(x) =a0

2+

N∑n=1

[an cos

(2π

Tnx

)+ bn sin

(2π

Tnx

)]

=

N∑n=−N

cnei 2πTnx,

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 ′ ∈ C0,α([0, t]), alors

f ′(x) =2π

T·∞∑n=1

[−nan sin

(2π

Tnx

)+ nbn cos

(2π

Tnx

)].

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


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

x0

f(t)dt =∞∑

n=−∞

∫ x

x0

cnei 2πTntdt.

(vi) Identité de ParsevalSoit f ∈ L2(0, T ). Alors

2

T

∫ T

0|f(x)|2dx =

(a0

2

)2+

∞∑n=1

(a2n + b2n

)= 2

∞∑n=−∞

|cn|2 .

Proposition 4.1.35Soit f ∈ C0,α([0, L]), α ∈ ]0, 1]. Alors, pour tout x ∈ [0, L],

f(x) = Fcf(x) =a0

2+∞∑n=1

an cos(nπLx),

où

an =2

L

∫ L

0f(x) cos

(nπLx)dx.

Démonstration. On définit

f(x) =

f(x) x ∈ [0, L]f(−x) x ∈ [−L, 0],

que l’on étend par T = 2L-périodicité. Notons que f ∈ C0,α(R) et 2L-périodique. On appliqueensuite le théorème 4.1.34.

Proposition 4.1.36Soit f ∈ C0,α([0, L]), α ∈]0, 1]. Alors, pour tout x ∈ ]0, L[, alors

f(x) = Fsf(x) =∞∑n=1

bn sin(nπLx).

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 ∈ C0,α(R) et 2L-périodique. On appliqueensuite 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 C1 telle que∫ π

−πf(x)dx = 0.

Alors, ∫ π

−π

(f ′(x)

)2 dx ≥ ∫ π

−π

(f(x)

)2dx.De plus, l’égalité à lieu si et seulement si f(x) = α cos(x) + β sin(x), pour α, β ∈ R.

Remarque 4.1.38Cette inégalité est équivalente à l’inégalité isopérimétrique.


Preuve du théorème. Soit f ∈ C1 (on peut exiger moins que C1), par le théorème de la conver-gence ponctuelle,

f(x) =

∞∑n=−∞

cneinx.

Remarquons que, par hypothèse, c0 = 0. En utilisant l’inégalité de Parseval, on a que

1

2π

∫ π

−π|f(x)|2dx =

∑n6=0

|cn|2 .

Puisque f ′ ∈ C0, f ′ ∈ L2, ainsi, les coefficients de f ′ sont c′n = in · cn. En appliquant l’inégalitéde Parseval à f ′, on trouve que

1

2π

∫ π

−π

(f ′(x)

)2 dx =∑n6=0

∣∣c′n∣∣ =∑n6=0

n2 |cn|2 .

Alors,

∫ π

−π

(f ′(x)

)2 dx = 2π

∑n 6=0

n2 |cn|2 ≥ 2π

∑n6=0

|cn|2 =

∫ π

−π

(f(x)

)2dx. (4.5)

Supposons maintenant que ∫ π

−π

(f ′)2

=

∫ π

−πf2.

Comme il y a égalité dans (4.5), on a que cn = 0, pour tout |n| ≥ 2.

Corollaire 4.1.39Soient f, g ∈ C1 deux fonctions 2π-périodiques, alors∫ π

−π

((f ′)2

+(g′)2) ≥ 2

∫ π

−πfg′.

De plus, il y a égalité si et seulement si il existe r1, r2, r3 ≥ 0 des constantes telles que(f(x)− r1

)2+(g(x)− r2

)2= r2

3.

Démonstration. Inégalité Posons

r1 =1

2π

∫ π

−πf

r2 =1

2π

∫ π

−πg

u = f − r1

v = g − r2.

On remarque qu’on a alors les propriétés suivantes :

0 =

∫ 2π

0u(z)dz,

0 =

∫ 2π

0v(z)dz,

u′(z) = f ′(z),

v′(z) = g′(z).


On va montrer l’inégalité brute force, en omettant la dépendance en x. Les différentesétapes seront expliquées plus bas.∫ π

−π

[(f ′)2

+(g′)2 − 2fg′

]=

∫ π

−π

[(u′)2

+(v′)2 − 2fg′

]=

∫ π

−π

[(u′)2

+(v′)2 − 2uv′

](∗)

=

∫ π

−π

[(u′)2 − u2

]+

∫ π

−π

[(v′)2 − 2uv′ + u2

]=

∫ π

−π

[(u′)2 − u2

]+

∫ π

−π

(v′ − u

)2≥ 0 (∗∗)

On va montrer les deux étapes manquantes :(∗) Calculons : ∫ π

−πu(x)v′(x)dx =

∫ π

−π(f(x)− r1) g′(x)dx

=

∫ π

−πf(x)g′(x)dx− r1

∫ π

−πg′(x)dx

=

∫ π

−πf(x)g′(x)dx− r1

(g(π)− g(−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 cosx+ β sinx.(ii) On doit avoir v′(x) = u(x) presque partout et donc v′(x) = u(x) pour tout x ∈ [−π, π]

puisque les fonctions v′ et u sont continues. Ce qui nous donne v(x) = α sinx−β cosx+γ. Cependant, puisque l’intégrale de v sur sa période vaut 0, on doit avoir γ = 0.

Ainsi, on a :

u(x) = α cosx+ β sinx,

v(x) = α sinx− β cosx.

On a alorsu2(x) + v2(x) = α2 + β2 =: r2

3.

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 trois étapes.Etape 1 Soit γ(t) =

(u(t), v(t)

)une paramétrisation simple et régulière de Γ. On peut, sans

perte de généralité, choisir γ telle que son domaine de définition soit [−π, π] et qu’elle aie unevitesse constante c. En effet, il suffit de prendre la paramétrisation à vitesse unitaire puis delui composer une transformation affine pour changer le domaine de définition. Observons


le corrollaire 4.1.39 et essayons de relier le membre de droite à l’aire de la courbe. Par lethéorème de Green appliqué à la fonction g définie par g(x, y) = (0, x), On obtient

Aire (int (Γ)) =

∫int(Γ)

rot g ds =

∫ π

−π(0, u) · (u′, v′) dt

Aire (int (Γ)) =

∫ b

a

(uv′)dt.

Etape 2 Cherchons maintenant à relier le membre de gauche à la longueur de la courbe.∫ π

−π

( (u′)

2 +(v′)

2)

=

∫ π

−πc2 = 2πc2 =

1

2πlong (Γ) 2.

On obtient ainsi le résultat en utilisant le corollaire.Etape 3 Dans le cas de l’égalité, en appliquant le corollaire, on trouve

(u− r1) 2 + (v − r2) 2 = r32,

et donc Γ est un cercle.

4.1.11 Une fonction continue et différentiable nulle part

Théorème 4.1.41Soit α ∈ ]0, 1[ et on définit,

fα(x) =

∞∑n=0

cos (2nx)

2nα.

Alors, fα est(i) Hölder continue ;(ii) paire ;(iii) π-périodique ;(iv) différentiable nulle part.Cet exemple est dû à Weierstrass.

Remarque 4.1.42Riemann a proposé

∞∑n=1

sin(n2x

)n2

,

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

4.1.12 Divers résultats vus en séries

Proposition 4.1.43Soit k ∈ N \ 0, f : R −→ R une fonction continue T -périodique et an, bn ses coefficients deFourier.Si f ∈ Ck, 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 4.1.44Soit u une fonction et soit (un)∞n=1 ⊂ C1 une suite de fonction telle que un(x) −→ u(x). Siu′n −→ v uniformément localement (c’est-à-dire sur tout compact) et v ∈ C0, alors u ∈ C1 etu′ = v.

4.2. TRANSFORMÉES DE FOURIER* 135

4.2 Transformées de Fourier*

4.2.1 Introduction

Remarque 4.2.1Il 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) = Ff(x) commesa série de Fourier. On va effectuer le changement de variable :

α =n

T, ∆α =

1

T.

Ainsi, cn devient

cn = ∆α

∫ T2

−T2

f(x)e−2πiαxdx.

Donc, on peut écrire,

f(x) =

∞∑n=−∞

(∆α

∫ T2

−T2

f(x)e−2πiαydy

)e2πiαx.

En laissant tendre T vers l’infini, puisqu’une fonction non-périodique peut être vue comme unefonction périodique avec T =∞, on trouve que

f(x) =

∫ ∞−∞

[ ∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy︸︷︷︸f(α)

]e2πiαxdα.

On écrit,

f(α) = F (f) (α) =

∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy,

f(x) =

∫ ∞−∞

f(α)e2πiαxdα = F(f)−1

(x) = f(x).


Définition 4.2.2Soit f ∈ L1(R). La transformée de Fourier de f est définie par

f(α) = F (f) (α) =

∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy.

Remarque 4.2.3Parfois, la transformée de Fourier est définie comme suit :

f(α) =1√2π

∫ ∞−∞

f(y)e−iαydy.

Exemple 4.2.4Calculer la transformée de Fourier de la fonction suivante :

f(x) =

1 |x| < 10 |x| ≥ 1.

Vérifions que f ∈ L1 : ∫ ∞−∞|f(x)|dx = 2 <∞.


Calculons,

f(α) =

∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy

=

∫ 1

−1e−2πiαydy

=

[−e−2πiαy

2πiα

] ∣∣∣∣1−1

=1

πα

e2πiα − e−2πiα

2i

=sin(2πα)

πα.

Exemple 4.2.5Soit

f(x) = e−|x|.

Vérifions que f ∈ L1 : ∫ ∞−∞

e−|y|dy = 2

∫ ∞0

e−ydy <∞.


f(α) =

∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy

=

∫ 0

−∞ey(1−2πiα)dy +

∫ ∞0

e−y(1+2πiα)dy

=

[ey(1−2πiα)

1− 2πiα

] ∣∣∣∣∣0

−∞

+

[−e−y(1+2πiα)

1 + 2πiα

] ∣∣∣∣∣∞

0

.

