Agrégation de mathématiques : analyse 2 exercices 9782100045464, 2100045466

Citation preview

Table des matieres Table des matieres du tome 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix Avant-propos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xi

Partie 4 : Analyse reelle Chapitre XIII. Complements de topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

13{1. Theoreme de Baire. Application 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 13{2. Theoreme de Baire. Application 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 13{3. Theoreme de Baire. Application 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 13{4. Quelques proprietes des ensembles maigres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 13{5. Ensembles maigres et ensembles de mesure nulle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 13{6. Theoreme d'Edelstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Chapitre XIV. Autour du lemme de Rolle .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 14{1. Une version sur R du theoreme de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{2. Theoreme de Rolle en dimension n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{3. Nombre de racines d'un quasi-polyn^ome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{4. Polyn^omes a racines reelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{5. Lemme de Thom. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{6. Zeros des polyn^omes : regle de Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{7. Zeros des polyn^omes : regle de Sturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14{8. Inegalite de Bernstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 16 16 17 20 20 22 23

Chapitre XV. Derivee, dierentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 15{1. Theoreme de Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{2. Points ou fg0 et fd0 dierent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{3. Theoreme de Borel.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{4. Produit de convolution.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{5. Regularisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{6. Sur l'ensemble de Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{7. Dierentiabilite de la distance a un ferme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{8. Inegalite de Kolmogorov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15{9. Espace de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 26 27 29 31 33 36 39 42

vi

Table des matieres

Chapitre XVI. Convexite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 16{1. La formule de Pick .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{2. Geometrie des racines d'un polyn^ome complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{3. Theoreme de Motzkin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{4. Quelques proprietes des fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{5. Une caracterisation de la fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{6. L'integrale de Raabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{7. Principe du maximum pour les fonctions harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{8. Representation integrale des fonctions harmoniques .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16{9. Le principe de Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46 48 49 51 53 54 56 56 60

Partie 5 : Analyse complexe Chapitre XVII. Generalites .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 17{1. Principe de symetrie de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{2. Fonctions holomorphes dans une couronne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{3. Singularites isolees des fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{4. Points singuliers des series entieres.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{5. Une serie entiere non prolongeable hors du disque de convergence . . . . . . . . . . . 17{6. Integrale d'Airy, methode du col . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{7. Un espace de Hilbert de fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{8. Iteration de fonctions holomorphes.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{9. Zeros des fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{10. Zeros complexes des sommes d'exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17{11. La formule de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 68 69 70 73 75 78 80 81 83 86

Chapitre XVIII. Principe du maximum .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 18{1. Quelques consequences du principe du maximum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18{2. Lemme de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18{3. Une generalisation du lemme de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18{4. Le theoreme des 3 cercles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89 90 91 92

Chapitre XIX. Representation conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 19{1. Automorphismes conformes du plan et du disque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19{2. Representation conforme d'une couronne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19{3. Ensemble de Julia rempli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19{4. L'ensemble de Julia de z 7! z 2 + c pour c petit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19{5. Fonctions holomorphes injectives dans le disque (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19{6. Fonctions injectives holomorphes dans le disque (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95 96 98 100 104 107

Chapitre XX. Exemples de fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 20{1. Fonctions sous-exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{2. Fonctions entieres d'ordre k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{3. Fonction complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{4. Series de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{5. Fonction  de Riemann (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{6. Fonction  de Riemann (II) : produit eulerien .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{7. Fonction  de Riemann (III) : zeros dans la bande critique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{8. Fonction  de Riemann (IV) : la droite critique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{9. E quation fonctionnelle de la fonction
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{10. Fonctions elliptiques (I). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20{11. Fonctions elliptiques (II) : fonctions de Weierstra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

110 112 113 115 117 119 122 124 128 131 133

Table des matieres

vii

Partie 6 : Analyse numerique Chapitre XXI. Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 21{1. Theoreme de Muntz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{2. Polyn^omes de Bernstein : theoreme de Korovkine .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{3. Polyn^omes de Bernstein : preuve probabiliste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{4. Polyn^omes de meilleure approximation.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{5. Theoremes de Jackson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{6. Polyn^omes orthogonaux.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{7. Polyn^omes de Tchebychev : generalites.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21{8. Polyn^omes de Tchebychev : complements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

139 142 143 147 149 154 157 159

Chapitre XXII. Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 22{1. Fonctions splines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22{2. Convergence des splines interpolatrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22{3. Interpolation de Hermite-Birkho. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22{4. Polyn^ome d'interpolation de Lagrange et de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22{5. Interpolation de Hermite aux zeros des polyn^omes de Tchebychev . . . . . . . . . . . 22{6. Interpolation de Lagrange aux zeros des polyn^omes de Tchebychev . . . . . . . . . .

162 165 166 168 170 172

Chapitre XXIII. Integration numerique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 23{1. Integration numerique : generalites .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23{2. Methodes de Newton-Cotes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23{3. Les methodes d'integration de Gau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23{4. Integration aux zeros des polyn^omes de Tchebychev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23{5. Methode d'integration de Romberg : generalites.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23{6. Methode d'integration de Romberg : majoration precise du reste. . . . . . . . . . . . . 23{7. Methode de Monte-Carlo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

177 178 182 185 186 189 193

Chapitre XXIV. Resolution numerique d'equations, optimisation . . . . . . . . . . . 196 24{1. Sur la continuite des racines d'un polyn^ome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{2. Estimation des valeurs propres d'une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{3. La methode de Newton : convergence locale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{4. Acceleration de la convergence : la methode d'Aitken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{5. La methode de Newton pour les polyn^omes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{6. L'algorithme de Horner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24{7. La methode de trichotomie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

196 198 200 202 204 207 209

Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

viii

Table des matieres

Table des matieres du tome 1 Table des lecons. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix Avant-propos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xi

Partie 1 : Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chapitre I. Topologie generale .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chapitre II. Topologie appliquee.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Chapitre III. Topologie du plan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Chapitre IV. Topologie de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Partie 2 : Suites, series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Chapitre V. Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Chapitre VI. Analyse asymptotique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Chapitre VII. Systemes dynamiques discrets. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

Partie 3 : Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Chapitre VIII. Theorie de la mesure .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre IX. Analyse asymptotique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Theoremes ergodiques .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. E quivalents d'integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre X. Inegalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XI. Calculs.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

147 172 172 182 195 205

Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

Avant-propos Cet ouvrage d'exercices est le deuxieme d'une serie de trois consacree au programme d'analyse de l'agregation de mathematiques. Ce tome traite de fonctions d'une variable reelle ou complexe et d'analyse numerique. Le tome 1 s'interesse a la topologie, aux suites et aux series et a l'integration, tandis que le tome 3 aborde l'analyse fonctionnelle, la geometrie dierentielle et les equations dierentielles. Plusieurs sortes d'exercices ont ete retenus : en premier lieu, les (( grands classiques )) que le candidat a l'agregation se doit de ma^triser ; ensuite quelques resultats importants d'analyse et de topologie accessibles a un etudiant de deuxieme cycle ; en n, des exemples et des contre-exemples, sur lesquels le lecteur pourra s'entra^ner a appliquer les grands theoremes, mais apprendra aussi a saisir les limites de l'intuition nave. Dans tous les cas, nous avons cherche a mettre en evidence les points-clefs et les raisons profondes qui soustendent les resultats enonces, plut^ot que de donner aux exercices un caractere anecdotique en utilisant des methodes trop particulieres. Une grande attention a ete portee sur les chapitres d'analyse numerique ou les principales methodes sont presentees a partir des connaissances (( standard )) en analyse ; citons par exemple les exercices sur les polyn^omes de Bernstein, les polyn^omes orthogonaux (approximation, interpolation et integration numerique) ou la methode de Newton. Nous avons en outre tenu a donner un expose complet de la methode d'integration de Romberg. A notre connaissance, il n'en existe pas d'equivalent dans la litterature. Ce livre comporte de nombreux exercices de synthese qui mettent en jeu d'autres exercices, leur faisant suite ou leur proposant une application interessante. Du point de vue plus speci que de l'agregation, ce recueil vise a preparer l'ecrit aussi bien que l'oral : si des exercices longs peuvent habituer le lecteur aux diciles epreuves en six heures, les exercices les plus courts ou certaines questions independantes constituent de bons developpements a exposer le jour de l'oral. Attention cependant au temps d'exposition qui pourra amener le candidat a faire des hypotheses simpli catrices. En n, un index et une liste des exercices permettent un reperage facile des exercices utilisant les theoremes et les notions du cours.

xii

Avant-propos

Partie 4 Analyse reelle

2

Analyse reelle

Rappels

Un espace topologique X est dit de Baire si toute intersection denombrable d'ouverts denses de X est encore dense. De maniere equivalente, un espace est de Baire si toute reunion denombrable de fermes d'interieur vide de X est d'interieur vide. Les espaces metriques complets, les espaces topologiques localement compacts sont de Baire ; les ouverts et les fermes d'un espace de Baire sont de Baire. En particulier, R n , les fermes de R n sont de Baire, ainsi que les espaces de Banach. Une partie d'un espace topologique est dite maigre si elle est incluse dans une reunion denombrable de fermes d'interieur vide. On rappelle la de nition de l'ensemble de Cantor, etudie dans l'exercice 2{6 du tome 1 : c'est l'ensemble des reels x 2 [0; 1] qui possedent un developpement 3-adique ne faisant pas intervenir le chire 1. Soit C  E une partie convexe d'un R -espace vectoriel. Une fonction f : C ! R est dite convexe si pour tous x et y 2 C , et pour tout t 2 [0; 1], on a

f (tx + (1 t)y) 6 tf (x) + (1 t)f (y): Une fonction f est dite concave si f est convexe. Soient E et F deux espaces vectoriels normes ; on suppose que F est complet. Soient un ouvert de E et f : ! F une application. On dit que f est dierentiable en x 2 s'il existe une application lineaire continue f 0 (x) : E ! F telle que l'on ait pour u tendant vers 0,

f (x + u) = f (x) + f 0(x)
u + o(kuk): On dit que f est contin^ument dierentiable ou bien de classe C 1 sur si elle est dierentiable en tout point de et si l'application ! L(E; F ) de nie par x 7! f 0(x) est continue. On de nit par recurrence les classes C k : une fonction est de classe C k+1 si elle est dierentiable et sa dierentielle de classe C k . Une fonction est de classe C 1 si elle est de classe C k pour tout k > 1. Citons l'inegalite des accroissements nis : soit f : ! F dierentiable en tout point ; soient x; y 2 tels que [x; y]  et kf 0(t)k 6 M pour tout t 2 [x; y]. Alors, kf (y) f (x)k 6 M ky xk. Soit I un intervalle de R et f : I ! F une application. On a les (( formules de Taylor )) suivantes :  { si x 2 I , si f est (k 1) fois derivable dans un voisinage de x et si f (k 1) est derivable en x, alors, quand y tend vers x, on a 2 f (y) = f (x) + (y x)f 0(x) + (y 2 x) f 00 (x) +


k


+ (y k!k) f (k)(x) + o((y x)k )

(formule de Taylor-Young ) ;

Analyse reelle

3

{ si f est de classe C k sur l'intervalle [x; y], alors on a 2 f (y) = f (x) + (y x)f 0(x) + (y 2 x) f 00 (x) +


Zy k 1 k 1


+ (y(k k)1)! f (k 1) (x) + x (y(k t)1)! f (k)(t) dt (formule de Taylor avec reste integral ). Si f est a valeurs reelles, on a des resultats plus precis : { si x, y 2 I , f est continue sur [x; y], derivable sur ]x; y[ et f (x) = f (y), alors il existe  2 ]x; y[ tel que f 0( ) = 0 (theoreme de Rolle ) ; { si x, y 2 I , si f est de classe C k 1 sur [x; y] et si f (k 1) est derivable sur ]x; y[, alors il existe  2 ]x; y[ tel que 2 f (y) = f (x) + (y x)f 0(x) + (y 2 x) f 00 (x) +


k 1 k ( y k ) ( y x ) ( k 1)


+ (k 1)! f (x) + k! f (k) ( ) (egalite de Taylor-Lagrange ).

Introduction

Chapitre XIII Cette partie commence par des complements de topologie , essentiellement centres autour du theoreme de Baire et de ses applications : topologie des ensembles maigres, continuite des limites de fonctions, projection sur un ferme de R n : : : Chapitre XIV Ce chapitre autour du lemme de Rolle propose de nombreux exemples d'application de ce theoreme, en particulier a la localisation des zeros des fonctions. L'accent y a ete particulierement mis sur les polyn^omes. En particulier les regles de Descartes et Sturm (exercices 14{6 et 14{7) permettent de determiner facilement la position des racines reelles des polyn^omes. Elles sont d'une grande importance en analyse numerique. L'utilisation du lemme de Rolle est au cur de la demonstration de l'inegalite de Bernstein qui cl^ot le chapitre. Chapitre XV Ce chapitre sur les derivees et les dierentielles rassemble divers resultats en theorie de la derivabilite : theoremes de Darboux, de Borel : (( il existe une fonction C 1 ayant une serie de Taylor donnee a l'avance )). On traite aussi de la convolution et de son utilisation pour approcher une fonction quelconque par une fonction dierentiable. La n du chapitre voit une introduction aux espaces de Sobolev.

4

Analyse reelle

Chapitre XVI Dans ce chapitre, consacre a la convexite , on a inclus des exercices d'inspiration dierentes : geometrie des convexes (formule de Pick, theoreme de Motzkin), fonctions convexes d'une variable reelle (caracterisation de la fonction par exemple), et en n quelques resultats sur les applications harmoniques.

CHAPITRE XIII

Complements de topologie Exercice 13{1. Theoreme de Baire. Application 1 Soit f : R ! R une fonction de classe C 1 telle que () 8x > 0; 9n > 0; f (n) (x) = 0: Le but de l'exercice est de montrer que f est un polyn^ome. 1. On de nit les ensembles

= fx 2 R ; f est polyn^omiale au voisinage de xg; F = R n ; et Fn = fx 2 F ; f (n) (x) = 0g: Montrer que est ouvert. Si ]u; v [ est une composante connexe de , montrer qu'il existe un polyn^ome P telle que f (x) = P (x) pour tout x 2 [u; v ]. 2. Montrer que F est ferme sans points isoles. On suppose par l'absurde que F 6= ?. Montrer qu'il existe un entier n0 et un intervalle ouvert I de R tel que ? 6= I \ F  Fn0 . 3. Montrer que I \ F  Fn pour tout n > n0 . En utilisant la formule de Taylor, montrer que f (n0 ) = 0 sur toute composante connexe de I \ . Conclure que F = ?. Indication : 2. Appliquer le theoreme de Baire dans l'espace F . Solution :

1. Si x 2 , alors il existe  > 0 tel que f est un polyn^ ome sur ]x ; x + [. Par consequent, f est un polyn^ome au voisinage de tout point de ]x ; x + [ et ]x ; x + [  , ce qui prouve que est ouvert. Soit ]u; v[ une composante connexe de et x0 2 ]u; v[. Il existe un intervalle ouvert ]x1; x2 [ contenant x0 et un polyn^ome P tels que f = P sur [x1 ; x2]. Soit alors I l'ensemble des  2 ]u; v[ tels que f (x) = P (x) pour tout x 2 [x0 ;  ]. L'ensemble I est un ferme non vide de [x0 ; v[. Soient d'autre part  2 I  , V un voisinage de  et Q un polyn^ome tels que f = Q sur le voisinage V . Comme V \ I  V \ [x0 ;  ] est in ni, P et Q sont deux polyn^omes qui concident sur un ensemble in ni et donc P = Q. Par suite, V  I . Finalement, I est ouvert

6

Analyse reelle

et comme [x0 ; v[ est connexe, I = [x0 ; v[. De m^eme, f = P sur ]u; x0], si bien que la fonction f est la restriction a ]u; v[, et donc aussi a [u; v] par continuite, d'un unique polyn^ome P , comme il fallait demontrer. 2. Comme est ouvert, son compl ementaire F est ferme. D'autre part, si a est un point isole de F , cela signi e qu'il existe " > 0 tel que ]a "; a[ et ]a; a + "[ sont inclus dans . Autrement dit, f (x) = P+(x) sur ]a; a + "[ et f (x) = P (x) sur ]a "; a[, ou P+ et P sont deux polyn^omes. Mais la formule de Taylor en x = a entra^ne immediatement que P+ = P , et donc que f est polyn^omiale sur ]a "; a + "[. Ainsi, a 2 , contrairement a l'hypothese que a est un point isole de F . Par l'hypothese (), tout reel appartient ou a , ou a l'un des Fn. Autrement dit, F = S Fn. Les Fn sont fermes et le theoreme de Baire applique a l'espace F entra^ne que l'un des Fn0 est d'interieur non vide (pour la topologie induite sur F ). Il existe donc un intervalle ouvert I tel que I \ F  Fn0 . 3. Comme F n'a pas de points isol es, tout point de F est limite de points de F . En particulier, pour tout a 2 F \ I , f (n0 )(a + ") f (n0 )(a) = lim f (n0) (b) f (n0 )(a) = 0: f (n0+1) (a) = "lim b2F !0 " b a b!a Cela prouve donc que I \ F  Fn0 +1, et par recurrence, I \ F  Fn pour tout entier n > n0. Il est alors impossible d'avoir I \ F = I , car alors f (n0 ) serait identiquement nulle sur I et f serait polyn^omiale sur I  F , contrairement a la de nition de F . De m^eme, I \ F est d'interieur vide (pour la topologie de R ). Donc I \ est non vide, c'est une reunion disjointe d'intervalles ouverts. Soit ]u; v[ une telle composante connexe, de sorte que sur ]u; v[, f est egale a un polyn^ome P . Appliquons la formule de Taylor a f en u. Comme u 2 F , toutes les derivees de f d'ordre superieur a n0 sont nulles en u, si bien que la serie de Taylor en u est en fait un polyn^ome. Necessairement, ce polyn^ome concide avec P car f est de classe C 1. En particulier, deg P < n0 et P (n0) = 0. En appliquant ce raisonnement a toutes les composantes connexes de I \ , on voit que f (n0) est identiquement nulle sur I \ , mais aussi sur I \ F comme on l'avait vu plus haut. Ainsi, f (n0 ) est identiquement nulle sur I et f est un polyn^ome sur I , d'ou I \ F = ?, ce qui est une contradiction. L'ensemble F est donc vide et f est un polyn^ome.

Exercice 13{2. Theoreme de Baire. Application 2 Soit f : R + ! R une application veri ant 8x > 0; n!lim+1 f (nx) = 0: 1. Donner un exemple de telle application ne veri ant pas lim+1 f = 0. Montrer d'autre part que si f est uniformement continue, alors f tend vers 0 en l'in ni.