Remarquons que

limy→−∞

∣∣∣ey(1−2πiα)∣∣∣ = 0,

limy→∞

∣∣∣e−y(1+2πiα)∣∣∣ = 0.

Et donc,

f(α) =1

1− 2πiα+

1

1 + 2πiα=

2

1 + 4π2α2.

En anticipant la formule d’inversion vue plus haut, on obtient que

e−|x| =

∫ ∞−∞

f(α) · e2πiαxdα

=

∫ ∞−∞

2e2πiαx

1 + 4π2α2dα

=

∫ ∞−∞

2 cos(2πiαx)

1 + 4π2α2dα+ i

∫ ∞−∞

2 sin(2πiαx)

1 + 4π2α2dα︸︷︷︸

=0 (fonction impaire)

.

4.2.3 Premiers résultats

Théorème 4.2.6Soient f, g ∈ L1(R). Alors


(i) Continuité :f ∈ C0(R;C).

(ii) lim|α|→∞∣∣f(α)

∣∣ = 0.

(iii)∥∥f∥∥

L∞≤∥∥f∥∥

L1.

(iv) Linéarité :Soient a, b ∈ R. Alors, F (af + bg) = a ·F (f) + b ·F (g).

(v) Dérivées :Si f ′ ∈ L1(R), alors F (f ′) (α) = 2πiα · F (f) (α). Plus généralement, si n ∈ N et sif ′, f ′′, . . . , f (n) ∈ L1, alors

F(f (n)

)(α) = (2πiα)n ·F (f) (α).

(vi) Dérivée de la transformée :Si h(x) = x · f(x) et si h ∈ L1(R), alors,

(F (f))′ (α) =d

dα

[f(α)

]= −2πih(α) = −2πi ·F (h) (α).

(vii) Translations :Si a ∈ R et si on définit h(x) = f(x+ a), alors

F (h) (α) = h(α) = e2πiaα ·F (f) (α).

(viii) Homothétie :Soit a > 0 et soit h(x) = f(ax). Alors,

F (h) (α) = h(α) =1

|a|· f(αa

)=

1

|a|·F (f)

(αa

).

(ix ) Produit : ∫ ∞−∞

f(x)g(x)dx =

∫ ∞−∞

f(x)g(x)dx.

Proposition 4.2.7Soit la fonction

f(x) = e−πx2.

Alors,f(α) = f(α).

Démonstration. On a f ∈ L1, car ∫ ∞−∞

e−πx2dx = 1 <∞.


f(α) =

∫ ∞−∞

e−πy2e−2πiαydy

Par la propriété (vi) du théorème 4.2.6, appliquée à h(x) = xf(x), on a que,

ddα

f(α) = −2πih(α)

ddα

f(α) =

∫ ∞−∞−2πi yf(y)︸︷︷︸

h(y)

e−2πiαydy.


De plus,f ′(x) = −2πxe−πx

2= −2πxf(x).

En combinant les deux dernières égalités, on a que

ddα

[f(α)

]= i

∫ ∞−∞

f ′(y)e−2πiαydy = i ·F(f ′).

Par la propriété (v) du théorème 4.2.6, puisque f ′ ∈ L1, on a que

d

dα

[f(α)

]i ·F

(f ′)

(α) = −2πα · f(α). (4.6)

Si on pose g(α) = eπα2f(α), on peut calculer

g′(α) = 2παeπα2f(α) + eπα

2 d

dα

[f(α)

]4.6= 0.

Ainsi, on a que g est constante, donc

g(0) = f(0) =

∫ ∞−∞

e−πy2dy = 1.

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

(f ∗ g)(x) :=

∫ ∞−∞

f(x− t)g(t)dt.

On a alors les propriétés suivantes :

f ∗ g = g ∗ f‖f ∗ g‖L1 ≤ ‖f‖L1 · ‖g‖L1

f ∗ g = F (f ∗ g) = F (f) ·F (g) = f · g.

Démonstration. Etape 1 Commutativité : facile, fait en série.Etape 2 Le théorème de Fubini, nous permet de dire que∫ ∞

−∞

∫ ∞−∞|f(x− t) · g(t)|dtdx = ‖f‖L1 · ‖g‖L1 .

En effet, ∫ ∞−∞|f(x− t)|dx =

∫ ∞−∞|f(y)|dy = ‖f‖L1 .

Ainsi, ∫ ∞−∞

∫ ∞−∞|f(x− t)||g(t)|dtdx =

∫ ∞−∞|g(t)|dt

∫ ∞−∞|f(x− t)|dx

= ‖f‖L1

∫ ∞−∞|g(t)|dt

= ‖f‖L1 · ‖g‖L1 .

On déduit donc que pour presque tous les x,∫ ∞−∞|f(x− t) · g(t)|dt <∞


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

‖f ∗ g‖L1 =

∫ ∞−∞|(f ∗ g)(x)|dx

=

∫ ∞−∞

∣∣∣∣∫ ∞−∞

f(x− t)g(t)dt∣∣∣∣ dx

≤∫ ∞−∞

∫ ∞−∞|f(x− t) · g(t)|dtdx

= ‖f‖L1 · ‖g‖L1 .

Etape 3

F (f ∗ g) (α) =

∫ ∞−∞

(f ∗ g)(x)e−2πiαxdx

=

∫ ∞−∞

(∫ ∞−∞

f(x− t)g(t)dt)e−2πiαxdx

=

∫ ∞−∞

(∫ ∞−∞

f(x− t) · e−2πiα(x−t) · g(t) · e−2πixtdt)dx

=

∫ ∞−∞

g(t) · e−2πiαtdt∫ ∞−∞

f(x− t)e−2πiα(x−t)dx

= g(α) · f(α).

4.2.4 Formule d’inversion et identité de Plancherel

Théorème 4.2.9Soit f ∈ L1(R). Si

∣∣f ∣∣ ∈ L1(R), alors

f(x) =

∫ ∞−∞

f(α)e2πiαxdα,

pour presque tous les x ∈ R.

Remarque 4.2.10Par le même argument que celui du théorème 4.2.6 (i), on trouve que le membre de droite estcontinu. Et par conséquent, quitte à redéfinir la fonction f sur un ensemble de mesure nulle, fest continue.

Preuve du théorème. Etape 1 Soit ε > 0 et on définit

kε(x) = e−πε2x2.

On peut alors remarquer que

0 ≤ kε(x) ≤ 1;

limε→0

kε(x) = 1; (4.7)

kε(α) =1

εe−π

α2

ε2 ; (4.8)∫ ∞−∞

kε(α)dα = 1.


Etape 2 On définit l’opérateur suivant :

Gε(f)(x) :=

∫ ∞−∞

f(α)kε(α)e2πiαxdα.

Comme∣∣f ∣∣ ∈ L1,

limε→0

Gε (f) (x)(4.7)=

∫ ∞−∞

f(α)e2πiαxdα, (4.9)

où l’on a utilisé le théorème de la convergence dominée.Appelons,

h(y) := kε(y) · e2πixy.

Ainsi,

h(α) =

∫ ∞−∞

h(y) · e2πiyαdy

=

∫ ∞−∞

kε(y) · e2πiy(x−α)dy

= kε(α− x).

Par conséquent,

Gε(f)(x) =

∫ ∞−∞

f(α)kε(α)e2πiαxdα

=

∫ ∞−∞

f(α)h(α)dα

4.2.6=

∫ ∞−∞

f(α)h(α)dα

=

∫ ∞−∞

f(α)kε(α− x)dα

=

∫ ∞−∞

f(x+ α)kε(α)dα.

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

Gε(f)(x)− f(x) =

∫ ∞−∞

f(x+ α)kε(α)dα− f(x)

∫ ∞−∞

kε(α)dα︸︷︷︸1

=

∫ ∞−∞

[f(x+ α)− f(x)

]kε(α)dα.

En intégrant en x,∫ ∞−∞|Gε(f)(x)− f(x)| dx ≤

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞|f(x+ α)− f(x)| kε(α)dαdx = Rε

On aimerait montrer que Rε −→ 0, quand ε tend vers zéro.

Rε =

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞|f(x+ α)− f(x)| kε(α)dαdx

=

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞|f(x+ εβ)− f(x)| e−πβ2

dβdx, β =α

ε.


Remarquons maintenant que, par l’exercice 3 de la série 21,

limε→0

∫ ∞−∞|f(x+ εβ)− f(x)| dx = 0.

De plus,

0 ≤∫ ∞−∞|f(x+ εβ)− f(x)| dx

≤∫ ∞−∞|f(x+ εβ)|dx+

∫ ∞−∞|f(x)|dx

= 2 · ‖f‖L1 .

ConclusionPar le théorème de la convergence dominée,

limε→0

Rε = 0 ⇔ limε→0

∫ ∞−∞|Gε(f)(x)− f(x)| dx = 0

⇔ Gε(f)− f −→ 0 dans L1(R),

ce qui implique que, à l’extraction d’une sous-suite près, (théorème 3.3.41, page 112),

limεν→0

Gεν (f)(x) −→ f(x) p.p. (4.10)

En comparant (4.9) et (4.10), on a que pour presque tous les x ∈ R,

f(x) =

∫ ∞−∞

f(α)e2πiαxdα.

Théorème 4.2.11 (Identité de Plancherel)Soit f ∈ L1(R), |f | ∈ L2(R), alors f ∈ L2(R) et de plus∫ ∞

−∞f2(x)dx =

∫ ∞−∞

∣∣f(x)∣∣2dx.

Démonstration. On définit,f_(x) = f(−x).

On a donc que f_ ∈ L1(R). Calculons,

f_(α) =

∫ ∞−∞

f_(x)e−2πiαxdx

=

∫ ∞−∞

f(y)e2πiαydy

=

∫ ∞−∞

f(y)e−2πiαydy

= f(α).

Si g = f ∗ f_, alors

g = f ∗ f_4.2.8= f · f =

∣∣f ∣∣2.Puisque g ∈ L1 et que

∣∣f ∣∣ ∈ L2, on a que∣∣g∣∣ =

∣∣f ∣∣2 ∈ L1. Appliquons maintenant le théorèmeprécédent à g :

g(x) =

∫ ∞−∞

g(α)e2πiαxdα.


Par la remarque du théorème précédent, quitte à redéfinir g sur un ensemble de mesure nulle, gest continue. Calculons, ∫ ∞

−∞|f(x)|2 dx =

∫ ∞−∞

f(x)f_(0− x)dx

=(f ∗ f_

)(0) = g(0)

=

∫ ∞−∞

g(α)dα

=

∫ ∞−∞

∣∣f(α)∣∣2dα.

4.3 Applications aux équations aux dérivées partielles

4.3.1 Introduction

Equation de Laplace

Soit u = u(x), x ∈ Rn. L’équation de Laplace est

∆u(x) =n∑i=1

∂2u

∂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

∂2u

∂t2−

n∑i=1

∂2u

∂x2i

= 0,

qui appartient à la classe des équations hyperboliques.

Remarque 4.3.1Le 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

∂u

∂t−

n∑i=1

∂2u

∂x2i

= 0,

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

∂t= c2∂

2u

∂x2, x ∈]0, L[, t > 0,

4.3. APPLICATIONS AUX ÉQUATIONS AUX DÉRIVÉES PARTIELLES 143

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 = c2 ∂2u

∂x2 , x ∈ ]0, L[, t > 0,

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L].(4.11)

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

Etape 1 (séparation des variables)

On regarde le problème suivant :[∂u∂t = c2 ∂2u

∂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. Ons’intéresse maintenant à savoir s’il existe des solutions non-triviales du problème. On va chercherdes solutions de la forme

u(x, t) = v(x) · w(t).

Les équations deviennent

∂u

∂t= v(x)w′(t)

∂2u

∂x2= v′′(x)w(t).

Les conditions aux limites impliquent que v(0) = v(L) = 0. En injectant ce que l’on vient detrouver dans l’équation, on trouve

∂u

∂t= v(x)w′(t) = c2∂

2u

∂x2= c2 · v′′(x)w(t)

v(x)w′(t)

c2v(x)w(t)=

c2 · v′′(x)w(t)

c2v(x)w(t)

v′′(x)

v(x)= −λ =

w′(t)

c2w(t),

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

(4.13)

[w′(t) + λc2w(t) = 0. (4.14)

– Si λ < 0, le système (4.13) ne possède pas de solution non-triviale. En effet, si celui-cipossède 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′′(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′′+µ2 · v = 0 sontde 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, pourn ∈ N, et donc µ = nπ

L .RésuméLe problème (4.13) a des solutions non-triviales si et seulement si µ = nπ

L , c’est-à-dire si etseulement si λ =

(nπL

)2 (remarquons que λ est alors une valeur propre du système).Dans ce cas, les solutions sont

vn(x) = βn sin(nπLx).

On veut ensuite résoudre le système (4.14) pour λ =(nπL

)2. On a donc

w′(t) = −(nπLc)2w(t),

qui a comme solution

w(t) = exp

(−(nπLc)2t

).

Résumé

∀n ∈ N, un(x, t) = βn sin(nπLx)e−(nπL c)

2t.

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) =∞∑n=1

un(x, t) =∞∑n=1

βn sin(nπLx)e−(nπL c)

2t

est solution générale du problème (4.12).

RemarqueOn peut montrer facilement que toute somme finie de solution est solution. En revanche, lepassage 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) =∞∑n=1

βn sin(nπLx).

Alors, par Fourier, on sait que l’on doit choisir

βn =2

L

∫ L

0f(y) sin

(nπLy)dy.

Avant la dernière étape, faisons un petit exemple.


Exemple 4.3.3On aimerait résoudre (4.11) avec f(x) = 2 sin

(πLx)− sin

(3πL x). On a vu que la solution s’écrit

u(x, t) =∞∑n=1

βn sin(nπLx)· exp

(−(nπLc)2t

),

et on a β1 = 2, β3 = −1, βi = 0 sinon. Et donc la solution est :

u(x, t) = 2 · sin(πLx)

exp

(−(πLc)2t

)− sin

(3π

Lx

)· exp

(−(

3π

Lc

)2

t

).

Etape 4 (vérification)

Il reste encore à trouver des hypothèses sur f qui garantissent que la solution trouvée soitune 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 tendvers l’infini.

(ii) Il reste à voir quand u(x, t)t→0−→ f(x). Aux exercices, on montrera que si f ∈ C4, alors

le résultat est vrai. Cependant, il suffit que la fonction soit Hölder continue, mais c’estbeaucoup plus dur à montrer.

Remarque 4.3.4La 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∣∣f ∣∣ ∈ L1(R). On aimerait trouver u = u(x, t), x ∈ R, t > 0, qui

satisfait [∂u∂t = c2 ∂2u

∂x2 , x ∈ R, t > 0u(x, 0) = f(x), x ∈ R.

(4.15)

On va traiter en parallèle le cas f(x) = e−πx2 .

Etape 1 (transformée de Fourier en x)

On pose, pour t fixé,

v(α, t) = Fx (u) (α, t) =

∫ ∞−∞

u(x, t)e−2πiαxdx.

On fait ensuite

∂v

∂t(α, t) =

∫ ∞−∞

∂u

∂t(x, t)e−2πiαxdx = F

(∂

∂tu

)(α, t).

Mais,

F

(c2∂

2u

∂x2

)= c2F

(∂2u

∂x2

)= c2 (2πiα)2 F (u) (α, t)

= −4π2c2α2 · v(α, t).

En utilisant la condition initiale,

u(x, 0) = f(x)⇒ F (u) (α, 0) = v(α, 0) = f(α) =

∫ ∞−∞

f(x)e−2πiαxdx.


RésuméLe problème 4.15 est devenu[ ∂v

∂t (α, t) = −4π2c2α2v(α, t), t > 0

v(α, 0) = f(α).(4.16)

En fixant α, on a

v(α, t) = f(α)e−4π2c2α2t,

qui est la transformée de Fourier en x de u à t fixé.

Etape 2 (inversion)

On trouve, finalement,

u(x, t) =

∫ ∞−∞

v(α, t)e2πiαxdα

=

∫ ∞−∞

f(α)e−4πc2α2t+2πiαxdα.

FormellementLa solution de notre exemple est

u(x, t) =1√

1 + 4π2c2te− πx2

1+4πc2t .

Etape 3 (vérification)

(i) Sous les hypothèses f ∈ L1 et∣∣f ∣∣ ∈ L1, on voit facilement que u ∈ C∞ (R×]0,∞[).

(ii) Il reste à voir que u(x, t)t→0−→ 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 poseΩ = ]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[

u(0, y) = γ(y) ∀y ∈]0,M [

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’unicitéde 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 Ωv(x, 0) = v(x,M) = 0v(0, y) = γ(y), v(L, y) = δ(y),

(4.18)

et ∆w = 0 dans Ωw(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 seule-ment le problème 4.19.


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 ′′(x)g(y) + f(x)g′′(y) = 0,

que l’on divise

0 =f ′′(x)g(y) + f(x)g′′(y)

f(x) · g(x)

⇔ f ′′(x)

f(x)= −λ = −g

′′(y)

g(y),

où l’on suppose que λ est une constante, pour avoir des différentielles en deux variables différenteségales.On aimerait

w(0, y) = f(0) · g(y) = 0, ∀yw(L, y) = f(L) · g(y) = 0, ∀y,

et doncf(0) = f(L) = 0.

Les systèmes deviennent alors [f ′′(y) + λ · f(x) = 0f(0) = f(L) = 0.

(4.20)

[g′′(y)− λg(y) = 0 (4.21)

On observe que le système (4.20) a des solutions non-triviales si et seulement si λ =(nπL

)2, n ∈ Net, dans ce cas, fn(x) = sin

(nπL 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 dela forme

gn(y) = an cosh(nπLy)

+ bn sinh(nπLy).

En remarquant qu’une somme finie de solutions est encore une solution, on va abuser un peu etmettre une somme infinie :

w(x, y) =∞∑n=1

(an cosh

(nπLy)

+ bn sinh(nπLy))

sin(nπLx). (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[α(x) = w(x, 0) =

∑∞n=1 an sin

(nπL x)

β(x) = w(x,M) =∑∞

n=1

(an cosh

(nπL M

)+ bn sinh

(nπL M

))sin(nπL x).

On trouve que,

an =2

L

∫ L

0α(z) · sin

(nπLx)dz.

Si

cn =2

L

∫ L

0β(z) · sin

(nπLz)dz,

alorsbn sinh

(nπLM)

= cn − an cosh(nπLM).

Cas particulier

Etudions le cas particulier suivant :

γ = δ = 0, α(x) = 4 sin(πLx), β(x) = − sin

(2π

Lx

).

On a,

a1 = 4

an = 0, ∀n 6= 1

c1 = 0

c2 = −1

cn = 0, ∀n ≥ 3

b1 = −a1cosh

(πLM

)sinh

(πLM

)b2 =

c2

sinh(

2πLM

)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). Lasolution générale est alors

w(x, y) =∞∑n=1

an

[cosh(ny)− cosh(nπ)

sinh(nπ)sinh(ny)

]sinh(nx)

=∞∑n=1

ansinh(nπ)

[cosh(ny) · sinh(nπ)− cosh(nπ) · sinh(ny)] sinh(nx)

=

∞∑n=1

ansinh(nπ)

sinh (n(π − y)) .


Si 0 < y ≤ π, sous des hypothèses très faibles sur α, par exemple si α ∈ L1, on trouve unefonction w ∈ C∞ (]0, π[× ]0, π[).La seule question difficile est de montrer que w(x, y)

y→0−→ α(x). Si α est Hölder continue, oumême continue, c’est vrai. Aux exercices, on supposera que α ∈ C3.