Complements de topologie

7

2. On suppose desormais que f est continue. Soit " > 0 xe ; montrer qu'il existe 0 < u < v et n0 2 N tels que x 2 [u; v ] entra^ne jf (mx)j 6 " pour tout m > n0 . 3. Montrer que lim+1 f = 0. Solution : 1. La suite de l' enonce indique qu'il faut chercher une fonction non continue. Soit (xn ) une suite de reels tendant vers l'in ni et posons f (x) = 1 si x est l'un des xn , f (x) = 0 sinon. Nous allons choisir (xn ) convenablement pour que pour tout x, lim f (nx) = 0. Pour cela, il faut et il sut que seul un nombre ni de xn soient de la forme nx. Cherchons (xn) pour que pour tout x > 0, il puisse exister au plus un couple (n; m) tel que nx = xm . Dans le cas contraire, on aurait n1x = xm1 et n2 x = xm2 et le rapport xm2 =xm1 serait un nombre rationnel. Soit  > 1 tel que pour tout entier n > 1, n 62 Q . Par exemple,  =  ou  = e conviennent puisqu'ils sont transcendants. Mais on peut aussi choisir p  = 1 + 2 car

0 ! 1 0 X ! 1p n n! X X n n 2k=2 = @ n = 2k A + @ 2k A 2 62 Q k 2 k 2 k + 1 k=0 2k 6n 2k+16n

p

puisque 2 62 Q . Le raisonnement fait plus haut prouve que si x > 0, il existe au plus un entier n tel que f (nx) 6= 0, et donc limn!1 f (nx) = 0. La fonction f ne tend pourtant pas vers 0 ! Supposons maintenant f uniformement continue. Soit " > 0 et  un module de continuite uniforme pour f associe a ". Ainsi, des que jx yj < , jf (x) f (y)j < ". Soit 0 <  <  xe. La suite f (n ) tend vers 0, si bien que pour n > N , on a jf (n )j 6 ". Mais si x 2 [n; (n + 1) ], on a jx n j 6 , si bien que jf (x) f (n )j 6 ". Par consequent, jf (x)j 6 2" pour tout reel x > N . Comme " > 0 est arbitraire, f tend bien vers 0 en l'in ni. 2. Posons Fn = fx 2 R + ; 8m > n; jf (mx)j 6 "g. Comme f est continue, Fn est une intersection de fermes et est donc ferme dans R +S. En outre, l'hypothese que f (nx) tend vers 0 pour tout x > 0 entra^ne que n Fn = R + . Une reunion de fermes d'interieur vide etant, d'apres le theoreme de Baire, d'interieur vide, il en resulte que l'un des Fn est d'interieur non vide. Si Fn0 est ce ferme et que l'on choisit un intervalle [u; v] d'interieur non vide inclus dans Fn0 , on a repondu a la question. 3. Il faut  etudier l'ensemble reunion des [mu; mv]. Or, pour m assez grand, on a (m +1)u < mv (prendre m > M > u=(v u)). Ainsi, si N = max(M; n0 ), la reunion Sm>N [mu; mv] = [Nu; +1[ et tout x 2 [Nu; +1[ veri e jf (x)j 6 ". Comme " peut ^etre pris arbitrairement petit, on a bien lim+1 f = 0.

8

Analyse reelle

Exercice 13{3. Theoreme de Baire. Application 3 Soit I un intervalle ouvert de R et (fn ) une suite de fonctions continues I ! R qui converge simplement vers une fonction f : I ! R . Le but de l'exercice est de prouver que f est continue sur un ensemble dense. 1. Soit ' une fonction I ! R et x 2 I . On de nit l'oscillation de ' en x comme le nombre

!('; x) = "lim diam('([x "; x + "])): !0

Montrer que la limite existe et est en fait une borne inferieure. Montrer que la fonction x 7! ! ('; x) est semi-continue superieurement, c'est-a-dire que pour tout " > 0, l'ensemble des x 2 I tels que ! ('; x) < " est ouvert. Montrer que ' est continue en x si et seulement si ! ('; x) = 0. 2. Soit " > 0 xe. On de nit des ensembles \ Fn;p = fx 2 I ; jfn+p(x) fn(x)j 6 "g et Fn = Fn;p: p>0

Soit ]u; v [  I . Montrer, en utilisant le theoreme de Baire, qu'il existe n0 tel que Fn0 \ ]u; v [ soit d'interieur non vide. En deduire qu'il existe x0 2 ]u; v [ tel que ! (f; x0 ) < 4". 3. Montrer que l'ensemble des points de continuite de f est dense dans I. 4. Soit f : I ! R une fonction derivable. Montrer que sa derivee f 0 est continue sur un ensemble dense.

Indication : 3. Appliquer une nouvelle fois le theoreme de Baire. Solution :

Il est clair que si "0 < ", alors '([x "0; x + "0])  '([x "; x + "]). En particulier, diam('([x "0; x + "0])) 6 diam('([x "; x + "])); ce qui prouve a la fois l'existence de la limite, et le fait qu'elle est la borne inferieure des diametres consideres. Soit x tel que !('; x) < ". Montrons que tout y assez proche de x veri e la m^eme propriete. On se xe d'abord un reel "0 > 0 tel que !('; x) < "0 < ". Par de nition, on peut trouver un  > 0 tel que diam('([x ; x + ])) 6 "0. Par consequent, si jy xj < , on peut trouver un voisinage [y 0; y + 0] de y inclus dans [x ; x + ] et ainsi, diam('([y 0; y + 0])) 6 "0 < "; ce qui prouve que !('; y) < ", et donc que x 7! !('; x) est semi-continue superieurement. Supposons maintenant que ' est continue en x. Alors, pour tout " > 0, il existe  > 0 tel que jy xj 6  entra^ne j'(y) '(x)j < ". Par consequent, le 1.

Complements de topologie

9

diametre de [x ; x + ] est inferieur a " et donc aussi l'oscillation de ' en x. En prenant " arbitrairement proche de 0, on voit donc que !('; x) = 0. Reciproquement, si !('; x) = 0, les diametres diam(f ([x ; x + ])) peuvent ^etre rendus arbitrairement petits, ce qui signi e exactement que f est continue en x. 2. Comme les fonctions fn sont continues, l'ensemble Fn;p est ferm e, et Fn est aussi ferme comme intersection de fermes. Par consequent, l'ensemble Fn0 = Fn \ ]u; v[ est un ferme de ]u; v[. LeSfait que pour tout x 2 I , fn(x) converge vers f (x) signi e precisement que n Fn = I : pour tout " > 0, il existe n > 0 tel que jfm(x) fSp(x)j 6 " pour tous m; p > n ; autrement dit, x 2 Fn. On a alors evidemment n Fn0 = ]u; v[. D'apres le theoreme de Baire, une reunion denombrable de fermes d'interieurs vide est d'interieur vide. Applique a ]u; v[ et aux Fn0 , il entra^ne que l'un des Fn \ ]u; v[ est d'interieur non vide. On se donne donc un intervalle [x0 ; x0 + ]  Fn0 \ ]u; v[ ou  > 0. On ecrit alors jf (x) f (y)j 6 jf (x) fn0 (x)j + jfn0 (x) fn0 (y)j + jfn0 (y) f (y)j: Si x et y appartiennent a [x0 ; x0 + ], le premier et le dernier terme sont majores par ". Pour contr^oler le terme central, on utilise le fait que fn0 est continue en x0 . Par consequent, quitte a diminuer , on peut supposer que diam('([x0 ; x0 +])) 6 ". Il en resulte que pour tous x et y 2 [x0 ; x0 +], on a jf (x) f (y)j 6 3"; et donc que diam(f ([x0 ; x0 + ])) 6 3". Ainsi, !('; x0) 6 3" < 4". 3. Pour tout " > 0, introduisons l'ensemble " des points x 2 I tels que !(f; x) < ". La premiere question a montre que " etait un ouvert de I , tandis que la seconde question montre que " rencontre tout intervalle ouvert, donc est dense. Les points de continuit e de f sont ceux pour lesquels !(f;
) = 0, c'est-aT dire l'intersection ">0 ". Mais on peut remplacer l'intersection sur les " > 0 par l'intersection des 1=n pour n > 1 car des que n > 1=", on a 1=n  ". L'ensemble des points de continuite de f est ainsi une intersection denombrable d'ouverts denses, et est donc dense, en vertu du theoreme de Baire. 4. Par d e nition, on a f 0(x) = lim"!0(f (x + ") f (x))=". On voit donc que 0 f est la limite simple des fonctions continues   n f (x + 1=n) f (x) ; et est donc, d'apres la question precedente, continue sur un ensemble dense,

Exercice 13{4. Quelques proprietes des ensembles maigres 1. Soit  R n une partie quelconque. Montrer qu'il existe A maigre et B de mesure nulle tels que = A [ B . 2. Montrer que le complementaire d'un ensemble maigre est non denombrable.

10

Analyse reelle

Indication : 1. Considerer une suite denombrable dense dans Rn et s'en servir pour construire une partie de Rn dense et de mesure arbitrairement petite. Solution :

Il sut de traiter le cas ou = R n et de considerer ensuite les ensembles A \ et B \ qui seront respectivement maigre et de mesure nulle. Soit (ak ) une suite dense dans R n (donnee, par exemple, par les points a coordonnees rationnelles), et soit pour tout " > 0, l'ouvert [

" = B (ak ; "2 k ): 1.

k

Les " sont des ouverts denses, de mesure majoree par C"n Pk 2 nk 6 C"Tn (C est le volume de la boule unite de R n ). Par consequent, l'intersection B = " " est de mesure nulle. Mais il est clair que l'on a \ B = 1=m : m>1

Par suite, B est une intersection denombrable d'ouverts denses. Son complementaire A est par de nition un ensemble maigre. On a ainsi ecrit R n = A [ B , avec A un ensemble maigre, et B un ensemble de mesure nulle. 2. Soit F un ensemble maigre, donc inclus dans une r eunion denombrable de fermes Fk d'interieurs vides. Pour montrer que le complementaire de F est non denombrable, il sut de montrer que l'intersection des k = R n n Fk est non denombrable. Raisonnons Tpar l'absurde : soit X = fxm ; m 2 Ng un ensemble denombrable tel que k = X . Posons Vm = Rn n fxm g qui est un ouvert dense de R n . D'apres le theoreme de Baire, l'intersection denombrable d'ouverts denses

\ !

est dense dans haitee.

Rn .

k

\ !

k \ Vm m

Or cette intersection est vide ! D'ou la contradiction sou-

Exercice 13{5. Ensembles maigres et ensembles de mesure nulle 1. Soit H l'ensemble des fonctions h : [0; 1] ! [0; 1], croissantes, injectives, continues et telles que h(0) = 0, h(1) = 1. Si f et g 2 H, on pose d(f; g) = kf gk1 + kf 1 g 1k1. Montrer que, muni de la distance d, H est un espace metrique complet. Montrer que la topologie de nie par d est

equivalente a la topologie induite par k
k1, mais que H n'est pas complet pour cette derniere metrique. 2. Soit A  [0; 1] un ferme d'interieur vide. Montrer qu'il existe un homeomorphisme h : [0; 1] ! [0; 1] tel que h(A) soit de mesure nulle. 3. Soit A  [0; 1] un ensemble maigre. On veut montrer qu'il existe un homeomorphisme h : [0; 1] ! [0; 1] tel que h(A) soit de mesure nulle. Si

11

Complements de topologie

A  Sn2N An, ou les An sont des fermes d'interieur vide, et si k > 1, on pose Hn;k = fh 2 H ; m(h(An)) < 1=kg. Montrer que Hn;k est un ouvert dense de H. En deduire qu'il existe un automorphisme h de [0; 1] tel que h(A) et de mesure nulle.

Indication : 3. On utilisera le fait que m(F ) est la borne inferieure des m(U ) pour U ouvert contenant F , cf. l'exercice 8{7 du tome 1. Solution :

Il est facile de voir que d est eectivement une distance. Contentons nous de montrer que H est complet : si (fn) est une suite de Cauchy, il faut montrer qu'elle converge dans H. Or, (fn) est une suite de Cauchy dans l'ensemble des fonctions continues de [0; 1] dans [0; 1] qui est complet. Par consequent, fn converge uniformement vers une fonction f continue de [0; 1] dans [0; 1]. De m^eme, fn 1 converge uniformement vers une fonction continue g : [0; 1] ! [0; 1]. Or, on a pour tout n 2 N , fn  fn 1 = fn 1  fn = Id[0;1]. En passant a la limite, on a l'identite f  g = g  f = Id[0;1], ce qui prouve que f est bijective et que f 1 = g. En outre, il est clair que f (0) = 0 et f (1) = 1. Ainsi, f 2 H, ce qui conclut la demonstration du fait que H est complet. Par ailleurs, la fonction (f; g) = kf gk1 est aussi une distance sur H. Pour montrer que les topologies de nies par d et  sont identiques, il faut montrer que toute d-boule contient une -boule de m^eme centre, et reciproquement. Il est d'abord clair que si d(h; f ) < ", alors (h; f ) < " (toute -boule contient une d-boule, donc la d-topologie est plus ne que la -topologie). Il reste a montrer que toute d-boule contient une -boule. Soit h 2 H et  > 0. Il sut de trouver 0 < 0 < =2 tel que kh 1 f 1k < =2 sachant que kf hk < 0 . La fonction h 1 est continue sur le compact [0; 1], donc uniformement continue. Il existe ainsi  > 0 tel que 1.

jx y j < 

=)

1 h (x) h 1(y) < =2:

Or,

1 h (x) f 1(x) = h 1 (f (t)) h 1 (h(t)) (x = f (t)); si bien que kf hk1 < 0 entra^ne kf 1 h 1k1 < =2. On peut bien s^ur supposer que 0 < =2, et alors (f; h) < 0 =) d(f; h) < : On a ainsi prouve que les deux topologies sur H de nies par d et  sont

equivalentes. Montrons nalement que H n'est pas complet pour la distance . Il sut de trouver une suite de Cauchy pour la distance  qui ne converge pas dans H.

12

Analyse reelle

Prenons par exemple

8 1  > si 0 6 x 6 41 , < 12 n1 x 1 fn(x) = >n x + 2 2n si 41 6 x 6 34 , : 2 1 x + 1 1 si 3 6 x 6 1. n n 4 Dans l'espace de Banach des fonctions continues de [0; 1] dans R , la suite fn

converge (uniformement) vers la fonction 8 > si 0 6 x 6 41 , 2 si 14 6 x 6 34 , :2x 1 si 3 6 x 6 1. 4 Par consequent, c'est une suite de Cauchy dans (H; ), et sa limite, si elle existe ne peut-^etre que f . Or f 62 H, si bien que (fn) n'a pas de limite dans H et H n'est pas complet pour la metrique . Remarque. Cette question rappelle, s'il en etait besoin, que la notion de completude n'est pas une notion topologique mais, dans les cas qui nous concernent, une notion metrique. Il est essentiel de pouvoir comparer les voisinages de deux points, i.e. de pouvoir dire que  est plus pres de x que  l'est de y. Une notion plus generale est celle d'espace uniforme (cf. [Bour]) : c'est un espace topologique X muni de la donnee d'une base de voisinages de la diagonale de X  X. 2. Supposons que A est un ferm e d'interieur vide. Alors, si l'on pose = [0; 1] n A, est ouvert et dense, donc de mesure de Lebesgue non nulle. Il sut de de nir h(x) = m([0; x] \ )=m( ); qui est croissante, continue, injective (si h(x) = h(y), on a m([x; y] \ ) = 0, si bien que ]x; y[ \ = ? car un ouvert de mesure nulle est vide). De plus h(0) = 0 et h(1) = 1. Par consequent, comme l'intervalle [0; 1] est compact, le theoreme de Poincare (cf. l'exercice 8{12 du tome 1) entra^ne que h est un homeomorphisme de [0; 1] sur Slui-m^eme. Mais on peut ecrire = ]an; bn[ (reunion disjointe). Alors, l'image de l'intervalle ]an; bn[ est l'intervalle d'extremites h(an ) = m([0; an] \ )=m( ) et h(bn) = m([0; bn] \ )=m( ): Cet intervalle a pour mesure (bn an)=m( ), si bien que h( ) est de mesure P (bn an)=m( ) = m( )=m( ) = 1. Par consequent, h(A) est de mesure nulle. 3. Montrons que Hn;k est ouvert. Soit h 2 Hn;k . On a donc m(h(An )) < 1=k . Il existe alors un ouvert U tel que U  h(An) et m(U ) < " < 1=k. Soit  > 0 la distance entre les fermes h(An) et [0; 1] n U . Il est clair que si f 2 H veri e kf hk1 < , alors f (An)  U . A fortiori, si d(f; h) < , on a f 2 Hn;k , ce qui prouve que Hn;k est ouvert.

Complements de topologie

13

Montrons que Hn;k est dense. Soit h 2 H et " > 0. Il faut montrer que la d-boule de centre h et de rayon " rencontre Hn;k . D'apres la premiere question, il sut de prouver que la -boule de centre h et de rayon " rencontre Hn;k . On cherche ainsi f tel que kf hk1 6 " et m(f (An)) < 1=k. Posons f (x) = (h(x)) et B = h(An ), qui est un ferme d'interieur vide. Alors, on cherche 2 H tel que j S(x) xj < " pour tout x et tel que m( (B )) < 1=k. Posons

= [0; 1] n B = ]ak ; bk [. h i Soit N entier tel que "N > 1 et pour m = 1, : : : , N , l'intervalle Im mN 1 ; Nm .  Soit alors Jm  Im un intervalle ouvert ne rencontrant pas B (qui est un ferme d'interieur vide). Pour x 2 Im , on choisit (x), strictement croissante et lineaire par morceaux, de sorte que les extremites de Im soient xees par f et que l'image de Jm soit de mesure superieure a m(Im) kN1 . Alors cela de nit une application 2 H, et l'image de est de mesure minoree par 1 k1 , ce qui prouve que m( (B )) < 1=k. Par consequent, Hn;k est dense. D'apres la premiere question, l'espace metrique (H; d) est complet donc veri e le theoreme de Baire. L'intersection des Hn;k est alors dense et donc non vide. Soit h un element de cette intersection. On a pour tous n et k, m(h(An)) 0 tel que le diametre de K (x) est inferieur a ". 1. Montrer que T">0 O" est l'ensemble des x 2 R n tels qu'il existe un unique u 2 K veri ant d(x; K ) = kx uk. 2. Montrer que O" est ouvert et dense dans R d . 3. En deduire que l'ensemble des points x 2 R d pour lesquels la distance d(x; K ) est atteinte en un unique point est dense. 4. Exhiber un contre-exemple si l'on prend sur R d la norme k
k1 au lieu de la norme euclidienne.

Solution :

Soit x 2 R d . L'ensemble des u 2 K tels que d(x; K ) = kx uk est inclus dans K (x) pour tout  > 0. Par suite, si x 2 O", cet ensemble est de diametre inferieur a ". Il en resulte que l'intersection des O" est incluse dans l'ensemble des points x 2 R d tels que l'ensemble fu 2 K ; d(x; K ) = kx ukg est de diametre nul, c'est-a-dire reduit a un point. D'autre part, il faut montrer que s'il existe un unique u 2 K tel que d(x; K ) = kx uk, alors x 2 O" pour tout " > 0. Notons  = d(x; K ) et 1.

14

Analyse reelle

soit u le point de K qui veri e kx uk = . Soient  > 0 et K 0 = K n B (u; ). Alors K 0 est compact et d(x; K 0) > d(x; K ). En eet, la sphere S (x; ) ne rencontre K qu'en u et ne rencontre pas K 0. Par suite, la distance entre les deux compacts S (x; ) et K 0 est strictement positive et d(x; K 0) > d(x; K ). Cela signi e que si  + d(x; K ) < d(x; K 0), l'ensemble K (x) est inclus dans la boule B (0; ) dont le diametre est egal a 2. Il sut de poser  = "=2 pour conclure que x 2 O", ce qu'il fallait demontrer. 2. Montrons que O" est ouvert : soit x 2 O" et  tel que le diam etre de K (x) soit inferieur ou egal a ". Donnons nous x1 tel que kx x1 k 6 . On cherche un 1 tel que le diametre de K1 (x1 ) soit inferieur a ". Or, si y 2 K1 (x1 ), on a kx yk 6 kx1 yk + kx1 xk 6 d(x1 ; K ) + 1 +  6 d(x; K ) + 1 + 2: Par suite, si 1 + 2 < , K1 (x1)  K (x) et x1 2 O". Il en resulte que O" contient la boule de centre x et de rayon =3 et donc que O" est ouvert. Montrons que O" est dense : soit x 2 R d et montrons qu'il existe des x0 aussi pres de x que l'on veut tels que x0 2 O". Si x 2 K , alors x 2 O" puisque K (x) = K \ B (x; ) est de diametre 2 6 " pour  6 "=2. Supposons que x 62 K . Comme x est ferme, d(x; K ) > 0 et la sphere de centre x et de rayon  = d(x; K ) rencontre K en au moins un point K u 2 K . Cherchons x0 sur le segment [x; u] en posant x0 = x + t(u x). L'intersection de la sphere de centre x x0 u x0 et de rayon (1 t) avec K est reduite au point u. En eet, si ky x0 k = (1 t) et y 6= u, alors ky xk <  et y 62 K . (Autrement dit, la sphere S (x0 ; (1 t)) privee du point u est incluse dans la boule ouverte B (x; ).) D'apres la premiere question, x0 2 O", ce qui acheve de prouver que O" est dense. si " < "0, on a l'inclusion O"T O"0 . Par suite, l'intersection T 3. OParestde nition, egale a l'intersection denombrable n>1 O1=n. ">0 " D'apres le theoreme de Baire, cette intersection denombrable est dense. Vu la premiere question, l'ensemble des x qui ont une unique projection sur K est dense dans R d . 4. Soit K le carr e max(jxj; jyj) = 1. Si p = (; ) 2 R 2 veri e  > 3 et  6  6  , la distance de p a K est egale a  1 et cette distance est atteinte par tout point (1; y) 2 K . En particulier, l'ensemble des points ou la projection n'est pas unique n'est pas dense dans R 2 .

CHAPITRE XIV

Autour du lemme de Rolle Exercice 14{1. Une version sur R du theoreme de Rolle Soient deux entiers n et p tels que n < p et une fonction f : R ! R derivable p fois telle que f (x)=xn ! 0 quand x tend vers +1 et 1. 1. Montrer qu'il existe un reel  tel que f (p)( ) = 0. 2. Que peut-on dire pour p = n ? Solution :

Il sut de repondre a la question pour p = n + 1, car si f (x) = o(xn), on 0 a f = o(xn ) pour tout n > n0 . Si f (n+1) = 0, la question est resolue. Sinon, il existe un reel a tel que 0 6= f (n+1) (a), que l'on peut supposer positif sans perdre de generalite. Le theoreme de Taylor-Lagrange pour f a l'ordre n entre a et x nous donne pour tout x l'existence d'au moins un reel cx entre a et x tel que n n+1 f (x) = f (a) + (x a)f 0 (a) +


+ (x n!a) f (n) (a) + (x(n +a)1)! f (n+1) (cx): En divisant tout par xn et en faisant tendre x vers +1, la plupart des termes tendent vers 0 et il reste f (n) (a) = lim xf (n+1) (cx) : x!+1 (n + 1)! n! On montre ainsi qu'il existe un c1 tel que f (n+1) (c1) est negatif. De m^eme, en faisant tendre x vers 1, on trouve un c2 tel que f (n+1) (c2 ) > 0. Finalement, par le theoreme des valeurs intermediaires (qui est valable m^eme si f (p) n'est pas continue : theoreme de Darboux, voir l'exercice 15{1), on trouve un  tel que f (n+1) ( ) = 0. 2. Pour p = n, le r esultat n'est plus valable. Par exemple, pour n = p = 1, on peut considerer f (x) = arctan x qui veri e f (x) = o(x) et dont la derivee f 0(x) = 1=(1 + x2 ) ne s'annule pas. Et pour n = p > 1, on peut consierer la n-ieme primitive de f , qui est en o(xn) par le theoreme d'integration des equivalents. 1.

16

Analyse reelle

Exercice 14{2. Theoreme de Rolle en dimension n Soit E un espace de Banach, U un ouvert de E et f : U ! R une fonction

dierentiable. 1. Montrer que si f a un extremum local en un point x0 2 U , sa dierentielle df s'annule en x0 . 2. On suppose maintenant que E = R n . Soit X est un ferme de E , f : X ! R continue, dierentiable sur U = X suppose non vide, nulle sur la frontiere de X et a l'in ni (i.e. telle que supfjf (x)j ; kxk > tg ! 0 quand t ! 0). Montrer que df s'annule en un point de U .

Solution :

La demonstration est calquee sur celle de la dimension 1. Au voisinage de x0 , on a f (x0 + h) = f (x0 ) + df (x0)
h + o(h): Maintenant, si df (x0) 6= 0, il existe un vecteur h0 2 E de norme 1 tel que df (x0)
h0 6= 0. En posant h = th0 , on obtient f (x0 + h) = f (x0) + t df (x0)h0 + t"(t); avec "(t) ! 0. Supposons que x0 est un extremum (par exemple un maximum) local de f dans U . Alors il existe une boule B (x0 ; R) telle que f (x0 ) > f (x) pour tout x 2 B (x0 ; R). Or il existe un 0 < t < R tel que "(t) < df (x0)
h0 , ce qui montre que f (x0 + h) > f (x0 ) et donc aboutit a une contradiction. 2. Premier cas : f est nulle sur tout X , donc sur U et la di erentielle df est identiquement nulle sur U . Deuxieme cas : il existe un point x0 2 U tel que f (x0) 6= 0. Sans perdre de generalite, on peut m^eme supposer que f (x0) > 0. Comme f est nulle a l'in ni, il existe un R > 0 tel que si kxk > R, alors jf (x)j < f (x0). On en deduit que la borne superieure de f sur X est atteinte sur le compact KR = B (x0 ; R) \ X . Comme KR = B (x0 ; R) \ X , on a @KR  @ B (x0 ; R) [ @X . Or la fonction f vaut 0 sur @X et est majoree par f (x0 ) sur @ B (x0 ; R) = C (x0 ; R). Donc le maximum de f sur KR est atteint en un point de l'interieur de KR , donc de U. On peut ainsi conclure que f possede un maximum dans U et, d'apres la question precedente, que sa dierentielle s'annule dans U . 1.

Exercice 14{3. Nombre de racines d'un quasi-polyn^ome 1. Soit I un intervalle de R et f : I ! R une fonction analytique reelle. Si f 6= 0, montrer que tout zero de f possede une multiplicite nie. Si N (f ) est le nombre de zeros de f , comptes avec multiplicites, montrer que N ( f 0 ) > N ( f ) 1. 2. Soient i (1 6 i 6 n) des reels distincts et Pi(x)Pdes polyn^omes non nuls P de degres di > 1. Montrer que la fonction f (x) = ni=1 Pi (x)ei x a au plus ni=1 di + n 1 racines.

17

Autour du lemme de Rolle Solution :

Si f : I ! R est analytique reelle et que x0 2 I , on peut developper f en serie entiere dans un voisinage de x : 1.

f (x) =

1 X

n=0

an(x x0 )n:

La multiplicite de x0 est alors le plus grand entier m tel que a0 =


= am = 0. Si elle est in nie, cela veut dire que f est nulle dans un voisinage de x0 . Le principe du prolongement analytique implique que f = 0. Soient x1 <


< xr les zeros de f ; on note mi la multiplicite de xi. Le theoreme de Rolle dit que f 0 (qui est analytique reelle) s'annule au moins une fois dans chaque intervalle ]xi; xi+1 [, soit au moins (r 1) zeros. D'autre part, le developpement en serie entiere de f au voisinage de xi montre que xi est racine de f avec multiplicite mi 1. Par consequent,

N (f 0 ) > (r 1) +

r X i=1

(mi 1) = N (f ) 1:

Si n = 1, f (x) = P1(x)e1Px a au plus d1 racines. Demontrons alors le resultat par recurrence sur n + di. On peut supposer que n = 0, quitte a multiplier f par e n x, ce qui ne change rien aux racines de f . Alors, 2.

f 0(x) = Pn0 (x) +

nX1 i=1

(iPi(x) + Pi0(x))ei x;

siP bien que, les i etant non nuls pour i 6= n, f 0 est une fonction de la forme n Q (x)ei x , ou les Q sont des polyn^omes de degres d pour i < n. Si d > 1, i i n i=1 i alors Qn est un polyn^ome de degr e d 1, auquel cas l'assertion de r e currence n entra^ne que f 0 admet au plus Pin=11 di + (dn 1) + (n 1) = P di + n 2 racines. si dn = 0, alors Qn = 0 etPf 0 admet par recurrence au plus Pn 1 d +Mais n i=1 i (n 2) racines, ce qui fait bien i=1 di + n 2, comme dans le cas precedent. Il reste a utiliser le theoreme de Rolle : si f admet N racines (comptees avec multiplicit f 0 admet au moinsP (N 1) racines. Par suite, N 1 6 Pn d + nes), alors 2 et f admet au plus ni=1 di + n 1 racines, ce qu'il fallait i=1 i demontrer.

Exercice 14{4. Polyn^omes a racines reelles 1. Soient P (X ) = a0 + a1 X +


+ an X n et Q(X ) deux polyn^omes dont toutes les racines sont reelles. Montrer que le polyn^ome a0 Q(X )+ a1 Q0 (X )+


+ anQ(n) (X ) a toutes ses racines reelles. 2. On suppose en outre que les racines de Q ne sont pas dans l'intervalle [0; deg P ]. Montrer que le polyn^ome a0Q(0) + a1Q(1)X +


+ anQ(n)X n a toutes ses racines reelles.

Indications : 1. On pourra raisonner par recurrence sur n = deg P .

18

Analyse reelle

2. Trouver un operateur dierentiel @ tel que ce polyn^ome s'ecrive Q(@ )
P . Solution : 1. Si n = 0, P est constant et il n'y a rien  a demontrer. Sinon, on peut supposer que le coecient dominant de P est egal a 1. Si n = 1, P (X ) = X a et il faut montrer que le polyn^ome Q0 (X ) aQ(X ) a toutes ses racines reelles. Donnons deux demonstrations de ce fait : la fonction f (x) = e axQ(x) est analytique reelle et possede deg Q zeros, comptes avec multiplicites. Par consequent, d'apres le theoreme de Rolle, sa derivee possede au moins deg Q 1 zeros, toujours comptes avec multiplicites. Or f 0(x) = (Q0(x) aQ(x))e ax et les zeros de f 0 sont exactement les racines du polyn^ome Q0 aQ, avec les m^emes multiplicites. Ainsi, Q0 aQ possede (deg Q 1) racines reelles, et comme c'est un polyn^ome de degre 6 deg Q, la derniere racine eventuelle, a priori complexe, est necessairement reelle. On peut aussi le demontrer de la facon suivante : soient x1 <


< xr les racines distinctes de Q, avec multiplicites m1, : : : , mr . Le polyn^ome R = Q0 aQ s'annule deja en tous les xi avec multiplicite mi 1, d'ou deg Q r racines. Mais la fonction Q0=Q a pour limite +1 en xi + 0 et 1 en xi+1 0 et est continue sur l'intervalle ouvert. Par consequent elle prend la valeur a sur l'intervalle ]xi ; xi+1 [, d'ou (r 1) racines supplementaires. Finalement R = Q0 aQ a au moins (n 1) racines reelles et a donc toutes ses racines reelles. Soit @ l'operateur dierentiel de derivation par rapport a X : QP 7! P 0. Par de nition, a0 Q +


+ anQ(n) = P (@ )(Q). Or on a P (X ) = an ni=1 (X i) avec i 2 R , d'ou

R = a0Q +


+ an

Q(n)

= an

n Y

i=1

(@ i) Q:

On vient de voir que (@ 1 )Q = Q0 1Q avait toutes ses racines reelles. Par recurrence, le polyn^ome R a donc toutes ses racines reelles. 2. Commencons, l a encore, par traiter le cas ou deg Q = 1, autrement dit Q = X  avec  62 [0; n]. On remarque que R = a0 Q(0) +


+ anQ(n)X n = (a0 + a1 X +


+ anX n) + a1 X + 2a2X 2 +


+ nanX n = XP 0(X ) P (X ); ce qui conduit donc a etudier la fonction x 7! f (x) = xP 0(x)=P (x). Soient x1 <


< xr les racines de P , et mi leur multiplicites. Le polyn^ome R admet les xi comme racines, avec multiplicites mi 1, et, si 0 est racine de P , 0 est aussi racine de R avec la m^eme multiplicite. Nous avons donc deja deg P r + " racines, ou " = 1 si P (0) = 0 et " = 0 sinon. On a r r mx X X x f (x) = mi x x = deg P + x i xi : i=1

i

i=1

i

19

Autour du lemme de Rolle

Autrement dit, on peut recrire f sous la forme m a X f (x) = a + x k  ; k k=1 ou m = r ", 1 <


< m sont des reels non nuls, ak est du signe de k et a = deg P . La fonction f est continue sur tous les intervalles ] 1; 1[, ]k ; xk+1[ et ]xm ; +1[. On cherche les solutions non nulles de f (x) = , mais comme  62 [0; deg P ] et que f (0) = 0, toute solution est non nulle. Supposons que tous les k sont positifs. Alors, pour tout k 2 f1; : : : ; m 1g, f a pour limite +1 en k + 0 et 1 en k+1 0. Par consequent, elle prend au moins une fois la valeur  dans chacun des intervalles ]k ; k+1[, d'ou m 1 solutions. Quand x tend vers 1, f (x) a pour limite deg P , et la limite en 1 0 de f est egale a 1 ; par suite, f prend une fois de plus toute valeur strictement inferieure a deg P . De m^eme, f a pour limite +1 en m + 0 et pour limite deg P en +1 et prend une fois de plus toute valeur strictement superieure a deg P . Puisque  6= deg P , f (x) =  a au moins m solutions. Supposons que l < 0 < l+1 pour un entier l 2 f1; : : : ; m 1g. Alors, on a comme precedemment une solution dans chaque intervalle ]k ; k+1[ pour k 6= l, d'ou m 2 solutions. En revanche, f a pour limite 1 en l + 0 et l+1 0, et f (0) = 0. Il en resulte que f prend au moins deux fois toute valeur strictement inferieure a 0 dans cet intervalle. De plus, f a pour limite deg P en 1 et tend vers +1 en 1 0 et m +0, si bien que f atteint deux fois de plus toute valeur strictement superieure a deg P . Finalement, comme  62 [0; deg P ], f (x) =  a au moins m solutions. En n, si tous les k sont negatifs, on constate que f (x) =  a une solution dans chacun des intervalles ]k ; k+1[ et une solution dans l'un des intervalles ] 1; 1[ ou ]m; +1[ suivant que  > deg P ou  < 0 respectivement. Cela fait encore m solutions. Nous pouvons conclure : les racines reelles de XP 0(X ) P (X ) sont au nombre de (n r + ") + m = n r + " + r " = n = deg P . Nous avons bien demontre que le polyn^ome XP 0(X ) P (X ) a toutes ses racines reelles. Pour traiter le cas general, notons @ l'operateur dierentiel P 7! XP 0(X ) et P m montrons que R = Q(@ )
P . En eet, si Q = k=0 bk X k , on a R = a0Q(0) + a1 Q(1)X +


+ an Q(n)X n =

puisque

@X j

n X m X

aj bk j k X j =

n X m X

aj bk @ k (X j )

j =0 k=0 j =0 k=0 j 1 j = X (jX ) =0 jX , 1 m m n X X X = bk @ k @ aj X j A = bk @ k (P ) = Q(@ )
P: j =0 k=0 k=0

Il reste a ecrire que Q a toutes ses racines reelles hors de l'intervalle [0; deg P ]. Q m Par consequent, Q(X ) = bm k=1(X k ), avec k 62 [0; deg P ]. Le polyn^ome (@ 1 )
P est alors de degre deg P et a toutes ses racines reelles, puis par recurrence, Q(@ )
P a toutes ses racines reelles, ce qu'il fallait demontrer.

20

Analyse reelle

Exercice 14{5. Lemme de Thom Soit P  R [X ] n f0g une famille nie de polyn^omes stable par derivation, c'est-a-dire que si P 2 P et P 0 6= 0, alors P 0 2 P aussi. Soit pour tout P 2 P un choix de signe "P 2 f+1; 1g. 1. Montrer que l'ensemble fx 2 R ; "P P (x) > 0; 8P 2 Pg est un intervalle ouvert de R . 2. De m^eme, montrer que l'ensemble de x tels que "P P (x) > 0 est un intervalle ferme.

Solution :

Soit I l'ensemble des x 2 R tels que "P P (x) > 0 pour tout P 2 P . Soient x < y deux elements de I et montrons que [x; y]  I . En eet, si cela est faux, il existe z 2 ]x; y[ et P 2 P de degre minimal tel que "P P (z) 6 0. Si P est de degre 0, c'est donc une constante et "P P (x) = "P (z) 6 0 contrairement a l'hypothese. Donc P est de degre > 1 et P 0 6= 0. Alors, il existe  2 ]x; z[ et  2 ]z; y[ tels que "P (P (z) P (x)) = "P P 0( )(z x) et "P (P (y) P (z)) = "P P 0()(y z). Comme P (z) P (x) et P (y) P (z) sont de signes contraires, necessairement P 0( ) et P 0() aussi. Ainsi, l'une des inegalites "P 0 P 0( ) > 0 ou "P 0 P 0() > 0 n'est pas veri ee. Cela montre qu'il existe un reel z0 2 ]x; y[ et un polyn^ome Q 2 P de degre < deg P tels que "QQ(z0 ) 6 0. Or on avait suppose que le degre de P etait minimal, d'ou une contradiction. Nous avons donc montre que [x; y]  I , si bien que I est connexe. Par ailleurs, I est une intersection nie d'ouverts et est ainsi un intervalle ouvert. 2. De m^ eme, soit I l'ensemble des x 2 R tels que "P P (x) > 0 pour tout P 2 P . Soient x < y deux elements de I et raisonnons comme dans la premiere question en choisissant z 2 I et P 2 P de degre minimal tels que "P P (z) < 0. On voit de m^eme que P n'est pas de degre 0, et que "P 0 P 0 prend une valeur strictement negative dans l'un des intervalles ]x; z[, ]z; y[, d'ou une contradiction puisque deg P 0 < deg P . Ainsi, I est un intervalle de R , necessairement ferme puisque c'est une intersection de fermes. 1.

Exercice 14{6. Zeros des polyn^omes : regle de Descartes Soit P = ad xn +


+ a0 2 R [x] un polyn^ome non nul de degre n. Soit "i = sgn ai , ou sgn x = +1, 1 ou 0 suivant que x est strictement positif, strictement negatif ou nul. On dit qu'il y a un changement de signe dans la suite "0 ; : : : ; "n quand "i = "i+k 6= 0 et "i+1 =


= "i+k 1. 1. Montrer que le nombre de zeros strictement positifs de P est au plus egal au nombre de changements de signe de la suite "0 ; : : : ; "n . 2. Montrer que la dierence entre le nombre de zeros strictement positifs de P et le nombre de changements de signe des "i est un nombre pair.