4.3.5 Equation de Laplace dans un disque

Le problème est de trouver une fonction u = u(x, y), où x2 + y2 < R2, telle que[∆u(x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ Ωu(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 θy = 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 problèmedevient

∂2v∂r2 + 1

r∂v∂r + 1

r2∂2v∂θ2 = 0, 0 < r < R, θ ∈]0, 2π[

v(R, θ) = u(R cos θ,R sin θ) = ϕ(R cos θ,R sin θ) = ψ(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, 0) = v(r, 2π), 0 < r < R∂v∂θ (r, 0) = ∂v

∂θ (r, 2π).

(4.24)

Remarque :Les deux dernières conditions servent à assurer la périodicité de la solution. Ces deux seulesconditions permettent d’assurer aussi la périodicité de la dérivée partielle par rapport à r etpour les dérivées secondes. En ce qui concerne la périodicité de la deuxième dérivée par rapportà 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

2cos(2θ) +

R2

2+R sin θ.

Maintenant qu’on a les coordonnées polaires, on peut séparer les variable (cela aurait été unemauvaise idée de le faire avant).


On va trouver une solution générale de∂2v∂r2 + 1

r∂v∂r + 1

r2∂2v∂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).

(4.25)

de la forme v(r, θ) = f(r)g(θ). L’équation devient donc

f ′′(r)g(θ) +1

rf ′(r)g(θ) +

1

r2f(r)g′′(θ) = 0,


qui se transforme en

r2

(f ′′(r) + 1

rf′(r)

f(r)

)= λ = −g

′′(θ)

g(θ),

qui est équivalent aux systèmes suivants :[g′′(θ) + λg(θ) = 0g(0) = g(2π), g′(0) = g′(2π),

(4.26)

et [r2f ′′(r) + rf ′(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

fn(r) =

γ0 + δ0 log r n = 0γnr

n n 6= 0, n ∈ Z.

Ainsi, on peut écrire la solution générale

v(r, θ) = α0(γ0 + δ0 log r) +∑n6=0n∈Z

γn (αn cos(nθ) + βn sin(nθ)) rn.

En modifiant les constantes, on obtient que

v(r, θ) =a0

2+ b0 log r +

∞∑n=1

[(an cos(nθ) + bn sin(nθ)

)rn]

+

∞∑n=1

[(a−n cos(nθ) + b−n sin(nθ)

)r−n

(].

Comme on cherche une solution dans le disque centré en l’origine, on doit écarter toute lessolutions singulières. Ainsi, la solution devient

v(r, θ) =a0

2+

∞∑n=1

[(an cos(nθ) + bn sin(nθ)

)rn]. (4.28)

Remarquons que si l’on devait résoudre l’équation dans un anneau, privé de l’origine, on auraitpu 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

2+

∞∑n=1

(anRn cos(nθ) + bnR

n sin(nθ)) .

Ainsi, on aimerait que

anRn =

1

π

∫ 2π

0ψ(θ) cos(nθ)dθ, bnR

n =1

π

∫ 2π

0ψ(θ) sin(nθ)dθ.


Dans notre cas particulier, ψ(θ) = R2

2 + R2

2 cos(2θ) +R sin(θ), on trouve que

a0 = R2, a1 = 0, a2 =1

2, an = 0 ∀n ≥ 3

b1 = 1, bn = 0 ∀n ≥ 2.

Ainsi, la solution générale devient

v(r, θ) =R2

2+

1

2cos(2θ)r2 + r sin(θ)

=R2

2+r2

2cos2(θ)− r2

2sin2(θ) + r sin(θ),

ce qui implique

u(x, y) =R2

2+x2 − y2

2+ y.

4.3.6 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) ∈ Ωu(x, y) = ϕ(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω.

(4.29)

On traitera en parallèle le cas particulier où Ω = (x, y) ∈ R2 : x > 1 et où ϕ(1, y) = 21+y2 .

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 quienvoie (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 transformationde Möbius donnée par f(z) = 2

z − 1 et f−1(w) = 2w+1 . On peut réécrire ces fonctions

f(x, y) =2(x− iy)

x2 + y2− 1

=2x

x2 + y2+ i

−2y

x2 + y2

f−1(w) = f−1(α+ iβ)

=2(1 + α)

(1 + α)2 + β2+ i

−2β

(1 + α)2 + β2.

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[∆v = ∂2v

∂α2 + ∂2v∂β2 = 0, α2 + β2 < 1

v(α, β) = ψ(α, β), α2 + β2 = 1,(4.30)

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) ∈ Ωu(x, y) = ψ, (x, y) ∈ ∂Ω,

qui est u = v f .Dans notre cas particulier, on trouve que u(x, y) = 2x

x2+y2 .

Vérification (cas général)

(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, [∆v = 0f satisfait C.R. ⇒ si u = v f, ∆u = 0.

4.3.7 Equation des ondes

Soit u = u(t, x), on cherche à résoudre utt = c2 · uxx, t > 0, x ∈ Ru(0, x) = f(x), x ∈ R∂u∂t (0, x) = g(x), x ∈ R,

où c ∈ R.

Solution de D’Alembert

D’Alember propose la solution suivante

u(t, x) =1

2[f(x+ ct) + f(x− ct)] +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s)ds.

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 t > 0, x ∈ ]0, L[u(t, 0) = u(t, L) = 0 t > 0u(0, x) = α(x) x ∈ [0, L]ut(0, x) = β(x) x ∈ [0, L].

Remarquons que l’on doit avoir α(0) = α(L) = 0 et β(0) = β(L) = 0.



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 ′′(x)

f(x)= −λ =

g′′(t)

c2 · g(t),

qui se traduit en deux problèmes [f ′′(x) + λf(x) = 0f(0) = f(L) = 0,

(4.32)

et [g′′(t) + λc2 · g(t) = 0 (4.33)

On cherche des solutions non-triviales du problème (4.32) et on trouve que λ =(nπL

)2, n ∈ N

et quefn(x) = sin

(nπLx).

En remettant ces données dans le problème (4.33), on trouve que

gn(t) = an cos(nπcLt)

+ bn sin(nπcLt).

En combinant tout cela, on trouve :

u(t, x) =∞∑n=1

sin(nπcLx) [an cos

(nπcLt)

+ bn sin(nπLt)].

Remarquons que, contrairement aux autres problèmes, sur l’intérieur du domaine, on n’a pas unterme 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)?=∞∑n=1

an sin(nπLx),

et donc

an =2

L

∫ L

0α(y) sin

(nπLy)dy.

Pour trouver les bn, on fait :

β(x) =∂

∂tu(t, x)

∣∣∣t=0

=∞∑n=1

nπc

Lbn sin

(nπLx),

et doncnπc

Lbn =

2

L

∫ L

0β(y) sin

(nπLy)dy.

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′(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

x′(t) = g(t, x(t)

), g : ]a, b[×Rn −→ Rn ce qui est équivalent au système x′i(t) = gi

(t, x(t)

).

Remarque 5.1.1L’équation (i) est un cas particulier du système (ii). En effet, en posant xi = y(i−1) et

g(t, x(t)

)=

x2(t)x3(t)...

xn(t)f(t, x(t)

)

on trouve que le système x′(t) = g

(t, x(t)

)est équivalent au système (i).

Exemple 5.1.2 (Oscillateur harmonique)Soit ω ∈ R. On cherche à résoudre y′′ + ω2 · y = 0. La solution, qui s’écrit en termes de sinus etde 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′′ + ω2 · sin y = 0, qui estnon-linéaire.

Exemple 5.1.4 (Loi de Newton)Soit x : ]a, b[−→ R3. On cherche à résoudre x′′(t) = 1

m · F(x(t)

). Comme cas particulier, on a la

loi de Kepler, où F (x) = x|x|3 .

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 :

p′i =∂

∂qiH(t, p(t), q(t)

),

q′i = − ∂

∂piH(t, p(t), q(t)

).

154

5.2. TRANSFORMÉE DE LAPLACE 155

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. Oncherche à résoudre :

x′ = a(y − x)

y′ = bx− y − xzz′ = xy − cz.

Ces trois équations sont celles d’un système simplifié de météorologie. Selon les valeurs des troisconstantes, 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′′ +[γ − (α+ β + 1) · t

]y′ − αβy = 0.

Exemple 5.1.8 (Equation de Bessel)Soit n ∈ C,

t2y′′ + ty′ +(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 fonc-

tion x : ]a, b[−→ Rn, t 7→ x(t), telle que[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 telleque [

y′′(t) = f(t, y(t), y′(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 tousles x < 0) et γ0 ∈ R tels que ∫ ∞

0|f(t)|e−γ0·tdt <∞.

Dans ce cas, γ est appelée l’abscisse de de convergence de f . La transformée de Laplace de f estdéfinie par

L(f)(z) = F (z) =

∫ ∞0

f(t)e−tzdt, ∀z ∈ O,

où O = z ∈ C : Re (z) > γ0.

Proposition 5.2.2Soient 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

F ′(z) = −∫ ∞

0t · f(t)e−tzdt = L(h)(z), ∀z ∈ O,

où h(t) = t · f(t).

156 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 ∈ C1(R+) et∫∞

0 |f′(t)|e−γ0·tdt < ∞,

alorslimN→∞

f(N)e−γ0N = 0.

Dérivées Soit n ∈ N. Si f ∈ Cn(R+) et∫∞

0

∣∣f (k)(t)∣∣ e−γ0tdt <∞ pour k = 0, 1, . . . , n, alors

L(f (n)

)(z) = znL(f)(z)−

n−1∑k=0

zkf (n−k−1)(0), ∀z ∈ O.

Intégration Si f ∈ C(R) et

ϕ(t) =

∫ t

0f(s)ds,

alorsL(ϕ)(z) =

L(f)(z)

z, ∀z ∈ O.

Décalage Si a > 0, b ∈ R etϕ(t) = e−btf(at),

alorsL(ϕ)(z) =

1

aL(f)

(z + b

a

), ∀z tel que Re

(z + b

a

)≥ γ0.

Convolution On aL(f ∗ g)(z) = L(f)(z) · L(g)(z), z ∈ O.

Démonstration. Démonstration aux exercices.