21

Autour du lemme de Rolle Solution :

1. On peut proc eder par recurrence : pour n = 0, c'est clair, car P n'a ni zero, ni changement de signe. Soit maintenant un polyn^ome P qui admet r(P ) racines strictement positives et (P ) changements de signe. Par le theoreme de Rolle, le polyn^ome derive P 0 possede au moins r(P ) 1 racines strictement positives (y compris si P a des racines multiples). Par ailleurs, la suite des signes des coecients de P 0 est "1; : : : ; "n, donc (P 0) = (P ) ou (P ) 1, suivant la valeur de "0. Si (P 0) = (P ) 1, par hypothese de recurrence P 0 a au plus (P ) 1 racines strictement positives, donc r(P ) 6 r(P 0) + 1 6 (P 0) + 1 = (P ) 1 + 1 = (P ). Si (P 0) = (P ), il ne peut pas y avoir de changement de signe entre "0 et "1, donc le polyn^ome P peut s'ecrire (quitte a changer P en P si necessaire)

P = anxn +


+ ak xk + a0 ; avec a0 > 0 et ak > 0: On constate qu'alors P (0) > 0 et que P (x) est croissante sur un intervalle a droite de 0. Par consequent si  est la plus petite racine strictement positive de P , P 0 doit s'annuler au moins une fois sur ]0;  [. Par ailleurs, P 0 s'annule toujours au moins r(P ) 1 fois entre les racines de P , ce qui montre que r(P ) 6 r(P 0) 6 (P 0) = (P ). Ceci conclut la demonstration. premier zero de P 0

premier zero de P

Cas 1 (a0 > 0, ak > 0).

P 0 s'annule un nombre pair de fois dans cet intervalle premier zero de P

Cas 2 (a0 > 0, ak < 0).

2. Reprenons la d emonstration precedente pour montrer que r(P ) = (P ) 2, avec  un entier. On note x1 ; : : : ; xr(P ) les racines strictement positives de P classees par ordre croissant. Pour n = 0, c'est clair car r(P ) = (P ) = 0. Dans le cas general, on remarque qu'entre deux racines de P il y a un nombre impair de racines de P 0. En eet, les zeros de P et P 0 sont des points isoles, et si P est croissant (resp. decroisant) sur un voisinage a droite de xi , il est decroissant (resp. croissant) sur un voisinage a gauche de xi+1 , donc P 0 change de signe un nombre impair de fois sur ]xi; xi+1 [, ce qui montre iqu'il a un nombre h impair de zeros (comptes avec multiplicites). Sur l'intervalle xr(P ) ; +1 , P 0 a un nombre pair de zeros, car si P est croissant au voisinage a droite de xr(P ) , il l'est aussi au voisinage de l'in ni, et inversement. En n on remarque que si xi est un zero multiple de P d'ordre m, c'est un zero d'ordre m 1 de P 0.

22

Analyse reelle

On a ainsi montre que le nombre de zeros de P 0 sur [x1 ; +1[ a la m^eme parite que r(P ) 1. Il reste a voir que le nombre de zeros de P 0 sur ]0; x1 [ a la parite opposee a celle de (P ) (P 0) pour conclure la recurrence. On a vu qu'il y avait deux cas (quitte a changer P en P ) :  Si (P 0) = (P ) 1, on a, P = anxn +


+ ak xk + a0; avec a0 > 0 et ak < 0: Donc P est decroissant au voisinage a droite de 0 et aussi au voisinage a gauche de x1 , donc P 0 a un nombre pair de racines dans ]0; x1[.  Si (P 0) = (P ), on a a0 > 0 et ak > 0, donc P croissante au voisinage a droite de 0 et decroissante au voisinage a gauche de x1 , donc P 0 a un nombre impair de racines sur ]0; x1[.

Exercice 14{7. Zeros des polyn^omes : regle de Sturm

La regle de Sturm permet une meilleure localisation des zeros reels que la regle de Descartes. Soit P un polyn^ome reel de degre n a racines simples. On construit par recurrence une suite de polyn^omes en posant P0 = P , P1 = P 0 et Pi+1 l'oppose du reste de la division euclidienne de Pi 1 par Pi . 1. Soit m le plus grand i tel que Pi 6= 0. Que peut-on dire de m et de Pm ? 2. Montrer que pour tout i = 1; : : : ; m 1 et toute racine reelle  de P , on a

Pi+1 ( )Pi 1( ) < 0: 3. Pour tout reel t, soit (t) le nombre de changements de signe de la suite P0 (t); : : : ; Pm (t) (voir la de nition a l'exercice precedent). Montrer que le nombre de racines reelles de P dans l'intervalle [a; b[ est exactement egal a  (b)  (a). Solution :

On reconna^t, au signe pres, l'algorithme d'Euclide. Ainsi m < n, car pour tout i, deg Pi+1 < deg Pi et de plus, Pm est proportionnel au p.g.c.d de P et P 0. Comme toutes les racines reelles de P sont simples, Pm n'a pas de racines reelles. Remarquons que cette derniere condition n'est pas contraignante pour d'eventuelles applications de l'algorithme a la localisation des racines de P , car on peut toujours eliminer les racines multiples en divisant P par pgcd(P; P 0). 2. Si  est une racine de Pi , on a Pi 1 ( ) = Pi+1 ( ), donc Pi 1 ( )Pi+1 ( ) 6 0. Par ailleurs, si on avait Pi( ) = Pi+1 ( ), alors on pourrait voir immediatement par recurrence que Pk ( ) = 0 pour tout k > i, ce qui contredit le fait que Pm n'a pas de racines reelles. 3. On  etudie la fonction t 7! (t). Si l'intervalle [t1; t2 ] ne contient pas de racine d'un des Pi, alors on a clairement (t1) = (t2). Soit t2 une racine d'un 1.

Autour du lemme de Rolle

23

des Pi, pour i > 0, et soit t1 tel que [t1; t2 [ ne contient aucune racine d'un des Pi . Si on note "k (t) = sgn Pk (t), alors, compte tenu de la question 2 qui interdit a Pi 1 et Pi+1 de s'annuler sur [t1 ; t2 ], la suite ("i 1; "i; "i+1) peut admettre les valeurs suivantes en t1 et t2 : t1 t2 (+; +; ) (+; 0; ) (+; ; ) (+; 0; ) ( ; ; +) ( ; 0; +) ( ; +; +) ( ; 0; +) On constate que dans chaque cas, le nombre de changements de signe reste constant, c'est-a-dire egal a 1. Bien s^ur, la demonstration reste inchangee lorsqu'on echange les r^oles de t1 et t2. Maintenant si  est la seule racine de P = P0 dans [t1 ; t2], alors on a deux con gurations possibles : t1  t2 t1  t2 "0 0 + "0 + 0 ou "1 "1 + + + (Dans le premier cas, P (x) est croissante donc P 0(x) < 0, dans le deuxieme cas, P (x) est decroissante donc P 0(x) > 0.) Dans les deux cas, on constate que (t1 ) = ( ) = (t2 ) 1. Il en resulte que si a; b 2 ft1 ; ; t2g avec a < b, le nombre de racines de P dans [a; b[ est exactement (b) (a). Le cas general s'en deduit en decoupant l'intervalle [a; b[ en intervalles qui ne contiennent qu'une seule racine.

Exercice 14{8. Inegalite de Bernstein 1. Soit f = Pnk=0(ak cos kx + bk sin kx) un polyn^ome trigonometrique de degre 6 n. On suppose que f s'annule en 2n + 1 reels distincts de [0; 2 [. Montrer que f = 0. 2. Soit f un polyn^ome trigonometrique de degre 6 n tel que f 0(0) = kf 0k > nkf k. (Pour simpli er, on note k
k la norme k
k1.) Soit g la fonction

g(x) = n1 kf 0k sin(nx) f (x): Montrer que g s'annule 2n fois sur [0; 2 [, puis que g 0 s'annule au moins 2n + 1 fois sur [0; 2]. En deduire que g00 = 0 puis une contradiction. 3. Montrer que pour tout polyn^ome trigonometrique de degre inferieur ou egal a n, kf 0 k 6 nkf k (inegalite de Bernstein). 4. Si P 2 R [X ], on note kP k = max[ 1;1] jP jp . On suppose que P est de 0 degre n. Si x 2 ] 1; 1[, montrer l'inegalite jP (x)j 1 x2 6 nkP k (inegalite de Markov).

24 Solution :

Analyse reelle

1. Soient x0 , : : : , x2n 2 [0; 2 [ des r distincts tels que f (xk ) = 0. On Pn eels ikx. Il en resulte que le polyn^ome ecrit f sous forme complexe : f = c e k = n k P P (z) = 2kn=0 ck nzk s'annule en z0 = eix0 , : : : , z2n = eix2n . Mais les zk sont distincts et le polyn^ome P de degre 2n, si bien que P est necessairement nul, et donc f = 0. 2. On cherche les changements de signes de g entre deux valeurs o u j sin(nx)j est maximum, c'est-a-dire entre les xk = (2k + 1)=2n pour k = 0, : : : , 2n. On a g(xk ) = n1 kf 0k sin(nxk ) f (xk ) 81 0 < si k est pair, = : n k1f k0 f (xk ) > kf k f (xk ) > 0 n kf k f (xk ) < kf k f (xk ) < 0 si k est impair. Par consequent, g s'annule au moins une fois sur chacun des 2n intervalles ]xk ; xk+1[ (0 6 k 6 2n 1). Ainsi, g possede 2n racines sur ]0; 2[ puisque g(0) 6= 0. Le theoreme de Rolle arme alors que g0 s'annule au moins 2n 1 fois sur ]0; 2[. Or, g0(0) = kf 0k f 0(0) = 0 = g0(2). Ainsi, g0 s'annule 2n + 1 fois sur [0; 2]. D'apres le theoreme de Rolle, g00 s'annule 2n fois dans l'intervalle ]0; 2[. Il reste a remarquer que g00(0) = 0 puisque g0 atteint un extremum en 0. Par consequent, g00 a 2n+1 zeros dans [0; 2[ et g00 = 0 d'apres la premiere question. Ainsi, g0 est constante et vaut g0(0) = 0. Il en resulte que g est constante, necessairement nulle puisque g s'annule ! Mais alors f (x) = (kf 0k=n) sin nx et kf 0k = nkf k, contrairement a ce qu'on avait suppose. 3. Si l'in egalite kf 0k 6 nkf k n'est pas veri ee, on peut choisir  2 R tel que 0 jf ( )j = kf 0k, et, quitte a changer f en f , supposer que f 0( ) > 0. On se ramene a la question precedente en posant g(x) = f (x +  ). On a alors kf k = kgk et kf 0k = kg0k = f 0( ) = g0(0). On a suppose que g0(0) = kf 0k > nkf k, ce qui est une contradiction d'apres cette question. Nous avons donc montre que kf 0k 6 nkf k pour tout polyn^ome trigonometrique de degre inferieur ou egal a n. 4. Posons f (t) = P (cos t). En lin earisant f , on voit que c'est un polyn^ome trigonometrique de degre n et que kP k = maxt2R jf (t)j. (Cf. par exemple les exercices sur les polyn^omes de Tchebychev, notamment l'exercice 21{7.) Par suite, on a pour tout t 2 R , l'inegalite jf 0(t)j 6 nkP k. Or, f 0(t) = sin t P 0(cos t), si bien que p jP 0(cos t)j 1 cos2 t 6 nkP k: En posant x = cos t de nouveau, on obtient l'inegalite demandee.

CHAPITRE XV

Derivee, dierentielle Exercice 15{1. Theoreme de Darboux

L'objet de l'exercice est de donner plusieurs demonstrations du theoreme de Darboux : une derivee veri e le theoreme des valeurs intermediaires. Soit I un intervalle de R et f : I ! R une fonction derivable. 1. Soient x et y 2 I . On de nit deux fonctions ' et : ]x; y[ ! R par :

'(t) = f (xx) tf (t) ;

(t) = f (yy) tf (t) :

Montrer qu'elles sont prolongeables en des fonctions continues sur [x; y ]. Soit  un reel compris entre f 0(x) et f 0(y). Montrer que l'on a, ou bien  2 '([x; y]), ou bien  2 ([x; y]). En deduire le theoreme de Darboux. 2. Soit C = f(x; y) 2 I  I ; x < yg et ' : C ! R de nie par '(x; y) = (f (y) f (x))=(y x). Montrer que C est connexe et que ' est continue. En etudiant '(C ), montrer que f 0 veri e le theoreme des valeurs intermediaires.

Solution : 1. Il est clair que ' est continue sur l'intervalle ]x; y ]. Par ailleurs, on a limt!x '(t) = f 0(x), ce qui permet de prolonger ' par continuite sur tout l'intervalle [x; y]. De m^eme, est continue sur [x; y; [ et comme limt!y (t) = f 0(y), on peut prolonger sur [x; y]. Les images de ' et sont deux intervalles I' et I qui contiennent, l'un f 0(x), et l'autre f 0(y). On remarque que '(y) = f (xx) yf (y) = (x): Par suite, la reunion I' [ I est connexe ; c'est donc un intervalle. Ainsi, il existe t 2 [x; y] tel que l'on ait '(t) =  ou (t) = . Si  2 ff 0(x); f 0(y)g, le resultat est vrai ; supposons donc que  6= f 0(x) et  6= f 0(y). Si '(t) = , alors t > x et la formule de Taylor-Lagrange montre qu'il existe  2 ]x; t[ tel que f 0( ) = '(t) = . De m^eme, si (t) =  et t < y, on a l'existence d'un  2 ]t; y[ tel que  = (t) = f 0( ). Nous avons bien montre que f 0 veri e le theoreme des valeurs intermediaires.

26

Analyse reelle

2. L'ensemble C est un triangle et il est convexe, donc connexe ! De plus, la fonction ' est continue car le denominateur ne s'annule pas sur C . Il en resulte que '(C ) est un ensemble connexe de R . Supposons que I ne contient pas sa borne superieure ; nous allons montrer que l'adherence de '(C ) contient f 0(I ). En eet, si x 2 I ,

f 0(x) = lim y!x '(x; y ) 2 '(C ): y>x

Mais, d'apres le theoreme de Taylor-Lagrange, il existe pour tous x < y, un reel  2 ]x; y[ tel que f 0( ) = '(x; y). Par suite, on a '(C )  f 0(I )  '(C ) et f 0(I ) est connexe ! Si I ne contient pas sa borne inferieure, on a de m^eme que f 0(I ) est connexe. Dans le cas general, on ecrit I = I1 [ I2 ou I1 = I n fsup I g est ouvert a droite et I2 = I nfinf I g est ouvert a gauche. Alors, f 0(I ) = f 0(I1 ) [ f 0(I2), qui est la reunion de deux connexes d'intersection non vide (a moins que I ne soit reduit a un point, cas que le redacteur refuse d'envisager !), est necessairement connexe.

Exercice 15{2. Points ou fg0 et fd0 dierent Soit I un intervalle ouvert et f : I ! R . Soit E l'ensemble des x 2 I tels que fg0 (x) et fd0 (x) existent et fg0 (x) 6= fd0 (x). Montrer que E est au plus denombrable.

Solution :

Soit E + = fx 2 E ; fg0 (x) < fd0 (x)g. Soit (rn)n2N une enumeration des rationnels. Si x 2 E + , il existe un plus petit entier k tel que

fg0 (x) < rk < fd0 (x):   Soit '(x; y) = f (x) f (y) =(x y). On sait que '(x; y) ! fg0 (x) quand y ! x , donc que pour y proche de x, on a '(x; y) < rk . On en deduit qu'il existe un plus petit entier m veri ant rm < x et '(x; y) < rk pour tout y tel que rm < y < x. De m^eme on peut montrer qu'il existe un plus petit entier n tel que rn > x et '(x; y) < rk pour x < y < rn. On veri e qu'on a alors f (y) f (x) > rk (y x) pour rm < y < rn. On a ainsi construit une application x 7! (k; m; n), dont on montre qu'elle est injective : en eet si deux reels x1 et x2 correspondent au m^eme triplet (k; m; n), on devrait avoir a la fois f (x2 ) f (x1) > rk (x2 x1 ) et l'inegalite inverse, ce qui constitue une contradiction. On en conclut que E + a au plus le cardinal de N 3 qui est denombrable, et par une demonstration similaire, que c'est aussi le cas pour E = E n E +.

27

Derivee, dierentielle

Exercice 15{3. Theoreme de Borel

On se propose de demontrer le theoreme de Borel : pour toute suite de reels (an ), il existe une fonction f 2 C 1 (R ; R ) telle que f (n) (0) = an . 1. Construire une fonction ' 2 C 1(R ; R ) telle que '(x) = 1 si jxj 6 1=2 et '(x) = 0 si jxj > 1 (fonction plateau). 2. Soit 0 < " < 1. On pose '"(x) = '(x="

). En n, pour une fonction f

( q ) derivable p fois, on note Np (f ) = max

f 1. Montrer que pour tout entier q6p n > 0, on a

lim N (' (x)xn+1 ) = 0: "!0 n "

3. Soit ("n) une suite decroissante telle que



'"n (x)xn+1

n 6 min (1; 1= jan+1j) :

Montrer que la fonction

f (x) = a0 +

1 X n=1

'"n 1 (x)anxn=n!;

est C 1 et veri e f (n) (0) = an pour tout n > 0.

Indication : 1. On pourra considerer la fonction x 7! e

1=x

(x > 0), x 7! 0 (x 6 0).

Solution : 1. Cette construction est classique et sert dans de nombreuses circonstances (en geometrie dierentielle, par exemple). On commence par considerer la fonction 1 telle que 1(x) = exp( 1=x) pour x > 0 et 1(x) = 0 pour x 6 0. On observe par recurrence que pour n > 0, la derivee n-ieme de 1 est, pour x > 0, de la forme Pn(x) 1=x; (n) 1 (x) = xn e ou Pn est un polyn^ome. On en deduit que pour tout n > 0, 1(n) (x) ! 0 quand x ! 0+. On demontre par ailleurs que si 1(n) (0) = 0, alors (n) (n) 1 (x) 1 (0) = lim Pn (x) e 1=x = 0 lim x!0+ x!0+ xn+1 x donc que 1(n+1) (0) existe et vaut 0. Ceci montre par recurrence que 1 est C 1 sur R . Elle veri e par ailleurs 1 (x) > 0 et 1 (x) = 0 si x 6 0. On est alors amene a construire 2 (x) = 1 (x) 1 (1 x), qui est C 1 a support dans [0; 1], puis la fonction

3 ( x) =

Z 1  1 Z x 0

2

0

2;

qui est encore C 1, et qui veri e 3 (x) = 0 si x 6 0 et 3 (x) = 1 si x > 1.

28

Analyse reelle

En n on considere '(x) = 3(2x + 1) 3(1 2x) qui repond a la question posee.



2. Notons Cn = '(n) (x) . La fonction ' est C 1 et  a support compact, 1 ( n ) ( n ) n donc '" (x) = ' (x=")=" , on a egalement la majoration

(n) Cn

< 1. Comme n

'" (x) 1 = Cn=" . La formule de Leibniz implique que p p! dp (' (x)xn ) = X '"(i) (x)n(n 1)


(n p + i + 1)xn p+i i dxp " i=0 =

p X i=0

Bn;i'"(i) (x)xn

p+i ;

ou les Bn;i sont des constantes. Comme supp '"  [ "; "], on en deduit pour n 0. Autrement dit, la serie des derivees p-iemes converge normalement pour la norme k:k1. On peut donc deriver la serie terme a terme inde niment et f est donc C 1. E crivons maintenant f (x) = fp(x) + rp(x), avec 1 n X '"n 1 (x) annx! : rp(x) = n=p+1 Pour jxj < "p=2, on a '"p (x) = x, donc pour un tel x, fp(x) = Ppi=0 aixi =i!. On en deduit que fp(p)(0) = ap. Il reste a observer que rp(p)(0) = 0. C'est clair en derivant p fois terme a terme et en utilisant la convergence normale de la derivee p-ieme. Remarque. Ce resultat montre qu'une fonction C 1 n'est pas determinee par son comportement au voisinage d'un point (tel qu'il est exprime, par exemple, par ses derivees successives), contrairement au cas des fonctions holomorphes. Autrement dit, les fonctions C 1 sont (( molles )), alors que les fonctions analytiques sont (( rigides )). Dans le m^eme ordre d'idees, remarquons que l'anneau des fonctions analytiques sur un ouvert connexe de C est integre, alors que l'anneau des fonctions C 1 sur un ouvert connexe de R ne l'est pas.