5.3 Problème de Cauchy*

5.3.1 Théorème de Picard

Définition 5.3.1Soit f : Ω ⊂ Rn −→ RN .(i) On dit que f est lipschitzienne sur Ω s’il existe une constante γ > 0 telle que

‖f(x)− f(y)‖ ≤ γ ‖x− y‖ , ∀x, y ∈ Ω.

(ii) On dit que f est localement lipschitzienne sur Ω, si pour tout O ⊂ Ω un ouvert tel queO ⊂ Ω et O compact, il existe γ = γ(O) telle que

‖f(x)− f(y)‖ ≤ γ ‖x− y‖ , ∀x, y ∈ O.

Exemple 5.3.2Prenons Ω = R.(i) f(x) = x2 est localement lipschitzienne mais pas globalement.

(ii) f(x) = sinx est globalement lipschitzienne (on prend γ = 1).

(iii) f(x) =√|x| n’est pas localement lipschitzienne, mais est C0,1/2.

Proposition 5.3.3Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et f : Ω −→ RN . Alors,

5.3. PROBLÈME DE CAUCHY* 157

(i) Si f est localement lipschitzienne sur Ω, elle est continue sur Ω.(ii) Si f ∈ C1, 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) > 0telle que

‖f(t, x)− f(t, y)‖ ≤ γ ‖x− y‖ , ∀t ∈ J, ∀x, y ∈ O.

Alors,Existence Il existe I0 ⊂ I un intervalle fermé avec t0 ∈ int (I0) et x ∈ C1(I0; Ω) qui est une

solution de [x′(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 fonctionde classe C1 solution de [

y′(t) = f(t, y(t)

), ∀t ∈ J

y(t0) = x0.

Alors x = y sur I0 ∩ J .

Remarque 5.3.5L’existence est encore vraie si f est seulement continue (théorème de Cauchy-Peano). Le fait quef soit localement lipschitzienne est nécessaire pour l’unicité.

Remarque 5.3.6Sous 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[x′(t) =

(x(t)

)2x(0) = 1.

L’unique solution est donnée par

x(t) =1

1− t,

et donc la solution existe uniquement sur ]−∞, 1[ mais pas sur R.(ii) Non-unicité si f n’est pas localement lipschitzienne

On cherche à résoudre [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

x′(t) = f(t, x(t)

),

on trouve, en intégrant :

x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(τ, x(τ)

)dτ.


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 continueest C1, 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 appli-cation définie de la manière suivante

Tx(t) = x0 +

∫ t

t0

f(τ, x(τ)

)dτ.

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 etBr(x0) ⊂ Ω. On définit alors M = M(r) > 0 de la manière suivante :

M = sup‖f(t, x)‖ : t ∈ [t0 − r, t0 + r], x ∈ Br(x0)

.

Par hypothèse, il existe γ = γ(r) une constante telle que

‖f(t, x)− f(t, y)‖ ≤ γ ‖x− y‖ , ∀t ∈ [t0 − r, t0 + r], x, y ∈ Br(x0).

Soit alors,

δ = min

r,r

M,

1

2γ

.

Dans ce cas, I0 = [t0 − δ, t0 + δ] et t0 ∈ int (I0). Soit maintenant,

X = x ∈ C (I0;Rn) : ‖x(t)− x0‖ ≤ r, ∀t ∈ I0

= C(I0;Br(x0)

).

On va montrer que les choses sont telles que

(i) T : X −→ X,

(ii) ‖Tx− Ty‖ ≤ 12 ‖x− y‖ , ∀x, y ∈ X,

avec la norme ‖x‖X = sup|x(t)| : t ∈ I0.Etape 3 Montrons les points (i) et (ii).

Soient x ∈ X, y = Tx et calculons

‖y(t)− x0‖ =

∥∥∥∥∫ t

t0

f(τ, x(τ)

)dτ∥∥∥∥ .

Puisque t ∈ I0, pour tout τ ∈ [t0, t] on a que∥∥f(τ, x(τ)

)∥∥ ≤ M , puisque |t − t0| ≤ δ etx ∈ X. Ainsi,

‖y(t)− x0‖ ≤M∣∣∣∣∫ t

t0

dτ∣∣∣∣ ≤Mδ ≤ r.

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 esti-mer :

|Tx(t)− Ty(t)| =

∣∣∣∣∫ t

t0

[f(τ, x(τ)

)− f

(τ, y(τ)

)]dτ∣∣∣∣

≤∫ t

t0

∣∣f(τ, x(τ))− f

(τ, y(τ)

)∣∣ dτ≤

∫ t

t0

γ |x(τ)− y(τ)| dτ.


Ainsi, on a que

‖Tx− Ty‖ = supt∈I0|Tx(t)− Ty(t)|

≤ γ · supt∈I0

∣∣∣∣∫ t

t0

|x(τ)− y(τ)| dτ∣∣∣∣

≤ γ · supt∈I0

∣∣∣∣∫ t

t0

supτ∈I0|x(τ)− y(τ)| dτ

∣∣∣∣≤ γ · ‖x− y‖ sup

t∈I0|t− t0|

≤ γ · δ · ‖x− y‖

≤ 1

2‖x− y‖ .

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

0 ≤ u(t) ≤ a+ b

∣∣∣∣∫ t

t0

u(τ)dτ∣∣∣∣ , ∀t ∈ I.

Alors,0 ≤ u(t) ≤ a · eb|t−t0|, ∀t ∈ I.

Démonstration. Etape 1 Supposons que a > 0. Posons

v(t) = a+ b

∣∣∣∣∫ t

t0

u(τ)dτ∣∣∣∣ .

On a que v ∈ C1 sauf en t = t0 :

v′(t) =

b · u(t) t > t0−b · u(t) t < t0

De plus,0 ≤ u(t) ≤ v(t), ∀t ∈ I.

Et0 < v(t0) = a ≤ v(t), ∀t ∈ I.

Distinguons trois cas :t > t0 Observer qu’alors,

0 ≤ v′(t)

v(t)=b · u(t)

v(t)≤ b,

que l’on intègre : ∫ t

t0

d

dτ[log(v(τ)

)]≤ b(t− t0),

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.


Etape 2 Supposons que a = 0. On choisit une suite (an) ⊂ R∗+ telle que an converge vers a.Ainsi,

0 ≤ u(t) ≤ a+ b

∣∣∣∣∫ t

t0

u(τ)dτ∣∣∣∣

≤ an + b

∣∣∣∣∫ t

t0

u(τ)dτ∣∣∣∣ .

On applique ensuite l’étape 1 aux an, ce qui nous donne

0 ≤ u(t) ≤ an · eb|t−t0| −→ 0.

Théorème 5.3.8Soit I = ]α, β[, Ω ⊂ Rn un domaine et f ∈ C(I × Ω;Rn) une fonction telle que x 7→ f(t, x) soitlipschitzienne pour tout t. Soient y = y(t) et z = z(t) deux solutions de

x′(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 x′ = f(t, x),on a que

y(t)− z(t) = y(t0)− z(t0) +

∫ t

t0

[f(τ, y(τ)

)− f

(τ, z(τ)

)]dτ.

Ceci implique que

0 ≤ u(t) ≤ |y(t0)− z(t0)|+∣∣∣∣∫ t

t0

∣∣f(τ, y(τ))− f

(τ, z(τ)

)∣∣ dτ ∣∣∣∣≤ a+ b

∣∣∣∣∫ t

t0

u(τ)dτ∣∣∣∣ .

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

x′(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.


Proposition 5.3.10Si la fonction, x 7→ f(t, x) est localement lipschitzienne pour tout t, alors toute solution del’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) ainsiqu’une unique solution x telle que x′(t) = f

(t, x(t)

)et x(t0) = x0.

Soit

J =J = ]t0 − δ, t0 + ε[ : δ, ε > 0, J ⊂ I,

tel que ∃x = xJ

tel que x′J(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 solutionmaximale 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 . Onpose alors, xJ0(t) = xJ(t) et, par la remarque précédente, la fonction xJ0 est bien définie.

Remarque 5.3.11Le résultat reste vrai si la fonction x n’est pas lipschitzienne mais juste continue.

Théorème 5.3.12Soit (t0, x0) ∈ I × Ω, x ∈ C1(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 toutt ∈ ]t0, b[. On va montrer que cela contredit la maximalité de J .Comme b < β et que K est compact, alors il existe une constanteM telle que |f(t, x)| ≤Mpour tout (t, x) ∈ [t0, b]×K.

Etape 2 Soient t1, t2 ∈ [t0, b[,

|x(t2)− x(t1)| =

∣∣∣∣∫ t2

t1

x′(t)dt∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∫ t2

t1

f(t, x(t)

)dt∣∣∣∣

≤∣∣∣∣∫ t2

t1

Mdt

∣∣∣∣ = M |t2 − t1| ,

ce qui implique que x est uniformément continue sur [t0, b[, donc limt→b x(t) est bien définieet on la note x(b). Montrons qu’en fait x ∈ C1([t0, b]; Ω) et en particulier x′(b) = f

(b, x(b)

),

ce qui sera en contradiction avec la maximalité supposée de l’intervalle.En effet, pour t < b, on a x′(t) = f

(t, x(t)

). Lorsque t va tendre vers b, on aura

x′(t) = f(b, x(b)

)=: x′(b).

Le théorème de Picard nous permet de trouver une solution à l’équation x′(t) = f(t, x(t)

)dans un voisinage de b avec b jouant le rôle de t0. Cette solution prolonge la solutionprécédente, ce qui est en contradiction avec sa maximalité supposée.


Corollaire 5.3.13Soit Ω = Rn, f ∈ C telle que (t, x) 7→ f(t, x) et localement lipschitzienne en x pour tout t (laconstante de Lipschitz dépend des compacts choisis pour chacune des deux variables). Soient deplus g, h ∈ C0(I;R+) telles que

|f(t, x)| ≤ g(t) |x|+ h(t), t ∈ I, x ∈ Rn.

Alors, il existe une et une seule solution x ∈ C1(I;Rn) de l’équation habituelle. De plus, elle estglobale.