29

Derivee, dierentielle

Exercice 15{4. Produit de convolution Soient deux fonctions mesurables f; g : R n ! C . On introduit la convolee de f et g de nie par Z (f  g)(x) = n f (x t)g(t) dt; R

partout ou l'integrale existe. 1. Montrer que si (f  g)(x) existe alors (g  f )(x) existe et (f  g)(x) = (g  f )(x). Montrer aussi que supp(f  g) est inclus dans l'adherence de supp(f ) + supp(g). 2. Montrer que si f 2 L1 et g 2 Lp (1 6 p 6 1) alors f  g est de nie presque partout, f  g 2 Lp et kf  gkp 6 kf k1 kg kp . 3. Soient p et q tels que 1=p + 1=q = 1 (1 6 p; q 6 1). Montrer que si f 2 Lp et g 2 Lq , alors f  g est de nie partout et kf  gk1 < kf kp kgkq . 4. Plus generalement, soient p, q, r 2 [1; +1] avec 1r + 1 = 1q + p1 . Si f 2 Lp et g 2 Lq , montrer que f  g est de nie presque partout et que f  g 2 Lr avec l'inegalite

kf  gkr 6 kf kpkgkq :

(inegalite de Young.) 5. On suppose que r = 1 (i.e. 1p + 1q = 1). Montrer que f  g est uniformement continue.

Indications : 2. On pourra utiliser l'inegalite de Minkowski. 4. On pourra appliquer l'inegalite de Holder generalisee : kf1


fnk1 6 kf1kp1


kfnkp 6 1. Dans ce dernier si fi 2 Lp et 1=p1 +


+ 1=pn = 1, en separant les cas r = 1 et r = n

i

cas, on montrera d'abord que j(f  g)(x)jr 6 k(jf jp  jgjq )k1 kf krp p kgkrq q :

5. On pourra commencer par le cas des fonctions continues a support compact.

Solution :

La fonction t 7! f (x t)g(t) est mesurable si f et g le sont. Lorsque (f  g)(x) existe, le changement de variable u = x t montre que

1.

Z

Z f ( x t ) g ( t ) dt = f (u)g(x u) du = (g  f )(x); Rn Rn donc le produit de convolution est commutatif. Si x 62 supp f +supp g, on a f (x t)g(t) = 0 pour tout t. En eet, si g(t) 6= 0, on a t 2 supp g, donc x t 62 supp f . Par consequent f  g(x) = 0. Ceci montre que fx ; (f  g)(x) = 0g  supp f + supp g, d'ou supp f  g = fx ; (f  g)(x) = 0g  supp f + supp g: (f  g)(x) =

30

Analyse reelle

R

L'in egalite de Minkowski arme que si Rn kx 7! h(x; Ry)kp dy < 1 alors R de nie presque partout et kx 7! Rn h(x; y) dykp 6 Rx 7!kx 7!Rn hh((x;x;yy))kdydyest Rn p . Ici, on sait que kx 7! f (t)g(x t)kp = jf (t)j kgkp < 1, d'ou 2.

Z

Z

kf  gkp = x 7! Rn f (t)g(x t) dt

6 Rn jf (t)j kgkp dt = kf k1 kgkp : p 3. On applique l'in egalite de Holder a t 7! f (x t) qui est dans Lp et a t 7! g(t) qui est dans Lq , pour obtenir pour tout x Z j(f  g)(x)j = Rn f (x t)g(t) dt 6 kt 7! f (x t)g(t)k1 6 kt 7! f (x t)kp kgkq = kf kp kgkq : On voit ainsi que kf  gk1 6 kf kp kgkq . 4. On doit d'abord montrer que t 7! f (x t)g (t) est dans L1 . Si r = 1, on est ramene a la question 3. Si r = p ou r = q, on a respectivement q = 1 ou p = 1 et on est ramene a la question 2. Si r 6= 1, r 6= p et r 6= q, on ecrit

jf (x t)g(t)j = jf (x t)jp=r jg(t)jq=r jf (x t)j(r p)=r jg(t)j(r q)=r : Si f 2 Lp et g 2 Lq , alors l'application t 7! f (x t)pg(t)q est dans L1 , autrement dit t 7! f (x t)p=r g(t)q=r est dans Lr . On voit aussi que f (r p)=r 2 Lpr=(r p) et g(r q)=r 2 Lqr=(r q) . Comme par ailleurs !

!

1 + r p + r q = 1 1 + r 1 + r 1 = 1 r + r 1 = 1; r pr qr r p q r p q on obtient, en appliquant l'inegalite de Holder generalisee, que (f  g)(x) existe pour presque tout x, avec

Z

Z

1

r p

r q

jf (x t)g(t)j dt 6 Rn (jf (x t)jp jg(t)jq ) r jf (x t)j r jg(t)j r dt Rn

(1) 6

t 7! f (x t)p=r g(t)q=r

r

f r r p

pr

f r r q

qr : r p

Or

r q

(r p)=pr Z (r p)=r pr=(r p) dt f = kf kpr p : Rn

De m^eme on trouve

g(r q)=r

qr=(r q) = kgkqr q . En elevant l'inegalite (1) a la puissance r, on obtient Z  r p q j(f  g)(x)j 6 Rn jf (x t)j jg(t)j dt kf kpr p kgkqr q :

(r

f

p)=r

pr=(r p)

=

31

Derivee, dierentielle

Pour calculer kf  gkr , il ne reste plus qu'a integrer cette derniere inegalite :

kf  gkr =

Z

j (f  g)(x)jr dx n R

6 kf k1p

p=r kg k1 q=r q

1=r

Z Z n

1=r

jf (x t)jp jg(t)jq dt dx Rn

R Z Z q=r

  p=r kg k1 p dx jg (t)jq dt 1=r j f ( x t ) j q Rn Rn p=r kg k1 q=r kf kp=r kg kq=r = kf k kg k ; q p q p q theoreme de Fubini etant justi ee par f 2 Lp et g 2 Lq .

6 kf k1p 6 kf k1p

l'application du 5. Pour montrer que f  g est uniform ement continue, on introduit l'operateur de translation de ni par Tuf (x) = f (x u). La continuite uniforme d'une fonction f equivaut a kTuf f k1 ! 0 quand u ! 0. Un simple calcul montre que Tu(f  g) = (Tuf )  g, ce qui donne kTu(f  g) f  gk1 6 k(Tuf f )  gk1 6 kTuf f kp kgkq : Il reste a voir que kTuf f kp ! 0, ce qui est vrai pour p < 1 (et si p = 1 on a q = 1 donc le m^eme argument marche en echangeant les r^oles de f et g) : la demonstration se fait d'abord pour f a support compact, puis pour f quelconque par un argument de densite. Si f continue a support compact, on peut trouver un compact K tel que Tuf est a support dans K pour tout u tel que kuk < 1. On a alors

Z

jTuf f jp = Rn

Z

K

jTuf f jp 6 kTuf f k1 vol(K );

donc tend vers 0 car f est continue a support compact, donc uniformement continue. On sait que Cc est dense dans Lp pour tout p < 1. Donc si f 2 Lp et " > 0, il existe g 2 Cc telle que kf gkp < "=3. On obtient alors que kTu f f kp ! 0 en observant que

kTuf f kp 6 kTu(f g)kp + kTug gkp + kf gkp 6 2"=3 + kTug gkp ; et que, d'apres ce qui precede, kTug gkp < "=3 pour u assez petit. Exercice 15{5. Regularisation

On reprend les notations et les resultats de l'exercice precedent. 1. Soit ' 2 L1 telle que RRn ' = 1. Posons 't (x) = '(x=t)=tn. { Soit p 2 [1; +1] et f 2 Lp . Montrer que f  't converge vers f dans Lp . { Soit f bornee et uniformement continue. Montrer que f  't converge uniformement vers f .

32

Analyse reelle

2. Si p 2 [1; +1[, prouver que l'ensemble Cc1 des fonctions C 1 a support compact est dense dans Lp . Solution :

D'apres l'exercice precedent, f  't est de ni partout et appartient a Lp. Gr^ace au changement de variable u = tv, on a 1.

Z   f  't (x) f (x) = n f (x u) f (x) 't(u) du ZR   = n f (x tv) f (x) 't (tv)(tn dv) ZR   = n Ttv f (x) f (x) '(v) dv: R

On en deduit, a l'aide de l'inegalite de Minkowski, la majoration ()

kf  't f kp 6

Z

Rn

kTtv f f kp '(u) dv:

On peut maintenant conclure dans les deux cas : { Si f 2 Lp, alors kTtv f f kp est majore par 2 kf kp < 1 et, comme on l'a vu dans la demonstration de la question 5 de l'exercice precedent, tend vers 0 quand t ! 0. Par le theoreme de convergence dominee, le membre de droite de () tend vers 0 ce qui montre la convergence de f  't en norme Lp. { Si f est bornee et uniformement continue, on prend p = 1 dans (). La encore, kf k1 < 1 et kTtv f f k1 ! 0, ce qui montre encore par convergence dominee que f  't converge en norme k:k1, c'est-a-dire uniformement. 2. Soit f 2 Lp et " > 0. On sait d eja que Cc est dense dans Lp, donc on peut approcher f a "=2 pres par une fonction g continue a support compact : kf gkp 6 "=2. Soit une fonction C 1 a support compact, par exemple x 7! '(kxk2), ou ' est la fonction construite a l'exercice 15{3. Alors g  t ! g en norme Lp, donc pour t assez petit, on a kg  t f k 6 "=2 + kg  t gk < ". Il reste a voir que g  t est a support compact, ce qui est clair d'apres la deuxieme question puisque g et t le sont, et qu'elle est C 1. On va montrer le resultat un peu plus general suivant : si f et g sont deux fonctions continues a support compact avec f de classe C k , alors f  g est de classe C k . En eet, si K = supp f +supp g (K est alors compact comme somme de deux compacts), on a

f  g(x) =

Z

K

f (x t)g(t) dt:

Comme la fonction x 7! f (x t)g(t) est de classe C k , on en conclut, par le theoreme de derivation sous le signe somme, que c'est aussi le cas de f  g.

Derivee, dierentielle

33

Exercice 15{6. Sur l'ensemble de Cantor 1. Soit K l'ensemble triadique de Cantor. Montrer que K + K = fx + y ; x; y 2 K g = [0; 2]. 2. On de nit une fonction f : [0; 1] ! [0; 1] par f (s) = inf fx 2 K ; 2s x 2 K g: Montrer que f (s) f (1 s) = 2s 1 pour tout s 2 [0; 1]. Calculer f (0), f (1=3), f (2=3) et f (1). 3. Calculer f (s) a l'aide du developpement 3-adique propre de s, c'est-adire ne se terminant pas par une in nite de 1 ou de 2. 4. Montrer que f est reglee. Quels sont les points de continuite de f ? 5. Calculer R01 f . 6. Montrer que f n'est pas a variation bornee.

Indications : 3. Il faudra distinguer le cas ou s = (3k + 2)=3n pour un certain n et k 6 3n 2. 6. On pourra calculer la variation de f entre les points xm = m=3n pour 0 6 m 6 3n. Solution : 1. On sait que K est l'ensemble des r eels de [0; 1] qui admettent un developpement 3-adique ne comportant pas le chire 1. Si maintenant s = 2 P sn=3n 2 [0; 2], ou sn 2 f0; 1; 2g, alors on de nit

8 < xn = :0 si sn = 0 ou sn = 1; 2 si sn = 2; 8 < yn = :0 si sn = 0; 2 si sn = 1 ou sn = 2: Ainsi, x = P xn =3n et y = P yn=3n appartiennent a K et x + y = s.

On a les egalites f (1 s) = inf fx 2 K ; 2(1 s) x 2 K g = inf fx 2 K ; 2(1 s) (1 y) 2 K; x = 1 yg = 1 supfy 2 K ; 1 2s + y 2 K g = 1 supfy 2 K ; 2s y 2 K g; puisque c 2 K si et seulement si 1 c 2 K . Alors, f (s) f (1 s) = 1 + inf fx 2 K ; 2s x 2 K g + supfy 2 K ; 2s y 2 K g = 2s 1: 2.

34

Analyse reelle

Il est clair que f (0) = 0 puisque x 2 K implique que x > 0. Si s = 1=3, alors f (s) = 0 car 0 + 2=3 = 2(1=3). On calcule alors f (2=3) = f (1 2=3) + 2(2=3) 1 = f (1=3) + 1=3 = 1=3 et f (1) = f (0) + 1 = 1. 3. Tout  element x 2 K admet un unique developpement 3-adique ne faisant pas intervenir le chire 1. On ecrit alors, pour x = P 2xn3 n et y = P 2yn3 n 2 K tels que x + y = 2s : x + y = X(x + y )3 n = X s 3 n = s : n n n 2 2 2 Comme xn et yn valent 0 ou 1, il n'y a pas de retenues dans l'expression de gauche. Cependant, le developpement 3-adique n'est pas forcement le m^eme. Si s n'est pas 3-rationnel (c'est-a-dire si la suite (sn) n'est pas nulle a partir d'un certain rang), les deux developpements concident necessairement. On a alors xn + yn = sn pour tout entier n > 1 et il faut choisir xn 6 yn dans f0; 1g. On a donc xn = 0 si sn 2 f0; 1g et xn = 1 si sn = 2. Posons zn = xn + yn et de nissons ~0 = 0, ~1 = 0 et ~2 = 1. Autrement dit, on a x = s~ dans le premier cas. Si s est 3-rationnel, il y a plusieurs possibilites pour (xn ) et (yn) et il faut choisir celle qui donne le plus petit x : { s = 0; a 10 : : : et z = 0; a 02 : : : . Alors, les deux solutions sont et x = 0; a~ 01 : : : : x = s~ = 0; a~ 00 : : : La plus petite valeur est la premiere : x = s~. { s = 0; a 20 : : : et z = 0; a 12 : : : . Les deux solutions sont dans ce cas x = s~ = 0; a~ 10 : : : et x = 0; a~ 01 : : : : La plus petite valeur est la seconde : x = 0; a~ 01 : : : . En conclusion, si s n'est pas de la forme (3k + 2)=3n, on a f (s) = 2~s. En revanche, si s = (3k + 2)=3n, on a f (s) = (6k~ + 1)=3n. 4. La question pr ecedente a montre que la fonction f est une limite uniforme de fonctions en escalier dont les points de discontinuite sont en des points s de la forme m=3n. C'est donc une fonction reglee. La fonction f est deja continue en tous les points qui ne sont pas 3-rationnels car c'est une limite uniforme de fonctions continues en ces points. De plus, en tout point de [0; 1], il existe une limite a droite, a gauche pour f , qui peuvent dierer de f (s). Maintenant, cherchons si f est continue en ces points 3-rationnels. { Si s = 0, f est continue a droite en s. { Si s = 0; a 1, on a vu que 21 f (s) = 0; a~ . Quand s0 > 0 et est assez petit, le developpement de s + s0 commence par 0; a 10 : : : et f (s + s0) tend vers f (s) quand s0 ! 0+, d'ou la continuite a droite. Quand s0 ! 0 , le developpement de s s0 commence par 0; a 02 : : : et f (s + s0)=2 tend donc vers 0; a~ 01 : : : qui est distinct de f (s) et f n'est pas continue a gauche.

35

Derivee, dierentielle

{ L'equation fonctionnelle qui lie f (s) et f (1 s) montre alors qu'en les s qui se terminent par un 2, f est continue a gauche et n'est pas continue a droite. { En n, f est continue a gauche en 0. 5. La fonction f est mesurable car c'est une limite de fonctions en escalier donc mesurables. R Comme f 6 1, elle est integrable sur [0; 1]. Pour calculer 01 f , on utilise l'expression de f a l'aide des developpements 3-adiques. L'ensemble des s qui se termine par un 2 est de mesure nulle, si bien qu'on peut se contenter d'integrer la fonction s 7! 2~s, et par approximation, on integre la fonction en escalier fn qui vaut 2
0;sf1 : : : sfn sur l'intervalle [0;s1 : : : sn ; 0;s1 : : : sn + 3 n].

Z1 0

fn = = = = =

R

2 2 X 2 X f f 3n s1=0


sn =0 0;s1 : : : sn  2 1 2 X 2 X 1


sf +


+ 3n sfn 3n s1=0 sn =0 3 1 1 0 2 n X 1 2X @ fA n 1 3n k=1 sk=0 3k sk 3  1  n 1 2 1 2X = 1+ +


+ n 1 3 k=1 3k 9 3 3 2 1 3 n = 1 1 3 n : 9 2=3 3

On a ainsi 01 f = 1=3. 6. Calculons la variation de f sur les points 0, 1=3n , : : : , 1. Soit donc n 1 3X

Vn = f k 3+n 1 k=0

!

f 3kn

! :

Pour commencer, on a V0 = jf (1) f (0)j = 1. Pour la recurrence, la formule suivante (consequence de l'expression de f a l'aide du developpement 3-adique), pour 1 6  6 3n 1 et  2 f0; 1; 2g, nous sera utile :     e 1    f 3 + 3n+1 = 3 + 3 f 3n : () Alors, on a

Vn+1 =

f ((1 + )=3n+1) f (=3n+1) :

+1 1 3nX

=0

36

Analyse reelle

En ecrivant  =  + 3n, ou  2 f0; 1; 2g et 0 6  6 3n 1 et en utilisant la formule (), on a n 1  2 3X X   + 1     + 1  Vn+1 = f 3 + 3n+1 f 3 + 3n+1 =0 =0 n 2 2 3X X1 j f (( + 1)=3n) f (=3n)j = =1 =0 3     2   X 1 + f 3 + 3n+1 f 3 =0   3n 1  2   + 1  X f 3 + 3n+1 + f 3 =0 n = Vn jf (1=3 ) f (0)j jf (1) f (1 1=3n)j + les termes  = 0 et  = 3n 1: Pour le terme ((  = 0 )), on obtient 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 = 1 + jf (1=3n) f (0)j ; n 3 +1 3n+1 3 3n+1 3n 3 3 et pour le terme ((  = 3n 1 )), comme f (1 1=3n) = 1 1=3n, on a 1 (1 1=3n)+ 1 1 (1 1=3n)+ 1 (1 1=3n) = jf (1) f (1 1=3n)j = 1 (1 1=3n): 3 3 3 3 3 Par consequent, Vn+1 = Vn + 32 3n1+1 ; et Vn = 2 + 23n 1 31


31n > 12 + 32 n: Ainsi, Vn tend vers +1 et f n'est pas a variations bornees.

Exercice 15{7. Dierentiabilite de la distance a un ferme Soit un ensemble ferme F  R n , muni de sa structure euclidienne, et soit

le complementaire de F . On de nit D : R n ! R par D(x) = d(x; F )2 = minf 2F kx f k2. 1. Si x 2 R n xe, soit F" l'ensemble des f 2 F tels que kx f k 6 d(x; F ) + ". On pose '"(y) = inf f 2F" h2y x f i. Montrer que '"(y) converge uniformement vers '0 (y ) sur la sphere ky k = 1. En deduire qu'il existe un constante c" tendant vers 0 avec " telle que '0 (y) c"y 6 '"(y) 6 '0 (y): 2. Montrer que pour tous x 2 et y 2 R n , on a D(x + y) = D(x) + '(x; y) + o(kyk), quand kyk ! 0 avec '(x; y) = minfh2y x f i ; f 2 F et d(x; F ) = kx f kg:

Derivee, dierentielle

37

3. Montrer que x 7! d(x; F ) est dierentiable en x 2 si et seulement si la distance d(x; F ) est atteinte en un unique point f 2 F . Indication : 1. On pourra remarquer que les fonctions y 7! '" (y) sont equicontinues. Solution :

Si " 6 "0, alors F"  F"0 ce qui montre que '"(y) est une fonction decroissante de ". Par consequent, pour tout y 2 R n , on a lim ' (y) 6 '0(y): "!0 " 1.

Nous allons montrer que pour tout y 2 R n , '"(y) converge vers '0 (y). Dans le cas contraire, il existerait une constante c > 0 et une famille f" 2 F" tels que h2y x f"i < '0(y) c. Alors, (f") a une valeur d'adherence f (car F"  F1 qui est compact). Cette valeur d'adherence appartient a F qui est ferme et veri e kx f k = d(x; F ). On constate cependant que h2y x f i < '0(y) c, ce qui est absurde, vu la de nition de '0. En n, montrons que pour tout ", '" est continue en y. Soit f 2 F" tel que '"(y) = h2y x f i. Si y0 2 R n , alors h2y0 x f i = h2y x f i + 2 hy0 y x f i 6 '"(y) + 2ky0 ykd(x; F") '"(y0) 6 '"(y) + 2ky0 yk(d(x; F ) + "): De m^eme, en echangeant y et y0, on a l'inegalite, ou C = 2d(x; F )+2 (si " 6 1), '"(y) C ky0 yk 6 '"(y0) 6 '"(y) + C ky0 yk: Cela prouve que les '" sont equicontinues ! On concoit que cela implique la convergence uniforme sur tout compact, et de fait, s'il existe c > 0 tel que pour tout ", il existe y" de norme 1 veri ant '"(y") 6 '0(y") c, alors quand " ! 0, y" a une valeur d'adherence y de norme 1. Le terme de droite converge vers '0(y) car '0 est continue, et celui de gauche vers '0(y) aussi car les '" sont equicontinues : j'"(y") '0(y)j 6 j'"(y") '"(y)j + j'"(y) '0 (y)j 6 C ky" yk + j'"(y) '0(y)j qui tend bien vers 0 quand " ! 0. On a ainsi '0(y) 6 '0(y) c, ce qui est absurde. Une fois acquise la convergence uniforme de '" vers '0 sur la sphere, on utilise l'homogeneite des '" pour conclure : soit C" le maximum de '0 (y) '"(y) pour kyk = 1, de sorte que C" ! 0. Alors, si y 2 R n , on a   '"(y) = kyk'"(y=kyk) 6 kyk '0(y=kyk) C" = '0(y) C"kyk: L'autre inegalite a ete vue plus haut et resulte du fait que '" 6 '0 pour tout ".

38

Analyse reelle 2.

Soit x 2 . Tout d'abord, si y 2 R n et f 2 F ,

kx + y f k2 = kx f k2 + 2 hy x f i + kyk2; si bien qu'en prenant f tel que '(x; y) = h2y x f i et kx f k = d(x; F ), on a

D(x + y) 6 kx + y f k2 = D(x) + '(x; y) + kyk2: D'autre part, soit f 2 F tel que kx + y f k = d(x + y; F ). On remarque que kx f k 6 d(x; F )+2kyk. Ainsi, si kyk 6 "=2, on a en particulier h2y x f i > '"(x; y) et d(x + y; F )2 = kx + y f k2 = kx f k2 + h2y x f i + kyk2 > d(x; F )2 + '"(x; y) + kyk2: D'apres la premiere question, on a ainsi (pour kyk 6 "=2 et C" ! 0)

D(x + y) > D(x) + '(x; y) C"kyk: Finalement, on a bien D(x + y) = D(x) + '(x; y) + o(kyk). 3. Comme x 7! d(x; F ) ne s'annule pas sur , elle est di erentiable si et seulement si x 7! d(x; F )2 = D(x) est dierentiable. Or, D est dierentiable en x 2 si et seulement s'il existe une application lineaire Lx telle que lorsque y ! 0, on ait D(x + y) = D(x) + Lx(y) + o(kyk): Vu la question precedente, Lx est necessairement egal a '(x;
) et il nous faut donc montrer que Lx est lineaire si et seulement si la distance d(x; F ) est atteinte en un unique point de F . La susance est facile, car si f est l'unique point de F tel que kx f k = d(x; F ), on a '(x; y) = 2 hy x f i qui est bien lineaire en y. Reciproquement, supposons que '(x;
) est lineaire et soit f tel que kx f k = d(x; F ). On constate que '(x; f x) 6 2 hf x x f i = 2d(x; F )2 . Par suite, si f 0 est un autre point tel que kx f 0k = d(x; F ), on a 2d(x; F )2 6 '(x; x f ) 6 2 hx f x f 0i 6 2kx f k kx f 0k = 2d(x; F )2: Nous sommes ainsi dans le cas d'egalite de Cauchy-Schwarz et x f = x f 0, c'est-a-dire f = f 0. Remarque. On voit sur cet exemple qu'une fonction R n

! R peut tres

bien admettre une derivee dans toute direction sans pour autant ^etre dierentiable. La fonction '(x;
) qui intervient dans l'exercice est parfois appelee (( di erentielle de G^ateaux )), par opposition a la dierentielle usuelle, parfois dite (( de Frechet )).

Derivee, dierentielle

39

Exercice 15{8. Inegalite de Kolmogorov Soit un entier n > 2, un intervalle non borne I et soit f : I ! E , ou E est un espace de Banach, derivable n fois et qui veri e kf k < 1 et kf (n) k < 1, ou k:k = k:k1 sur I . 1. Montrer qu'il existe une constante Cn telle que pour tout reel positif u et pour tout entier k = 0; : : : ; n, on a l'inegalite   (1) uk kf (k)k 6 Cn kf k + unkf (n) k : 2. En deduire qu'il existe une constante Cn;k telle que pour tout k = 0; : : : ; n, on a kf (k)k 6 Cn;k kf k1 k=n
kf (n)kk=n: 3. Montrer que pour p n = 2, k = 1 et I = R , la meilleure constante possible est C2;1 = 2. Indications : 1. On pourra montrer, a l'aide d'une formule de Taylor, que les f (k) veri ent un systeme

d'equations lineaires. 3. Considerer la fonction g de periode 2 telle que g(x) = 1 pour x 2 [0; 1[ et g(x) = 1 pour x 2 [1; 2[. Integrer deux fois g avec des constantes d'integrations judicieuses pour obtenir une fonction f de classe C 1 dont la derivee f 0 est C 0 et C 1 par morceaux. Solution :

Par une translation et eventuellement un changement de signe, on peut se ramener a I = R ou I = R + . Soit x 2 I et v un reel positif. On ecrit l'inegalite des accroissements nis a l'ordre n pour f entre x et x + v : n 1 (n 1) f (x + v) = f (x) + vf 0(x) +


+ v (nf 1)!(x) + R(x; v); (2) ou le terme de reste R(x; v) veri e l'inegalite (3) jR(x; v)j 6 vnkf (n) k=n!: Soient 1 ; : : : ; n 1 des reels positifs distincts. En remplacant v par iu dans (2), on obtient les egalites n 1 (n 1) iuf 0(x) + : : : + in 1 u (nf 1)!(x) = f (x + iu) f (x) R(x; iu): On peut interpreter ces egalites en disant que les uk f (k) (x)=k! pour k = 1; : : : ; n 1 sont solution du systeme X = Y , avec  = (ji )i;j=1;:::;n 1 et Y = f (x + iu) f (x) R(x; iu). Or  est une matrice de Vandermonde, inversible car les i sont distincts, et on a donc X =  1Y . Gr^ace a (3), on montre pour tout i que yi 6 2kf k + kf (n) k=n!. En notant A la norme d'operateur d'une matrice A, on en conclut l'inegalite : ! uk f (k) 6  1 2kf k + unkf (n) k ; k! n! 1.

40

Analyse reelle

ce qui repond a la question, en posant Cn = 2n!  1 . On peut expliciter un peu plus la constante C , sans chercher a ^etre optimal. Si A est une matrice carree d'ordre m, on a { A 6 nkAk1, avec kAk1 = sup jai;j j ; { A 1 = (det A) 1A~, ou A~ est la transposee de la comatrice de A ; n 1. { chaque cofacteur Ai;j veri e jAi;j j 6 (n 1)!kAk1 Cela permet d'obtenir la majoration n 2:  1 6 (n 1)(det ) 1(n 2)!kk1 Si on choisit les i = i=(n 1) (pour i = 1; : : : ; n), la matrice  veri e kk1 = 1 et 11  0n 1 0 n 1 (n 1)(n 2)=2 Y Y (j i )AA > n 1 1 det  = @ @i : j =i+1 i=1 D'ou nalement l'inegalite (qui est loin d'^etre optimale !) :  1 6 n!(n 1)(n 1)(n 2)=2 : Remarque. Le resultat et la demonstration restent identiques si on remplace k:k1 par k:kp, avec p > 1, a condition d'invoquer l'inegalite de Minkowski dans (3). 2. Si kf (n) k 6= 0, partant de l'in egalite de la question precedente, on pose  1=n ( n ) u = kf k=kf k pour obtenir





kf (k)k 6 Cn u k kf k + un k kf (n) k = 2Cnkf k1

k=nkf (n) kk=n :

On peut donc prendre Cn;k = 2Cn. Sinon, la derivee n-ieme f (n) est identiquement nulle, donc f est polyn^omiale. Or elle est bornee sur un intervalle non borne, donc elle est constante. Par consequent f (k) = 0 pour tout k > 1 et l'inegalite cherchee est encore veri ee. 3. En reprenant les d emonstrations precedentes, qui ne pretendent pas a l'optimalite, on obtient, en avec 1 = 1 : kf 0k 6 u2 kf k + u2 kf 00k: En par rapport a u, on trouve, pour la valeur optimale u = q optimisant 00 2 kf k=kf k, l'inegalite q kf 0k 6 2 kf k kf 00k: Il faut donc raner la methode pour obtenir l'inegalite cherchee. Pour cela, on ecrit deux fois la formule de Taylor au lieu d'une seule, entre x u et x et entre x et x + u. On obtient ainsi f (x u) = f (x) uf 0(x) + R(x; u) f (x + u) = f (x) + uf 0(x) + R(x; u);

41

Derivee, dierentielle

d'ou





2uf 0(x) = f (x + u) + f (x u) + R(x; u) + R(x; u) ;

et

ukf 0k 6 kf k + u2 kf 00k: q Pour la valeur optimale de u : u = 2kf k kf 00k, on a bien l'inegalite demandee. 2

p

Il reste a montrer que C2;1 = 2 est la meilleure constante possible. Soit g la fonction 2-periodique qui vaut 1 sur [0; 1[ et 1 sur [1; 2[. On en choisit une (( primitive )) p eriodique :

jxj 21

si

1 6 x 6 1;

et nalement, on pose

81 < pour 0 6 x 6 1, f (x) = : 21 x(x 1) 2 x(x + 1) pour 1 6 x 6 0.

On a kf k = 1=8, kf 0k = 1=2 et kf 00k = 1, d'ou

kf 0k2 = 2kf k kf 00 k: Approchons maintenant g par une fonction continue qui concide avec g sur ["; 1 "] et [ 1 + "; "] et est ane sur [ "; "] et [1 "; 1 + "] et posons f" l'unique primitive seconde de cette fonction qui est 2-periodique et nulle en 0. Alors, f" et f"0 convergent uniformementpvers f et f 0 quand " ! 0, tandis que kf"00k = kgk = 1. Par suite, la constante 2 est la meilleure possible. Remarques. { La fonction f , si elle n'est pas de classe C 2 , appartient

toutefois a l'espace de Sobolev W 2;1(R ) des fonctions bornees dont les deux premieres derivees appartiennent a L1 (cf. l'exercice 15{9 qui traite du cas d'une derivee). L'inegalite de Kolmogorov s'etend naturellement par densite aux fonctions de W n;1. { Pour I = R et pour la norme in nie, on sait determiner les meilleures constantes possibles (c'est le theoreme de Landau que l'on vient de demontrer pour n = 2 et un theoreme de Kolmogorov pour n quelconque). La solution utilise les (( polyn^omes de Bernoulli )) de periode 1 (la fonction f ci-dessus est a une constante pres le polyn^ome B2 ) et la constante s'exprime en termes de nombres de Bernoulli (cf. [DVLo, Chap. 5, x5-7] pour une preuve). { En revanche, cette question reste ouverte dans le cas general (I quelconque ou norme p 6= 1).

42

Analyse reelle

Exercice 15{9. Espace de Sobolev Soit I un intervalle ouvert de R et p 2 [1; +1]. On de nit W 1;p(I ) comme l'ensemble des fonctions f 2 Lp (I ) dont la derivee au sens des distributions est dans Lp (I ) ; autrement dit, f 2 W 1;p(I ) si et seulement s'il existe g 2 Lp(I ) telle que pour toute u 2 Cc1(I ), Z Z 0 u (x)f (x) dx = u(x)g(x) dx: I I 1. Montrer que la fonction g est necessairement unique. Si f 2 C 1 (I ) \ Lp et f 0 2 Lp (I ), montrer que f 2 W 1;p(I ) et que g = f 0 . Si f 2 W 1;p (I ), on notera donc f 0 la fonction g de la de nition. 2. On suppose I = ] 1; 1[ et f (x) = jxj + x. Montrer que f 2 W 1;p(I ) pour tout p 2 [1; +1]. Calculer f 0 . A-t'on f 0 2 W 1;p(I ) ? 3. On munit W 1;p(I ) de la norme kf k1;p = kf kp + kf 0kp. Montrer que c'est un espace de Banach. Que dire du sous-espace C 1 (I ) \ Lp ? 4. Soit f 2 W 1;p(I ). Montrer qu'il existe une unique fonction f~ 2 C 0 (I) telle que a) f~ = f presque partout, R b) f~(x) f~(y ) = xy f 0 (t) dt pour tous x et y 2 I.

Indications : 1. Si g1 et g2 sont conviennent toutes deux, montrer que RI (g1 g2)' = 0 pour toute fonction ' 2 Cc1 (I ), puis utiliser la premiere question de l'exercice 15{5. 3. Pour la seconde partie de la question, utiliser encore l'exercice 15{5. R 4. Si x0 2 I est xe, montrer qu'il existe une constante C telle que f (x) xx0 f 0(t) dt est

presque partout egal a C . Solution :

Supposons que g n'est pas unique. Alors il existe une fonction h = g1 R 0 p 1 g2 2 L (I ) telle que pour toute Rfonction u 2 Cc (I ), on ait I u h = 0. Soit  2 Cc1(I ) une fonction telle que I  = 1. Alors, si u 2 Cc1(I ), la fonction Z u~(x) = u(x) (x) u I 1 est d'integrale nulle sur I et il existe v 2 Cc (I ) telle que v0 = u~. Alors, on a 1.

Z

Z  Z

Z

0 = v0h = u(x)h(x) dx u I I I R Autrement dit, si h~ (x) = h(x) I h, on a Z u(x)h~ (x) dx = 0 I

I

h(x)(x) dx:

pour toute fonction u 2 Cc1(I ). Cela entra^ne que h~ est nulle presque partout. (Par exemple, si ' est une fonction pic a support compact contenu dans I et 't (x) = '(x=t)=t, on a 't  h~ = 0, et quand t tend vers 0, 't  h~ converge vers h~ en norme Lp d'apres l'exercice 15{5, si bien que h~ = 0.)

Derivee, dierentielle

R

43

Si f 2 C 1 , on peut integrer par parties l'expression I u(x)f 0(x) dx. Soient a < b deux elements de I tels que supp(u)  ]a; b[. Alors

Zb

si bien que

a

h ib Z b 0 u(x)f 0(x) dx = f (x)u(x) a u (x)f (x) dx; Z

uf 0 =

Z

a

u0f: I I Comme on a pris soin de supposer que f et f 0 appartiennent a Lp(I ), la fonction f appartienta W 1;p(I ) et la fonction g associee est f 0 . 2. Si x 6= 0, f est d erivable en x et f 0(x) = 2 si x > 0 et 0 si x < 0. Posons g(x) = 2 pour x > 0 et 0 pour x 6 0. Soit u 2 Cc1(I ). On a Z1 Z0 Z1 0 0 u (x)f (x) dx = u (x)f (x) dx + u0(x)f (x) dx 1 1 0 h i0 Z 0 = u(x)f (x) 1 u(x)f 0(x) dx 1 h i1 Z 1 + u(x)f (x) 0 u(x)f 0(x) dx 0 Z1 = u(x)g(x) dx 1 puisque f est continue. D'autre part, f et g appartiennent a Lp et par suite, f appartient bien a W 1;p(I ). En revanche, montrons que g n'appartient a aucun RW 1;p(I ) : s'il R existait h 2 Lp telle que pour toute fonction u 2 Cc1(I ), on ait I gu0 = I hu, alors on constate que h doit veri er Z Z2 h(x)u(x) dx = 2u0(t) dt = 2u(0): I 0 Necessairement, h doit donc ^etre nulle hors de 0 et h = 0 presque partout. (En fait, la derivee de g au sens des distributions est egale a 20 , ou 0 est la distribution de Dirac en 0, qui n'est pas une fonction !) 3. L'espace W 1;p (I ) est clairement un espace vectoriel. Montrons qu'il est complet. Soit (fn) une suite de Cauchy dans W 1;p(I ). Ainsi, les suites fn et fn0 sont toutes deux de Cauchy dans Lp(I ). Comme Lp(I ) est complet, elles convergent vers f et g respectivement, qui appartiennent a Lp. R R 0 1 Soit u 2 CRc (I ). On aR pour tout n l'egalite I u fn = I ufn0 qui passe a la limite, d'ou I u0f = I ug, ce qui montre que f 2 W 1;p(I ) et que f 0 = g. Nous allons maintenant montrer que C 1 (I ) \ Lp est dense dans W 1;p(I ). C'est encore une application de la regularisation. Soit f 2 W 1;p(I ), que l'on prolonge par 0 hors de I . Si ' est une fonction pic de classe C 1 et 't = '(x=t)=t, on sait que 't  f est de classe C 1 et converge vers f en norme Lp. Montrons que ('t  f )0 converge en norme Lp vers f 0. Or, on a Z ('t  f )(x) = 't(x u)f (u) du I

44

Analyse reelle

et

 f )0(x) =

Z

( 't '0 (x u)f (u) du: I t Or, la fonction u 7! 't(x u) = (u) est, pour t assez petit, a support compact inclus dans I et inde niment derivable et de plus 0(u) = '0t (x u). Comme f 2 W 1;p(I ), on a ainsi ( 't

Z

 f )0(x) =

0 (u)f (u) du =

I

Z

I

(u)f 0(u) du = ('t  f 0)(x):

Les resultats de l'exercice 15{5 montrent alors que ('t  f )0 converge en norme Lp vers f 0 quand t ! 0. Ceci prouve qu'il existe une suite (gn) de fonctions de C 1 (I ) \ Lp(I ) telles que kgn f kp et kgn0 f 0kp tendent vers 0, c'est-a-dire que kfn f k1;p ! 0. Par consequent, C 1 (I ) \ Lp est dense dans W 1;p(I ). 4. Tout d'abord, l'in egalite de Holder montre que si f 2 C 1 (I ) et f 0 2 Lp(I ), alors f se prolonge par continuite aux extremites de I . Faisons le pour l'extr e droite : si supR I = b 2 R et x0 2 I est xe, on a f (x) = f (x0) + R x f 0(etmit ) dt et l'integrale f 0 converge absolument quand x ! b puisque x0