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 supposede plus que les fonctions aij et bi sont continues sur I. En prenant g(t) = max1≤i,j≤n |aij(t)| eth(t) = max1≤i≤n |bi(t)|, f satisfait les hypothèses du corollaire.

Exemple 5.3.15 (Pendule non linéaire)On a l’équation y′′ + sin y = 0. On pose x1 = y et x2 = y′ afin de transformer l’équation en unsystème que l’on connait bien et que l’on adore. On a donc f(t, x) = (x2,− sinx1), qui satisfaitles hypothèses du corollaire (du corollaire).

Preuve du corollaire. Soit x ∈ C1 (]t−, t+[;Rn) une solution maximale de l’équation habituelleet t0 ∈ ]t−, t+[. Par l’absurde, supposons que ]t−, t+[ 6= ]α, β[, ce qui implique que t− 6= α out+ 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

x(t)− x(t0) = x(t)− x0 =

∫ t

t0

x′(s)ds, ∀t ∈ [t0, t+[.

Ainsi, on obtient que,

|x(t)| ≤ |x0|+∫ t

t0

|x′(s)|dx

≤ |x0|+∫ t

t0

|f(s, x(s))|ds

≤ |x0|∫ t

t0

[g(s) · |x(s)|+ h(s)

]dx.

Ce qui implique que

|x(t)| ≤(|x0|+ q|t+ − t0|

)+ p

∫ t

t0

|x(s)|ds,

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.


5.3.4 Les systèmes linéaires à coefficients constants

On cherche à résoudre

x′(t) = f(t, x(t)

)= A · x(t), A ∈ Rn×n.

Définition 5.3.16Soit ‖·‖ une norme quelconque sur Rn (par exemple la norme euclidienne) et A ∈ Rn×n. Unenorme sympathique pour les matrices est

‖A‖ = supx 6=0

‖Ax‖‖x‖

= max‖x‖=1

‖Ax‖

.

Proposition 5.3.17Soient A,B ∈ Rn×n, n ∈ N. Alors :

(i) ‖A+B‖ ≤ ‖A‖+ ‖B‖ ;(ii) ‖A ·B‖ ≤ ‖A‖ · ‖B‖ ;(iii) ‖An‖ ≤ ‖A‖n.


Théorème 5.3.18Soit A ∈ Rn×n et p ∈ N. On définit

Sp =

p∑k=0

Ak

k!.

Alors :

(i) La suite des Sp converge absolument vers

eA = exp(A) =∞∑k=0

Ak

k!,

avec∥∥eA∥∥ ≤ e‖A‖.

(ii) Si B = PAP−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, alorseA+B = eA · eB.


Théorème 5.3.19Soit le système x′(t) = A · x(t) et x(0) = x0, où x0 ∈ Rn et A ∈ Rn×n. Alors, ce problème admetune solution globale unique et la solution est

x(t) = eAt · x0.

Démonstration. La démonstration sera divisée en deux étapes.


Etape 1 On va montrer queddt[eAt]

= A · eAt = eAt ·A, ∀t.

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,

ddt[eAt]

= limh→0

eA·(t+h) − eAt

h

= limh→0

eAt · eAh − eAt

h

= eAt limh→0

eAh − Inh

.

Et donc,

ddt[eAt]

= eAt limh→0

[1

h

∞∑n=0

(Anhn

n!− In

)]

= eAt limh→0

[A+

∞∑n=2

Anhn−1

n!

]= eAtA.

Comme A commute avec n’importe quel Ak, on a

eAt ·A = A · eAt.

Etape 2 (vérification) Vérifions :

x′(t) =ddt[eAtx0

]= A · eAt · x0 = Ax,

etx(0) = e0 · x0 = In · x0 = x0.

Remarque 5.3.20Le calcul de l’exponentielle de la matrice est une opération délicate. Dans la pratique, il estpréférable 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) · eλkt = eλk·t ·nk−1∑i=0

ak,i · ti,

où deg(pk) = nk − 1. En général, il s’agit d’une solution complexe (les valeurs proprespeuvent être complexes).

(iii) Si on veut seulement des solutions réelles, on écrit λk = αk + iβk. La solution est alors dela forme

wk(t) = eαk·t

nk−1∑j=0

tj(ak,j cos(βk · t)− bk,j sin(βk · t)

) .


Soit A ∈ Rn×n une matrice dont les valeurs propres sont λ1, . . . , λs avec leur multiplicitéalgébrique n1, . . . , ns. On peut écrire,

A = PΛP−1,

où Λ est une matrice sous forme de Jordan. Considérons maintenant le système[x′(t) = Ax(t)x(0) = x0,

qui est équivalent à [x′(t) = PΛP−1x(t)x(0) = x0,

et donc [P−1x′(t) = ΛP−1x(t)x(0) = x0.

En posant y = P−1x, on ay(0) = y0 = P−1x(0) = P−1x0,

ce qui implique [y′(t) = Λy(t)y(0) = y0.

On aP−1x(t) = y(t) = eΛty0 = eΛtP−1x0,

et doncx(t) = PeΛtP−1x0.

Exemple 5.3.21On 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

eΛt =

(eλ1t 0

0 eλ2t

).

Cas 2 λ2 = λ2 = λ ∈ R, multiplité algébrique = 2, multiplicté géométrique = 2 :Dans ce cas, l’exponentielle est

eΛt =

(eλt 00 eλt

).

Cas 3 λ2 = λ2 = λ ∈ R, multiplité algébrique = 2, multiplicté géométrique = 1 :La matrice est alors

Λ =

(λ 01 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

Λ =

(α β−β α

),

les solutions sont de la forme eαt cos(βt) et eαt sin(βt).


Théorème 5.3.22Soient a0, a1, . . . , an−1 des nombres réels (on aurait pu les prendre complexes en modifiant lasuite) et y = y(t) solution de

y(n) + an−1 · y(n−1) + . . .+ a0 · y(t) = 0.

Soitp(λ) = λn + an−1λ

n−1 + . . .+ a1λ+ a0 = 0

le polynôme caractéristique et λ1, . . . , λs les racines de p avec leur multiplicité n1, . . . , ns. Alors

yi,k(t) = tkeλit, k = 0, . . . , ni − 1,

sont des solutions de l’équation ci-dessus. De plus, toute combinaison linéaire des yi,k est unesolution.

Démonstration. Série 27.

5.3.5 Systèmes linéaires à coefficients variables

On aimerait résoudre le système,[x′(t) = A(t) · x(t) + b(t), t ∈ Rx(0) = x0.

Dans un premier temps, on va traiter le cas où b(t) ≡ 0. On a vu que si A(t) ne dépend pas det, la solution de l’équation est x(t) = eAt · x0.Si n = 1, on a l’équation x′(t) = a(t) · x(t), que l’on écrit x′(t)

x(t) = a(t), ce qui nous donne lasolution

x(t) = x0 · exp

(∫ t

0a(s)ds

).

Si, maintenant, n ≥ 2, on pourrait penser que la solution est

x(t) = x0 · exp

(∫ t

0A(s)ds

),

ce qui est faux.

Proposition 5.3.23Soit A(t) ∈ Rn×n, où

(A(t)

)ij

= aij(t) sont des fonctions continues. Alors, l’ensemble dessolutions de [

x′(t) = A(t) · x(t)

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 estde dimension n. Soient

x01, . . . , x

0n,

une base de Rn et on résoud [x′j(t) = A(t) · xj(t)xj(0) = x0

j ,

pour j = 1, . . . , n. On va montrer que x1, . . . , xn est une base de V .


Etape 2 Montrons que la liste x1, . . . , xn est linéairement indépendante. Soient β1, . . . , βn telsque

y(t) =

n∑i=1

βi · xi(t) = 0, ∀t.

En prenant t = 0, on ay(0) = β1x

01 + . . .+ βnx

0n = 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′(t) = A(t) · y(t).

On aimerait trouver β1, . . . , βn ∈ R tels que

y(t) = β1x1(t) + . . .+ βnxn(t).

Comme x01, . . . , x

0n est une base de Rn, il existe β1, . . . , βn ∈ R tels que

y0 = β1x01 + . . .+ βnx

0n.

Si z = z(t) est telle quez(t) = β1x1(t) + . . .+ βnxn(t),

z satisfait [z′(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

x′(t) = A(t) · x(t),

avec xj = xj(t) =(x1j (t), . . . , x

nj (t)

). On pose

F (t) =

x11(t) . . . x1

n(t)...

. . ....

xn1 (t) . . . xnn(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 deplus F (0) = In, on dit que F est la matrice fondamentale principale de x′(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 5.3.25Soit le système x′(t) = A(t) · x(t) et F une matrice de solutions. Alors

(i) F ′(t) = A(t) · F (t).

(ii) F est une matrice fondamentale si et seulement si il existe t0 ∈ R tel que detF (t0) 6= 0 (enparticulier, on aura que detF (t) 6= 0, ∀t ∈ R).


(iii) Si F1 et F2 sont deux matrices fondamentales. Alors il existe C ∈ Rn×n une matrice nedépendant pas du temps, inversible, telle que

F2(t) = F1(t) · C, ∀t ∈ R.

Démonstration. (i) Evident.

(ii) Supposons que F soit une matrice fondamentale, alors detF (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 indépen-

dantes en t0. Par un argument semblable à celui de la preuve, les colonnes restent indépen-dantes 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[

F ′2(t) = A(t) · F2(t)

F2(t0) = F2(t0).

De plus, [ (F1(t) · C

)′= F ′1(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 desolutions du problème

x′(t) = A(t) · x(t).

Alors

W (t) = det(F (t)

)= det

(F (t0)

)· exp

(∫ t

trace(A(s)

)ds

).

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

x′j(t) = A(t) · xj(t),

et donc (xij)′

(t) =

n∑k=1

aik(t) · xkj (t).

Dans ne cas où n = 2, on a (x1

1

)′(t) = a1

1x21 + a1

2x21(

x21

)′(t) = a2

1x11 + a2

2x21(

x12

)′(t) = . . .(

x22

)′(t) = . . . .

5.4. SÉRIES FORMELLES ET FONCTIONS GÉNÉRATRICES 169

Dans le cas général :

ddt

[detF (t)] =n∑i=1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11 . . . x1

n...

...ddt

(xi1)

. . . ddt

(xin)

......

xn1 . . . xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

n∑i,k=1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11 . . . x1

n...

...aikx

k1 . . . aikx

kn

......

xn1 . . . xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

n∑i=1

aii detF (t)

= trace (A(t)) · detF (t),

que l’on intègre.

5.4 Séries formelles et fonctions génératrices

5.4.1 Introduction

Soit l’équation

pn(z)u(n)(z) + pn−1(z)u(n−1)(z) + . . .+ p1(z)u′(z) + p0(z)u(z) = 0,

où les fonctions pi sont analytiques et u = u(z).

Exemple 5.4.1On a, par exemple, les équations d’ordre deux suivantes :

(i) Equation hypergéométrique

z(1− z)u′′ +[γ − (α+ β + 1) · z

]u′ − αβ · u = 0.

(ii) Equation de Bessel

z2u′′ + zu′ +(z2 − n2

)u = 0.

(iii) Equation hypergéométrique confluente

zu′′ + (c− z)u′ − au = 0.

(iv) Equation d’Airy

u′′ + zu = 0.

(v) Equation homogène d’Euler

z2u′′ + αzu′ + βu = 0.


Les séries formelles

Soit l’équationu′′(z) + p(z)u′(z) + q(z)u(z) = 0.

On va supposer que p et q sont analytiques en z = 0, on écrit donc

p(z) =∞∑i=0

pizi, q(z) =

∞∑i=0

qizi.

On cherche des solutions de la forme

u(z) =

∞∑i=0

aizi.

Ce qui implique

u′(z) =∞∑k=1

k · ak · zk−1 =∞∑k=0

(k + 1)ak+1 · zk,

et

u′′(z) =∞∑k=2

k · (k − 1) · ak · zk−2 =∞∑k=0

(k + 1)(k + 2)ak+2 · zk.

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 5.4.2Considérons l’équation

u′′ + qu = 0, q > 0.

On aimerait donc,(k + 2)(k + 1)ak+1 + qak = 0, ∀k ∈ N,

et l’on trouve

ak+1 =q2

(k + 2)(k + 1)k(k − 1)ak−1,

ce qui implique

a2·l =(−1)l · ql

(2l)!a0, a2l+1 =

(−1)lql

(2l + 1)!a1,

ce qui correspond à la solution connue

a0 cos (√qz) + a1 sin (

√qz) .

Exemple 5.4.3 (Equation hypergéométrique)Rappelons d’abord que l’équation est

z(1− z)u′′ +[γ − (α+ β + 1) · z

]u′ − αβy = 0.

Les solutions cherchées sont de la forme∞∑k=0

ak · zk.

L’une des solutions que l’on trouve pour cette équation est

u(z) = F (α, β, γ, z) =

∞∑k=0

α(α+ 1) · . . . · (a+ k − 1)β · . . . · (β + k − 1)

γ(γ + 1) · . . . · (γ + k − 1)· z

k

k!,

qui converge si |z| < 1. Remarquons que si l’on prend α = β = γ = 1, on trouve

F (1, 1, 1, z) =∞∑k=0

zk.


Exemple 5.4.4 (Equation de Bessel)Il s’agit de l’équation

z2u′′ + zu′ + (z2 − n2)u = 0, n ∈ N

(dans le cas général, on n’est pas obligé de prendre n ∈ N). On trouve comme solution

Jn(z) =(z

2

)2∞∑k=0

(−1)k

k! · (n+ k)! · 22kz2k,

qui converge pour tout z ∈ C.

Exemple 5.4.5Soit l’équation

z2u′′ + (3z − 1)u′ + u = 0.

En faisant les calculs de manière naïve, on trouve que ak = k!. Cependant, si z 6= 0, la série, avecces coefficients, diverge.

5.4.2 Rappels sur les séries

Soient les séries entières C(z) =∑∞

k=0 ckzk et Γ(z) =

∑∞k=0 γkz

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 ckrk ≤M .

Théorème 5.4.6Soit 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 aumoins 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) =∞∑k=0

ck(z − z0)k, |z − z0| < r0.

De plus,ck =

αkk!, ∀k = 0, 1, . . . , n− 1,

et pour k ≥ n, ck est une fonction de (α0, . . . , αn−1) et est obtenue par dérivation formelle.

Démonstration. On va traiter seulement le cas où n = 2 et on va supposer que z0 = 0. L’équationque l’on cherche à résoudre est[

u′′(z) + α(z)u′(z) + β(z)u(z) = 0u(0) = α0, u′(0) = α1.

On écrit

α(z) =

∞∑k=0

akzk, β(z) =

∞∑k=0

bkzk, |z| < r0.


Etape 1 (calcul formel) Soit ϕ(z) =∑∞

k=0 ck · zk. On a

ϕ(0) = c0 = α0 ϕ′(0) = c1 = α1.

On calcule ensuite les dérivées formelles

ϕ′(z) =∞∑k=1

kck · zk−1,

ϕ′′(z) =∞∑k=2

k(k − 1)ck · zk−2.

On va calculer maintenant,

β(z)ϕ(z) =∞∑k=0

k∑j=0

bk−j · cj

zk,et, de la même manière

α(z)ϕ′(z) =

∞∑k=0

k∑j=0

ak−j · (j + 1)cj+1

zk.En remettant tout cela dans l’équation initiale, on obtient que

Lϕ(z) =∞∑k=0

zk

(k + 2)(k + 1)ck+2 +k∑j=0

[(j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j

] = 0.

Ce qui revient à

(k + 2)(k + 1)ck+2 = −k∑j=0

[(j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j

].

Etape 2 (convergence) Montrons que la série∑∞

k=0 ck · zk, où les ck satisfont l’équation pré-cédente, converge pour tout |z| < r. Soit 0 < r < r0. Comme les séries α et β convergentpour tout |z| < r0, il existeM > 0 une constante telle que |αj |rj , |βj |rj ≤M . On va utilisercette estimation dans l’équation précédente

(k + 1)(k + 1)|ck+2| ≤ M ·k∑j=0

((j + 1)|cj+1|+ |cj |

)rj−k

≤ M

rk

k∑j=0

((j + 1)|cj+1|+ |cj |

)rj

≤ M

rk

k∑j=0

((j + 1)|cj+1|+ |cj |

)rj +M |ck+1|r.

On pose γ0 = |c0|, γ1 = |c1| et on définit γk par récurence :

(k + 2)(k + 1)γk+2 =M

rk

k∑j=0

((j + 1)γj+1 + γj

)rj +Mγk+1 · r.


Il est facile de montrer par récurence que γk ≥ |ck| ≥ 0 pour tout k. Pour obtenir le résultat,il suffit de montrer que

∑∞k=0 γk ·zk converge pour tout |z| < r. On écrit la dernière équation

pour k et k + 1

k(k + 1)γk+1 =M

rk−1

k−1∑j=0

((j + 1)γj+1 + γj

)rj +Mγk · r,

k(k − 1)γk =M

rk−2

k−2∑j=0

((j + 1)γj+1 + γj

)rj +Mγk−1 · r.

On remplace la deuxième équation dans la première en multipliant par r pour trouver

k(k + 1)γk+1 · r =M

rk−2

k−1∑j=0

[(j + 1)γj+1 + γj ] rj +Mγk · r2

=M

rk−2

k−2∑j=0

((j + 1)γj+1 + γj

)rj + (kγk + γk−1) rk−1

+Mγk · r2

= k(k − 1)γk −Mγk−1 · r +Mr (kγk + γk−1) +Mγk · r2

= γk[k(k − 1) +Mkr +Mr2

].

On va utiliser le critère de d’Alembert :∣∣∣∣γk+1 · zk+1

γk · zk

∣∣∣∣ = |z|k(k − 1) +Mkr +Mr2

k(k + 1)rk→∞ // |z|

r < 1 .

5.4.3 Classification des singularités

Définition 5.4.7Soient 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 lecas, on dit que z0 est un point singulier.

(ii) Si on peut écrire l’équation précédente sous la forme

(z − z0)nu(n)(z) + (z − z0)n−1bn−1(z)u(n−1)(z) + . . .+ (z − z0)b1(z)u′(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 5.4.8Parfois, on trouve des points réguliers déguisés en singularités. Dans ce cas, on parle de singularitééliminable. Par exemple, zu′′ + sin z · u = 0, en z0 = 0.


u′′(z) + α(z)u′(z) + β(z)u(z) = 0,

où α et β sont analytiques au voisinage de z0. Alors z0 est un point régulier.


Exemple 5.4.10 (Equation hypergéométrique)On considère l’équation

z(1− z)u′′ +[γ − (α+ β + 1) · z

]u′ − αβ · u = 0.

Les points z0 6∈ 0, 1 sont des points réguliers. Si z0 = 0 ou z0 = 1, il s’agit d’une singularitérégulière. En effet, en multipliant l’équation par z

1−z , on trouve l’équation

z2u′′(z) + zγ − (α+ β + 1)z

1− zu′ +

−αβz1− z

u = 0,

où les coefficients de u et u′ sont analytiques au voisinage de z0 = 0.

Exemple 5.4.11 (Equation de Bessel)Soit l’équation

z2u′′ + zu′ +(z2 − 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 unesingularité régulière.

Exemple 5.4.12 (Equation d’Euler homogène)Rappelons que l’équation est

z2u′′ + αzu′ + 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

z2u′′ + (3z − 1)u′ + 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) = u′′(z) + α(z)u′(z) + β(z)u(z) = 0.

On dit que z0 =∞ est respectivement un point régulier, une singularité régulière, une singularitéirrégulière, si t0 = 0 est respectivement un point régulier, une singularité régulière, une singularitéirrégulière, de l’équation

Mv(t) = v′′(t) + p(t)v′(t) + q(t)v(t) = 0,

où p(t) = 2t −

1t2α(

1t

)et q(t) = 1

t4β(

1t

).