Zb

x0

Zb

jf 0 j 6

x0

jf 0jp

!1=p

(b x0)1=q ;

ou 1=p + 1=q = 1. Soit f 2 W 1;p(I ) et x0 2 I un point xe. De nissons la fonction f~ par l'identite Zx f~(x) = f 0(t) dt: x0 L'inegalite de Holder montre alors que f~ est continue sur I. Montrons maintenant qu'il existe une constante C telle que f~ f est egale a C presque partout. On remarque que f~ et f sont toutes deux dans L1loc et que si u 2 Cc1(I ) de support inclus dans [a; b], on a  Z Z b Z x 0 0 0 ~ uf = u (x)f (t) dt dx I

a

Z x0xZ0 x0

Z bZ x

= u0(x)f 0(t) dt dx + u0(x)f 0 (t) dt dx a x x0 x0 et donc, d'apr e s le th e or e me de Fubini, Z Z x0 Z t Z bZ b u0f~ = u0(x)f 0 (t) dx dt + u0(x)f 0(t) dx dt I

Zax0

= = = Par suite, on a

a

Zb Z

a

I

a

u(t)f 0(t) dt +

u(t)f 0(t) dt =

u0f:

Z I

Zb

x0

Z

x0 t

( u(t))f 0(t) dt

I

uf 0

u0(f~ f ) = 0

45

Derivee, dierentielle

pour toute fonction t 2 Cc1(I ). Montrons que cela entra^ne que
= f~ f est egale a une constante presque partout. comme dans la premiere question : soit  2 Cc1(I ) telle que R R On= raisonne 1. Alors, si u 2 Cc1(I ), la fonction u(x) ( I u) (x) est d'integrale nulle. I Il existe par consequent une fonction v 2 Cc1(I ) dont c'est la derivee. On a ainsi Z  Z Z u(x)
(x) dx u (x)
(x) dx = 0: I I I Autrement dit, on a  Z  Z u(x)
(x) 
= 0 I

I

pour toute fonction u 2 C 1(I ). Cela entra^ne que pour presque tout x,
(x) =

R 
, comme il fallait decmontrer. I

Remarque. L'application identite C 1 (I) \ Lp (muni de la norme

k
k1;p) dans l'espace vectoriel topologique C 0(I) (pour la topologie de la convergence uniforme sur tout compact) est uniformement continue. En eet, l'inegalite de Holder majore la dierence jf (x) f (y)j par kf 0kpjx yj1=q , ce qui prouve bien la continuite de l'application lineaire, et donc son uniforme continuite puisque nous sommes dans des espaces vectoriels topologiques. Par suite, elle se prolongera uniquement en une application lineaire W 1;p ! C 0(I) qui veri era les proprietes souhaitees. Cependant, cette demonstration sort rapidement du programme: : :

CHAPITRE XVI

Convexite Exercice 16{1. La formule de Pick

Dans tout l'exercice, on ne considerera que des polygones de R 2 dont les sommets sont a coordonnees entieres. Si P est un polygone convexe du plan R 2 , on note N (P ) le nombre de points entiers x 2 Zn tels que x appartient a l'enveloppe convexe ((( l'interieur ))) de P . On note aussi N (@P ) le nombre de points entiers sur le bord de P . Le but de l'exercice est de montrer que N (P ) = aire P + 21 N (@P ) + 1 (formule de Pick). 1. Soit V (P ) la quantite N (P ) 21 N (@P ) 1. Montrer que cette quantite est additive sur les polygones convexes, c'est-a-dire que si P et Q sont deux polygones convexes d'interieurs disjoints tels que P [Q est encore un polygone convexe, alors V (P [ Q) = V (P ) + V (Q). 2. Montrer que si R est un rectangle dont les c^otes sont paralleles aux axes de coordonnees, alors V (R) = aire R. Montrer que si T est un triangle rectangle dont deux c^otes sont paralleles aux axes de coordonnees, alors V (T ) = aire T . 3. En deduire la formule de Pick pour tout triangle, puis pour tout polygone convexe.

Solution :

Les points entiers x situes dans P [ Q sont de plusieurs types : 1. x 2 @P , mais x 62 Q ; 2. x 2 @Q, mais x 62 P ; 3. x 2 @P \ @Q ; 4. x 2 P n @P (et donc x 62 Q) ; 5. x 2 Q n @Q (et donc x 62 P ). Appelons Ni (1 6 i 6 5) le nombre de points dans le groupe i. Alors, on a N (P ) = N1 + N3 + N4 ; N (@P ) = N1 + N3 ; 1.

N (Q) = N2 + N3 + N5 ;

N (@Q) = N2 + N3 :

Convexite

47

Or, N (P [ Q) = N1 + N2 + N3 + N4 + N5, tandis que les points du bord de P [ Q veri ent N (@ (P [ Q)) = N1 + N2 + les 2 extremites de @P \ @Q. Par suite, V (P [ Q) = (N1 + N2 + N3 + N4 + N5 ) 12 (N1 + N2 + 2) 1 = 12 N1 + 21 N2 + N3 + N4 + N4 2 ; V (P ) + V (Q) = N1 + N3 + N4 21 (N1 + N3) 1 + N2 + N3 + N5 21 (N2 + N3 ) 1 = 21 N1 + 21 N2 + N3 + N4 + N5 2: 2. On peut supposer que le rectangle R a pour sommets les points (0; 0), (a; 0), (0; b) et (a; b), ou a et b sont deux entiers positifs non nuls. Alors, l'aire du rectangle est A = ab, le nombre de points a l'interieur est N (R) = (a + 1)(b + 1) = ab + a + b + 1, tandis que le nombre de points sur le bord est N (@R) = 2a + 2b 2. On a donc bien aire(R) = N (R) 21 N (@R) 1. Un rectangle est reunion de deux triangles rectangles (en coupant le rectangle par la diagonale). D'apres la question 1, on a donc V (T )+ V (T 0) = V (R). Mais, T et T 0 ont m^eme nombre de points a l'interieur et sur le bord, si bien que V (T ) = V (T 0) = 12 V (R). D'apres la question 2, V (R) = aire(R) = 2 aire(T ), d'ou V (T ) = aire(T ). 3. Comme sur la gure, on voit qu'un triangle quelconque reuni avec trois triangles rectangles donne un rectangle. Comme on a deja demontre la formule pour les rectangles et les triangles rectangles, et qu'elle est additive, on a donc la formule de Pick pour un triangle arbitraire. Pour conclure la demonstration de la formule de Pick, il sut de remarquer qu'un polygone convexe est reunion de triangles comme a la question 1. On a demontre la formule dans le cas des triangles a la question precedente, elle est additive d'apres la question 1. Par consequent, la formule de Pick est vraie pour tout polygone convexe. Remarque. En fait, le lecteur pourra se convaincre que l'hypothese de convexite n'est pas vraiment necessaire. Tout ce qui compte a la question 1 pour prouver l'additivite, c'est que le polygone soit (( plein )). On peut prouver une formule plus generale, laissee au lecteur : si est un ouvert de R 2 borde par une reunion disjointe de polygones a sommets entiers, alors N ( ) 12 N (@ ) = aire( ) + #CC (@ );

48

Analyse reelle

ou #CC (@ ) est le nombre de composantes connexes de @ . Une generalisation partielle de ce resultat existe en dimension superieure : si P est un polytop convexe a sommets entiers de R d , on peut montrer que pour n > 0, le nombre de points de P \ Zd est un polyn^ome, appele polyn^ome d'Erhart , de degre d en l'entier n 1 .

Exercice 16{2. Geometrie des racines d'un polyn^ome complexe 1. Soit P (z) = anzn +


+ a0 2 C [z] un polyn^ome. Montrer que les zeros de P 0 sont inclus dans l'enveloppe convexe des zeros de P . 2. Soit K  C un convexe et P (z) un polyn^ome. Montrer que l'ensemble des w 2 C tels que les solutions de P (z ) = w soient contenues dans K est un convexe de C .

Indications : 1. Considerer P 0 =P . 2. Considerer le polyn^ome (P (z) w1)n1 (P (z) w2)n2 . Solution :

1. Soient w1 , : : : , wr les racines de P , et m1 , : : : , mr leurs multiplicit es. Alors, on a r m P 0 (z ) = X j P (z) j=1 z wj : Si P 0(z) = 0 et que z est une racine de P , il n'y a rien a demontrer. Dans l'autre cas, si P 0(z) = 0 et que z n'est pas une racine de P , alors on voit que P 0 = mj =(z wj ), si bien que 1 0r r X X mj w : m j A @ z = 2 2 j j =1 jz wj j j =1 jz wj j Ceci prouve bien que z est dans l'enveloppe convexe des wj . Remarque. Comme tous les coecients mj =jz wj j2 sont strictement positifs, on voit que z appartient a l'interieur de l'enveloppe convexe des wj vue comme partie du sous-R -espace ane de C qu'ils engendrent. 2. Soit KP l'ensemble des w 2 C tels que P 1 (w )  K . On veut montrer que KP est convexe. Soient donc w1 et w2 deux elements de KP . Notons Q(z) = (P (z) w1 )n1 (P (z) w2 )n2 . Outre les solutions de P (z) = w qui sont racines multiples de Q, les racines de Q0 sont les solutions de l'equation 0 0 n1 P (Pz)(z)w + n2 P (Pz)(z)w = 0: 1 2 0 Ainsi, ces racines de Q veri ent (n1 + n2)P (z) = n2 w1 + n1 w2;

Le lecteur interesse se reportera a l'expose de Michel Brion (( Points entiers dans les polytopes convexes )), seminaire Bourbaki, 1993{1994, expose no 780. 1

Convexite

49

et sont donc les solutions de P (z) = w avec w = n1n+1n2 w2 + n1n+2n2 w1. Comme ces racines de Q0 sont contenues dans K d'apres la premiere question, le point w appartient a KP . Remarquons surtout que w appartient a l'enveloppe convexe des solutions de (P (z) w1)(P (z) w2) = 0 qui est un convexe compact K 0 inclus dans KP . Soient maintenant deux reels positifs t1 et t2 tels que t1 + t2 = 1. On choisit une suite de rationnels positifs r1(n) et r2(n) qui convergent vers t1 et t2 et veri ent r1(n) + r2(n) = 1. Pour tout n, le nombre complexe w(n) = r1(n)w1 + r2(n) w2 appartient a K 0. Par suite, t1 w1 + t2 w2 qui est la limite de w(n) quand n ! +1 appartient aussi a K 0 donc a KP . En resume, nous avons prouve que lorsque w1 et w2 sont deux elements de KP , le segment [w1; w2] est tout entier inclus dans KP . Cela signi e bien que KP est convexe.

Exercice 16{3. Theoreme de Motzkin Dans les trois premieres questions, F est un ferme de R n qui n'est pas

convexe ; on note son complementaire. 1. Montrer qu'il existe un segment [x1 ; x2 ] tel que x1 et x2 2 F , mais ]x1 ; x2[  . Soit a le milieu de [x1 ; x2 ]. 2. Justi er l'existence d'un r0 > 0 tel que B (a; r0 )  et montrer qu'il existe une boule de rayon maximal B (; ) parmi les boules B (x; r) qui contiennent B (a; r0 ) et sont incluses dans . 3. Si B (; ) \ F = fyg, montrer qu'alors B (; ) \ B (a; r0) = fy0g. En considerant une boule de centre  + t(y 0 y ) pour t > 0 assez petit, aboutir a une contradiction. En deduire que d(
; F ) n'est pas dierentiable en  . 4. Si F est un ferme de R n , montrer que F est convexe si et seulement si x 7! d(x; F ) est dierentiable en tout point de (theoreme de Motzkin).

Indication : 3. On utilisera le resultat de l'exercice 15{7. Solution : 1. Comme F n'est pas convexe, il existe deux points z1 et z2 de F tel que le segment [z1 ; z2] n'est pas inclus dans F . L'ensemble [z1 ; z2] \ est alors un ouvert de la droite (z1z2 ) ' R . On en choisit une composante connexe ]x1 ; x2 [. Par de nition, le segment ouvert ]x1 ; x2 [ est inclus dans ; mais remarquons que x1 et x2 appartiennent a F , car sinon, on pourrait trouver un segment ]x01 ; x02 [ inclus dans et contenant ]x1 ; x2 [, contrairement a l'hypothese que ce dernier segment est une composante connexe de [z1 ; z2] \ . Cela prouve que x1 et x2 conviennent. 2. Comme est ouvert et a 2 , il existe par d e nition une boule ouverte  B (a; 2r0) incluse dans , et alors la boule fermee B (a; r0 ) convient.

50

Analyse reelle

Tout d'abord, la boule B (x; r)  si et seulement si r 6 d(x; F ). D'autre part, B (a; r0 )  B (x; r) si et seulement si kx ak + r0 6 r. Ainsi, si X est l'ensemble des (x; r) 2 R n  R tels que B (a; r0 )  B (x; r)  , on a X = f(x; r) ; kx ak + r0 6 r 6 d(x; F )g: Ceci prouve que X est ferme. Montrons qu'il est borne : si (x; r) 2 X , necessairement, on a 2r2 6 kx x1 k2 + kx x2 k2 = 2kx ak2 + 1 kx1 x2 k2; 2 et d'autre part, r2 > (kx ak + r0 )2 = kx ak2 + 2r0kx ak + r02 ; si bien que 2r0kx ak + r02 6 41 kx1 x2 k2: Cela borne kx ak, et alors, r 6 d(x; F ) 6 d(a; F ) + kx ak est aussi borne. Ainsi, X est ferme borne dans R n+1 et donc compact. Il existe par suite un element (; ) de X tel que  = maxfr ; (x; r) 2 X g. 3. Nous allons montrer que la distance d(; F ) est atteinte en au moins deux points de B (; ). Tout d'abord, on a d(; F ) =  car sinon, on pourrait trouver une boule B (; 0) incluse dans , avec 0 > . Par suite il existe un point y 2 B (; ) \ F .

y y1

 a

y0

y2

F

Supposons que ce point soit unique et soit  un vecteur tel que h  yi > 0. Alors, pour t assez petit, on a d( + t; F )2 = 2 + h2t  yi + o(t) = 2 + 2t h  yi + o(t): Par suite, si t est assez petit et positif, on a d( + t; F ) > . Comme, pour  < 0, le point ( + t; 0 ) n'appartient pas a X , quel que soient t > 0 assez petit et  < 0 < d( + t; F ), on a 0 < k + t ak + r0 . Ainsi,  < k + t ak + r0 pour tout t > 0 assez petit et en passant a la limite, k ak + r0 = . Cela implique qu'il existe un element y0 tel que ky0 ak = r0 et ky0  k = . Dans ce cas, la droite (a) est un diametre des deux boules B (a; r0) et B (; ) et a,  et y0 sont alignes.

Convexite

51

La gure montre qu'on peut decaler legerement  dans la direction de  = y0 y et augmenter  tout en restant dans X , ce qui serait une contradiction. Precisement, on a d'une part hy0 y  yi = hy0   yi + k yk2 > ( r0 ) > 0: Et d'autre part, si t ! 0, k + t ak2 = k ak2 + 2t hy0 y  ai + t2kk2 < ( r0)2 etant donne que hy0 y  ai =   r0 hy0 y y0  i = 12   r0 2 = ( 2 r0) < 0: Par suite, si 0  > 0 et t > 0 sont assez petits, la boule B ( + t; 0 ) est incluse dans et contient B (a; r0 ). 4. La question pr ecedente a montre que si F n'est pas convexe, alors il existe un point  62 F tel que d(
; F ) n'est pas dierentiable en  . Reciproquement, supposons F convexe et montrons que pour tout x 2 , il existe un unique point f tel que kx f k = d(x; F ). En eet, si d(x; F ) = kx f k = kx f 0k et f 6= f 0, le milieu f 00 = (f + f 0)=2 appartient a F (qui est convexe) et veri e kx f k2 + kx f 0k2 = 2kx f 00k2 + 21 kf f 0k2 (identite du parallelogramme). Par consequent, kx f 00k < kx f k, ce qui est absurde.

Exercice 16{4. Quelques proprietes des fonctions convexes Soit I un intervalle ouvert de R et f : I ! R une fonction continue. 1. On suppose que f est convexe et qu'il existe un point x 2 I qui est un maximum local. Montrer que f est constante dans un voisinage de x. 2. Reciproquement, on suppose que pour toute fonction ane l(x) = ax + b, si x est un maximum local de la fonction f + l, alors f + l est constante dans un voisinage de x. Montrer que f est convexe. 3. On suppose que pour tout x 2 I , l'inegalite lim sup f (x + h) + f (hx2 h) 2f (x) > 0: h!0 Montrer que f est convexe. Indication : 3. Commencer par traiter le cas ou la limite superieure est strictement positive en utilisant la deuxieme question. Considerer ensuite les fonctions f (x) + "x2 pour " ! 0.

52

Analyse reelle

Solution :

Soit  > 0 assez petit pour que [x ; x + ]  I et que f (y) 6 f (x) si jx yj 6 . Alors, comme f est convexe, on a les inegalites, valables pour tout 0 0. Montrer que pour " > 0 assez petit, la fonction f (x) + "(kxk2 1) atteint son maximum en un point 0 2 B . Montrer que
f (0 ) < 0. 2. Soit f : B ! R une fonction continue sur B et deux fois derivable sur B telle que
f = 0 (on dit que f est harmonique). Montrer que l'on a f: f; max f = max min f = min S S B B Solution :

Soit  2 B tel que f ( ) > 0. On constate que si " < f ( )=(1 k k2), alors f ( ) + "(k k2 1) > 0. Par suite la fonction g" = f (x) + "(kxk2 1) prend des valeurs strictement positives sur B et est negative ou nulle sur S , si bien que le maximum de g" sur B est atteint en un point  de B . Comme g" est de classe C 2, la dierentielle de g" en  est nulle et la dierentielle seconde de g" en  est une matrice symetrique negative. Il en resulte que le laplacien
(g")() qui est egal a la trace de cette dierentielle seconde est negatif. Or, 0 1 n @2g n X 2  X " X @2 @
g" = @x2 = @x2 f (x) + " xj 1 A i=1 i i=1 i j n X =
f + " @ 2xi =
f + 2n": i=1 @xi Ainsi,
f () + 2n" 6 0 et
f 6 2n" < 0. 2. Soient m = minS f et M = maxS f . La fonction g = f M est negative ou nulle sur S et veri e
g =
f 6 0. D'apres la question precedente, il ne peut exister de point x 2 B tel que g(x) > 0, si bien que g 6 0 sur B , ce qui signi e maxB f 6 M . De m^eme, la fonction h = m f veri e
h = 0 et est negative ou nulle sur S . On a donc h 6 0 sur B , soit minB f > m. Comme d'autre part, maxB > maxS et minB 6 minS , on a bien les egalites demandees. 1.

Exercice 16{8. Representation integrale des fonctions harmoniques Soient B la boule unite ouverte de R n (n > 2) pour la norme euclidienne et S la sphere unite. On note d la mesure d'aire sur la sphere. 1. Soient c 2 R et k : B  S ! R de nie par k(x; y) = c(1 kxk2 )=kx ykn

57

Convexite

P @ 2 k = 0.

(noyau de Poisson). Montrer que k est harmonique en x :
x k =

@x2i

2. Soit k0(x) = RS k(x; y) d(y). Montrer que k0 est de classe C 2 dans B

et harmonique.

3. Soit g : R + ! R une fonction et de nissons une fonction f : B ! R par f (x) = g(kxk). On suppose que f est de classe C 2 et harmonique. Montrer que g est C 2 , calculer g . Si f est bornee, montrer qu'elle est constante. En deduire que l'on peut choisir c tel que k0 = 1. 4. Soit f : S ! R continue et Z '(x) = f (y)k(x; y) d(y): S Justi er que ' est de classe C 2 sur B et harmonique. Montrer que ' est prolongeable par continuite sur B et est egale a f sur S .