Exemple 5.4.15Soit l’équation connue et adorée

u′′ + u = 0.

Clairement, z0 ∈ C est toujours un point régulier. Regardons maintenant le cas où z0 = ∞. Onécrit alors,

Mv(t) = v′′ +2

tv′ +

1

t4v = 0,

qui possède une singularité irrégulière en t0 = 0. En effet, en multipliant par t2, on trouve

t2v′′ + 2tv′ +1

t2v = 0.



z(1− z)u′′ +(γ − (α+ β + 1)z

)u′ − αβu = 0.

On pose

a(z) =γ − (α+ β + 1)z

z(1− z), b(z) =

−αβz(1− z)

,

ce qui implique

p(t) =2

t− 1

t· γt− (α+ β + 1)

t− 1,

etq(t) =

−αβt2(t− 1)

.

Il y a donc une singularité régulière à l’infini.

Exemple 5.4.17 (Bessel)On rappelle l’équation

z2u′′ + zu′ +(z2 − n2

)u = 0.

On a

a(z) =1

z, b(z) = 1− n2

z2,

ce qui nous permet de trouver

p(t) =1

t,

etq(t) =

1

t4(1− n2t2

).

Il y a donc une singularité irrégulière à l’infini.

Exemple 5.4.18 (Equation d’Euler homogène)On rappelle que l’équation est

z2u′′ + αzu′ + βu = 0.

Ecrivons,

a(z) =α

z, b(z) =

β

z2,

ce qui nous permet d’écrire

p(t) =2− αt

,

etq(t) =

β

t2.

L’équation possède donc une singularité régulière à l’infini.

5.4.4 Les équations du premier ordre

Soit l’équationu′(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) =

∞∑k=−∞

akzk, ∀ 0 < |z| < r.

On cherche à établir le rapport qui existe entre les singularités au sens des séries de Laurent etau sens du paragraphe précédent. On rappelle les définitions suivantes concernant les séries deLaurent.


(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

u(z) = c exp

(−∫ z

p(t)dt).

En insérant la série de Laurent dans l’expression ci-dessus, on trouve

u(z) = c exp

(−∫ z

( ∞∑k=−∞

aktk

)dt

)

= c exp

(−∞∑k=0

ak

∫ z

tkdt− a−1

∫ z dtt−∞∑k=2

a−k

∫ z

t−kdt

)

= c exp

(−∞∑k=0

ak · zk+1

k + 1− a−1 · log z −

∞∑k=2

a−kz−k+1

−k + 1

)

= czα · exp

(−∞∑k=1

ak−1 · zk

k−∞∑k=1

ak−1 · z−k

k

),

où α = −a−1. On va distinguer les différents casCas 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

u(z) = czα · exp

(−∞∑k=1

ak−1 · zk

k

),

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’équationu′′(z) + p(z)u′(z) + q(z)u(z) = 0,

et supposons que z0 est une singularité régulière. Par exemple,

z2u′′(z) + za(z)u′(z) + b(z)u(z).

Comme cas particulier, on peut prendre l’équation d’Euler homogène, pour laquelle on a a(z) ≡ aet b(z) ≡ b. Le polynôme indiciel est

q(ν) = ν(ν − 1) + aν + b.

On appelle ν1 et ν2 les racines de ce polynôme. On va distinguer les cas.


Cas 1 Si ν1 6= ν2 on cherche des solutions

ϕ1(z) = zν1 , ϕ2(z) = zν2 .

On substitue dans l’équation pour trouver

Lϕ1 = zν1q(ν1) = 0.

Cas 2 Si ν1 = ν2 = ν, alorsq(ν) = 0, q′(ν) = 0.

On cherche des solutions de la forme

ϕ1(z) = zν , ϕ2(z) = zν + zν log z.

Théorème 5.4.19 (Théorème de Frobenius)Soit l’opérateur Lu(z) = z2u′′(z) + za(z)u′(z) + b(z)u(z) = 0. Supposons que a et b soientanalytiques au voisinage de z0 = 0 (donc z0 = 0 est une singularité régulière) avec rayon deconvergence 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 <(z) ≤ 0.

On va donner les solutions de l’équation.(i) La première solution est

ϕ1(z) = zν1

(1 +

∞∑k=1

ck · zk),

où les coefficients ck sont déterminés de manière formelle et la rayon de convergence de lasérie est au moins r0.

(ii) Pour la deuxième solution, on va distinguer deux cas.Cas 1 Si ν1 − ν2 6∈ N, alors

ϕ2(z) = zν2

(1 +

∞∑k=1

ck · zk).

Cas 2 Si ν1 − ν2 ∈ N, alors

ϕ2(z) = zν2

(1 +

∞∑k=1

ck · zk)

+ c(ν1, ν2)ϕ1(z) log z,

où c(ν1, ν2) est une constante.

Exemple 5.4.20 (Equation hypergéométrique)On rappelle que l’équation est

z(1− z)u′′ +(γ − (α+ β + 1)

)u′ − αβu = z2u′′ + z

γ − (α+ β + 1)z

1− zu′ − αβz

1− zu = 0,

avec γ 6∈ −1,−2, . . .. Alors,

ϕ1(z) = F (α, β, γ, z) =

∞∑n=0

(α)n(β)n(γ)n

· zn

n!,

qui converge pour tout |z| < 1. Calculons

q(ν) = ν(ν − 1) + γν = 0,

ce qui implique ν1 = 0 et ν2 = 1− γ, ce qui implique

ϕ2(z) = z1−γF (1 + α− γ, 1 + β − γ, 2− γ, z).


Exemple 5.4.21 (Bessel)On trouve

q(ν) = ν(ν − 1) + ν − n2 = 0,

ce qui nous donne les racines ν = ±n. Dans le cas où n = 0, les solutions sont

J0(z) =∞∑k=0

(−1)kz2k

(2k · k!)2 , ∀z ∈ C,

et

K0(z) = −∞∑k=1

(−1)k

k!

(1 +

1

2+ . . .+

1

k

)(z2

)2k+ J0(z) · log z.

Chapitre 6

Divers

6.1 Citations

Vous ne pouvez pas vous rendre compte à quel point des fonctions et des ensembles peuventêtre mauvais. . . On en verra des monstres. . . Des véritables horreurs !

Là, vous voyez on utilise pas juste le fait que Ω est simplement connexe mais le fait qu’il estouvert. . . J’ai pris h très petit, mais si j’avais pris h grand, je serais mort.

Si vous ne le mettez pas, vous ne pourrez pas le faire disparaître [l’epsilon].

C’est un résultat d’analyse de première année. . . Si vous le connaissez pas, il vous faut recu-ler d’une case [retourner en première].

Le lemme de Riemann-Lebesgue (c’est un peu sophistiqué pour le physicien expérimental), vousdit que. . .

J’avais à résoudre ça. . . Je me dis "c’est trop pour un seul homme" et donc je bricole.

Quand vous trouvez un monstre [une fonction particulièrement dégueulasse], vous devez vousémerveiller qu’on travaille dans un monde où on les évite.

Les autres parties étaientun peu branlantes. . . celle-ci le sera un peu plus. Vous Et là, vous faitesles choses à la physicienne : vous rentrez et sortez les choses de l’intégrale, sans vous demandersi cela à un sens. . . Comme les physiciens ou vous avant de rentrer à l’EPFL (bien que certainsmathématiciens le font encore en sortant de l’EPFL).

Sous cette hypothèse, on voit facilement. . . c’est-à-dire vous verrez aux exercices.

Est-ce que vous voyez ça ? Non ? Ben maintenant vous le voyez !

Aïe, j’ai fait ça comme un cochon. . . A l’heure de la grippe porcine, il faut faire attention.

Dans mes notes, c’est juste !

On aurait pu poser cette question en première année. . . tout en sachant que personne n’y ré-pondrait.

Ce n’est pas facile de montrer la convergence que cette série converge.

179

180 CHAPITRE 6. DIVERS

Dieu a inventé les EDP, et le diable les conditions au bord.

Les vieux ont tendances à parler de plus en plus de choses de moins en moins intéressantes.

Faute de grives on mange des merles.

Je peux faire ce que je veux pour autant que je retombe sur mes pattes.

Les algébristes, eux ne comprennent pas le principe de laisser tendre epsilon vers zéro. . .

Quand je donnais ce cours aux ingénieurs, je ne faissais pas ces raisonnements, ils ne com-prennent pas les subtilités.

L’avantage c’est que c’est moi qui décide.

Fourier a fait exactement comme moi. . .

À l’oral c’est juste, mais à l’écrit c’est zéro !

Chaque année, ce mail je le fous à la poubelle (en parlant du mail de Bartoldi au sujet desmini-projets).

Derighetti, c’est un type très sympathique, mais . . .

Allez chez Troyanov, lui il adore parler.

Les géométres, ils ne se soucient jamais des conditions aux limites.

Mes collègues ne sont pas très objectifs, l’analyse occupe quand-même trois-quarts du volumedes mathématiques.

Vous avez probablement remarqué que les probabilités ne sont que de l’analyse appliquée.

J’attends que vous me dites quelque-chose de faux.

Malheureusement pour moi, votre collègue a dit juste.

Après une année, les doctorants se prennent pour des dieux . . .

. . . et ainsi, on a traité le cas des pairs, des impairs, etc . . .

D’habitude, pour les indiens et les africains, je dis non ! Mais celui là, je l’ai ramené d’un voyage,on me l’avait conseillé.

Vous, les étudiants, vous êtes paresseux par nature : vous permutez limites et intégrales sansréfléchir.

Pour les ondes, c’est comme pour les étudiants : si ça commence mal, ça restera toujours mal,on ne peut les améliorer.

Je fais un truc très très brutal ! Je jette la partie négative.

La démonstration, elle est pas difficile. . . Etudiant, je l’avais vue. . .

6.1. CITATIONS 181

Sa fermeture est fermée. . . euh. . .

analyseiii&iv - blogs.epfl.ch .pdf · pdf fileanalyseiii&iv auteurs : tifman...

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