5. Soit f : B ! R continue, de classe C 2 sur B et harmonique. En utilisant l'exercice 16{7, montrer que pour tout x 2 B , on a Z f (x) = f (y)k(x; y) d(y): S Indication : 3. On prendra garde a ne pas oublier le cas n = 2 ! Solution : 1.

La fonction k est bien de classe C 2 sur B . On a

P x2 2 1 k x k 1 k(x; y) = c (kx yk2)n=2 = c (P(x y )2i )n=2 i i 2 @k = c 2xi (1 kxk )(xi yi) cn n @xi kx yk kx ykn+2 @ 2 k = 2c 1 + 2cn xi(xi yi) + 2cn xi(xi yi) @x2i kx ykn kx ykn+2 kx ykn+2 2 2 2 cn kx1 kyxkkn+2 + cn(n + 2) (1 kkxxk )(ykxni+4 yi)  c = kx ykn+4 2kx yk4 + 4nxi (xi yi)kx yk2 n(1

kxk2 )kx

yk2 + n(n + 2)(1

kxk2 )(x

i

yi )2

 :

58

Analyse reelle

Par consequent,
xk = kx =

kx

= kx = kx

 c 4 2 ykn+4 2nkx yk + 4n hx x yi kx yk  2 2 2 2 2 n (1 kxk )kx yk + n(n + 2)(1 kxk )kx yk  x 2nkx yk2 + 4n hx x yi n2(1 kxk2) n +2 yk  +n(n + 2)(1 kxk2) 2nc kx yk2 2n hx x yi + kxk2 1 ykn+2 2nc kyk2 1 = 0 (ouf !) ykn+2

2. Il s'agit de justi er la di erentiation sous le signe somme. La seule diculte est que k(x; y) n'est pas borne lorsque x parcourt B . En revanche, pour tout ouvert de B dont l'adherence est incluse dans B , alors k(x; y) et ses derivees sont uniformement bornees lorsque x 2 et y 2 S . Comme la sphere est compacte, cela va nous permettre de conclure : { il existe une constante C telle que si y 2 S et x, x0 2 , jk(x; y) k(x0 ; y)j 6 C ; par suite, le theoreme de convergence dominee de Lebesgue entra^ne que k0(x) est continue dans . { de m^eme, il existe une constante C 0 telle que si y 2 S et x, x0 2 , on ait k @x@ k(x; y)k 6 C 0 ; le theoreme de convergence dominee entra^ne encore une fois que k0 est de classe C 1 dans , et que

@k0 k (x) = Z @ k(x; y) d(y): @xi 0 S @xi

{ en n, le m^eme raisonnement pour la dierentielle seconde montre que k0 est de classe C 2 dans , et que

@ 2 = Z @ 2 k(x; y) d(y): @xi @xj S @xi xj En particulier, on a
k0 = 0 sur . Comme ceci est vrai pour tout ouvert de B dont l'adherence est dans B et que B est recouvert par de tels ouverts, nous avons bien prouve que k0 est de classe C 2 dans B et qu'elle est harmonique. 3. La fonction g est la restriction de f  a un segment ouvert quelconque ]0; x[ pour x 2 S . Elle est donc de classe C 2 . Pour preciser g, il faut utiliser le fait que f est harmonique, et donc essentiellement ecrire le laplacien en coordonnees

59

Convexite

polaires: : : On a donc, en notant r = kxk, q f (x1; : : : ; xn) = g( x21 +


+ x2n) @f = xi g0(r) @xi r @ 2 f = 1 g0(r) xi xi g0(t) + x2i g00(r) = r2 x2i g0(r) + x2i g00 (r): @x2 r r2 r r2 r3 r2 Ainsi, on a

i

2 r2 nr 0 =
f = r3 g0(r) + g00(r) = g00 (r) + n r 1 g0(r): Il faut donc resoudre l'equation dierentielle. On a g0(r) = ar1 n, avec a 2 R . Puis, on a pour la fonction g : 8 < r + b si n = 2 g(r) = :a0log a r2 n + b si n > 2: Si f est bornee, g aussi et, lorsque r tend vers 0, on voit que a = a0 = 0, ce qui signi e bien que g est constante. Si A est une matrice orthogonale, on a k(Ax; y) = k(x; A 1 y). Par suite, Z Z 1 k0(Ax) = k(x; A y) d(y) = k(x; A 1 y) d(A 1y) = k0(x); S S puisque les transformations orthogonales preservent la distance euclidienne, l'aire, le volume: : : Ainsi, k0 ne depend que de kxk. Comme de plus il est clair que k0 est borne dans une petite boule autour de 0, nous voyons donc que k0 R est constante. En n, k0(0) = c S d(y) = c Aire(S ), si bien que c = 1= Aire(S ) convient. 4. On d emontre que ' est de classe C 2 exactement de la m^eme maniere que dans la question 2, il sut de multiplier toutes les constantes C ,: : : par max jf j. De m^eme, Z
' = f (y)
xk(x; y) d(y) = 0: S Montrons maintenant que '(x) converge vers f (y0) si y0 2 S est donne. On remarque d'abord que Z f (y0) = f (y0)k(x; y) d(y); S si bien que Z '(x) f (y0) = (f (y) f (y0)) d(y): S Soit " > 0 et  tel que si ky y0k 6 , on ait jf (y) f (y0)j < ". Alors, on peut decouper l'integrale en deux, suivant que ky y0k 6  ou non. On a d'une part Z Z S\B(y0 ;) (f (y) f (y0))) k(x; y) d(y) 6 " S k(x; y) d(y) = ";

60

Analyse reelle

et d'autre part,

Z Z SnB(y0 ;) (f (y) f (y0))) k(x; y) d(y) 6 2 max jf j SnB(y0 ;) k(x; y) d(y) 6 2 max jf j (2=)n(1 kxk2 ) Aire(S ); si kx y0k 6 =2 puisque alors kx yk > =2. Si kxk tend vers 1, cette integrale peut ^etre rendue arbitrairement petite, et en particulier inferieure a ". Ainsi, il existe 0 > 0 tel que lorsque kx y0k 6 0, on ait j'(x) f (y0)j 6 2", ce qui signi e bien que ' a pour limite f (y0) en y0 et donc que l'on peut prolonger ' par continuite sur B en imposant que ' = f sur S . 5. Soit ' la fonction harmonique sur B d e nie a partir de f jS . Alors, ' f est une fonction harmonique sur B , continue sur B et nulle sur S . La derniere question de l'exercice 16{7 montre que min(f ') = max(f ') = 0, c'esta-dire f = ', ce qu'il fallait demontrer. Exercice 16{9. Le principe de Harnack 1. On reprend les notations de l'exercice 16{8. Soit K un compact de Rn inclus dans B et f une fonction harmonique positive sur B . Montrer qu'il existe une constante C dependant de K mais non de f telle que pour tous x1, x2 2 K , on ait f (x1 ) 6 Cf (x2) (inegalite de Harnack). Soit un ouvert connexe de R n et pour tout entier k un ouvert k  . On suppose que tout point x 2 possede un voisinage U inclus dans k pour tout k assez grand. On se donne pour tout entier k une fonction uk : k ! R de classe C 2 et harmonique, veri ant de plus uk+1 (x) > uk (x) pour k assez grand. Posons u = lim uk ; c'est une fonction ! R [ f+1g. 2. Montrer que l'ensemble des x tels que u(x) = +1 est ouvert, ainsi que

son complementaire. Qu'en deduire ? 3. S'il existe x0 tel que u(x0 ) = +1, montrer que un ! +1 uniformement sur tout compact. Si u < +1, montrer que la convergence de un vers u est uniforme sur tout compact et que u est harmonique (principe de Harnack).

Indications : 1. Montrer une inegalite analogue pour le noyau de Poisson, cf. l'exercice 16{8. 3. Dans le second cas, pour montrer que u est harmonique, on pourra montrer qu'elle veri e la representation integrale de l'exercice 16{8. Solution : 1.

D'apres l'exercice 16{8, on peut ecrire pour tout x 2 B

Z

f (x) = f (y)k(x; y) d(y): S

Convexite

61

Or, la fonction  : K  K  S ! R de nie par (x1; x2 ; y) = k(x1 ; y)=k(x2; y) est continue et ne s'annule pas. Comme K  K  S est compact, elle y est bornee et il existe ainsi C > 0 tel que pour tout y 2 S et tous x1 , x2 2 K , on ait k(x1 ; y) 6 Ck(x2 ; y). On en deduit, f etant positive, que f (x1 ) 6 Cf (x2 ). 2. Un simple changement de variable ane montre que si K est un compact, U une boule ouverte de R n tels que K  U et f : U ! R une fonction harmonique, il existe une constante CK;U > 0 telle que pour tous x1 et x2 2 K , on ait f (x1) 6 CK;U f (x2). Soit maintenant x0 tel que u(x0) = +1. Par hypothese, on peut trouver une boule U  contenant x0 et telle que U  k pour k assez grand. Soit K un voisinage compact de x0 inclus dans U . Alors, pour tout k assez grand et tout x 2 K , on a uk (x0) 6 CK;U uk (x). Lorsque k tend vers +1, cela entra^ne que uk tend vers +1 sur K et donc que l'ensemble des x tels que u(x) = +1 est ouvert. Inversement, soit x0 tel que u(x0) < +1. On choisit U et K comme precedemment, et on voit que pour k assez grand et x 2 K , uk (x) 6 Cuk (x0), ce qui montre que uk est bornee sur K et que l'ensemble des x tels que u(x) < +1 est ouvert. Par hypothese, est connexe. Il en resulte que l'un de ces deux ensembles est vide et l'autre egal a . 3. S'il existe x0 tel que u(x0 ) = +1, alors on vient de voir que u est identiquement egale a +1. Soit C un compact. On peut recouvrir C par un nombre ni de compacts Ki du type de ceux introduits dans la preuve de la question precedente. La minoration uk (x) > Ciuk (xi) pour x 2 Ki montre que uk ! +1 uniformement sur Ki et donc uniformement sur le compact C . Dans le cas inverse, u(x) < +1 pour tout x. Soit x0 2 . On applique l'inegalite de Harnack a la fonction harmonique uk ul pour k > l assez grands : 0 6 uk (x) ul (x) 6 CK (uk (x0 ) ul(x0 )); ce qui montre que la convergence est uniforme dans le compact K , puis que la convergence est uniforme sur tout compact. En particulier, u est continue. Soit x0 2 et B une boule de centre x0 et de rayon r telle que B  . On veut montrer que u est harmonique dans B . Pour cela, on se ramene au cas ou x0 = 0 et r = 1 en considerant les fonction uk (x0 + rx). Alors, on sait que pour tout l assez grand, et tout x 2 B , Z ul (x) = ul(y)k(x; y) d(y): S La convergence uniforme de ul vers u dans B implique alors que

Z u(x) = u(y)k(x; y) d(y): S Mais cette derniere expression montre, u etant continue sur S , que u est harmonique sur la boule ouverte, d'apres la question 4 de l'exercice 16{8. Comme on a choisi x0 et B de facon arbitraire, il en resulte que u est harmonique dans .

Partie 5 Analyse complexe

64 Rappels

Analyse complexe

Soit un ouvert de C . Une fonction f : ! C est dite holomorphe en z 2 si sa dierentielle en z dz f : R 2 ! R 2 est une similitude directe. Il est equivalent de dire que le rapport (f (u) f (z))=(u z) a une limite quand u ! z dans C . On dit qu'elle est analytique en z s'il existe un disque ouvert D(z; r) P 1 ~ et une serie entiere f (u) = n=0 an(u z)n qui converge pour ju zj < r telle que f (u) = f~(u) pour u 2 D(z; r). Si f est analytique sur , ses zeros sont des points isoles de (principe des zeros isoles). On en deduit le principe du prolongement analytique : si deux fonctions analytiques f : ! C et g : 0 ! C prennent les m^emes valeurs sur une partie de \ 0 qui possede un point d'accumulation, elles concident sur tout \ 0 et de nissent une fonction holomorphe [ 0 ! C . Le principe du maximum arme qu'une fonction holomorphe ! C ne peut admettre de maximum local sans ^etre constante sur . La theorie de Cauchy montre que f est holomorphe dans si et seulement si elle est analytique en tout point de . En particulier, une fonction holomorphe est inde niment derivable. La serie entiere est la serie de Taylor P (n) n n>0 f (z )(u z ) =n! de f en z et son rayon de convergence est le rayon du plus grand disque ouvert de centre z inclus dans . Elle utilise la notion d'integrale sur un chemin : si : [0; 1] ! est un chemin de classe C 1 par morceaux, on note Z Z1 f (z) dz = f ( (t)) 0(t) dt: 0

1 , alors R f (z ) dz = Si ' : [0 ; 1] ! [0 ; 1] est une bijection croissante de classe C

' R f (z) dz. Si le disque D (z ; r)  et (t) = z + re2it parametre son bord, 0

on a pour tout z 2 D(z0; r) la formule integrale de Cauchy : Z f (u) 1 f (z) = 2i u z du:

On en deduit les inegalites de Cauchy : si jf (z)j 6 M pour jz z0 j 6 r, jf (k)(z0 )j 6 Mk!=rk . Elles entra^nent notamment le theoreme de convergence de Weierstra : si (fn) est une suite de fonctions holomorphes qui converge uniformement sur tout compact vers une fonction f , alors f est holomorphe et les derivees fn(k) convergent vers f (k) pour tout entier k, uniformement sur tout compact. La theorie de Cauchy montre aussi qu'une fonction est holomorphe si pour tout disque D (z; r)  , l'integrale de f sur le bord du disque est nulle. Le theoreme de Morera arme m^eme qu'il sut de prouver que l'integrale de f sur le bord de tout rectangle inclus dans dont les c^otes sont paralleles aux axes est nulle. En n, si f : ! C est holomorphe, les integrales de f sur deux chemins homotopes sont egales. Si z 2 , une fonction holomorphe f : n fzg ! C est dite meromorphe en z s'il existe  > 0 tel que la fonction f (u)(u z) se prolonge en une fonction

65

Analyse complexe

holomorphe ! C . On peut alors ecrire f (u) = a  (z u)  +


+ a 1(z u) 1 + a0 + a1 (z u) +


: On dit alors que z est un p^ole de f et on appelle residu de f en z le nombre complexe Resz (f ) = a 1 . Soient z1 , : : : , zn des points de que l'on suppose simplement connexe, 0 = n fz1 ; : : : ; zn g et f : 0 ! C une fonction meromorphe aux points zk ; soit : [0; 1] ! C un lacet contenu dans 0 . On a la formule des residus : Z n X f (z) dz = 21i Reszk (f ) Indzk ( ):

k=1 Si f : ! C est holomorphe, le theoreme des residus applique a f 0=f permet de compter les zeros de f . Citons aussi le theoreme de Rouche : soit g : ! C une autre fonction holomorphe telle que jg(z)j < jf (z)j pour z 2 Im ; notons zk les zeros distincts de f , mk leur multiplicites, et de m^eme notons r les zeros de (f + g) avec multiplicites r ; alors on a X X mk Indzk ( ) = r Indr ( ): k

r

En n, soient et deux ouverts de C . Une application f : ! 0 holomorphe et bijective a sa reciproque necessairement holomorphe. On dit que c'est une bijection conforme . Le theoreme de representation conforme arme qu'il existe seulement trois classes d'equivalence conforme d'ouverts simplement connexe : l'ensemble vide, C , et la classe d'equivalence du disque unite ouvert. Une fonction entiere est une fonction holomorphe C ! C . Les inegalites de Cauchy entra^nent le theoreme de Liouville : une fonction entiere bornee est constante. Soit un ouvert de C et F = (fk ) une famille de fonctions holomorphes sur

. On dit que F est une famille normale si F est uniformement bornee sur tout compact de . Le theoreme de Montel arme que l'on peut extraire de toute famille normale une suite de fonctions holomorphes qui converge uniformement sur tout compact. Il se demontre a l'aide du theoreme d'Ascoli et des inegalites de Cauchy. En general, on notera D le disque unite ouvert et U le cercle unite.

0

Introduction

Chapitre XVII Ce chapitre de generalites regroupe quelques resultats classiques : methode du col, etude des singularites et des zeros des fonctions holomorphes, applications du theoreme de Montel: : : Chapitre XVIII Le principe du maximum justi e, par son importance, un chapitre a part entiere. On y demontre en particulier le lemme de Schwarz (exercice 18{2) qui est souvent d'une grande utilite, notamment dans les chapitres suivants.

66

Analyse complexe

Chapitre XIX Ce chapitre est centre sur deux themes : representation conforme et iteration de fonctions holomorphes dont il montre quelques exemples (ensemble de Julia, ensemble de Julia rempli). Chapitre XX En n, une grande partie de l'analyse complexe est devolue a l'etude des fonctions speciales, heritees du XIXe siecle. On comprendra donc l'ampleur que prend ce chapitre d'exemples : fonctions  de Riemann, fonction d'Euler, fonctions modulaires, fonctions elliptiques de Weierstra.

CHAPITRE XVII

Generalites Exercice 17{1. Principe de symetrie de Schwarz 1. Soit  C un voisinage d'un intervalle ouvert I  R . On pose + = fz 2 ; Im z > 0g et = fz 2 ; Im z < 0g et on se donne deux fonctions holomorphes f + : + ! C et f : ! C qui se prolongent en une fonction continue f : ! C . Montrer que f est holomorphe (principe

de symetrie de Schwarz). 2. Notons h le demi-plan de Poincare forme des z 2 C tels que Im z > 0. Soit f : h ! C une fonction continue, holomorphe sur h et reelle sur R . Montrer que l'on peut prolonger f en une fonction holomorphe C ! C .

Indication : 1. Utiliser le theoreme de Morera. Solution :

On sait (c'est le theoreme de Morera) qu'il sut de veri er que l'integrale de f sur tout rectangle dont les c^otes sont paralleles aux axes est nulle. Soit

un tel rectangle. S'il est inclus dans + ou , il n'y a rien a demontrer. Dans le cas contraire, le rectangle a pour sommets des points x + iy, x iy0, x0 iy0 et x0 + iy. Or pour tout " > 0, l'integrale sur le rectangle inclus dans

+ de sommets x + iy, x + i", x0 + i" et x0 + iy est nulle. De m^eme, l'integrale sur le rectangle de sommets x i", x iy0, x0 iy0 et x0 i" est nulle. Il reste a prouver que, lorsque " tend vers 0, l'integrale sur le rectangle de sommets x + i", x i", x0 i" et x0 + i" est nulle. Or, cette integrale vaut 1.

i

Z"

"

f (x + it) dt + i

Z"

"

f (x0 + it) dt +

Z x0  x

 f (t + i") f (t i") dt:

Comme f est bornee dans l'interieur du rectangle, les deux premiers termes tendent vers 0 lorsque " ! 0. Quant au dernier, f (t + i") f (t i") ! 0 lorsque " ! 0 puisque f est continue sur le segment [x; x0 ] ; cette expression est de m^eme bornee uniformement en t et " si bien que le theoreme de convergence dominee permet d'armer que ce dernier terme tend bien vers 0. Ainsi, l'integrale de f sur tout rectangle a c^otes paralleles aux axes est nulle et f est holomorphe dans .

68

Analyse complexe

2. Cette fois, f n'est pas d e nie a priori dans le demi-plan inferieur. On remarque cependant que la fonction g : h ! C de nie par f (zP ) est holomorphe et se prolonge en une fonctionPcontinue sur h . (Si f (z) = an(z z0)n au voisinage de z0, alors g(z) = an(z z0 )n au voisinage de z0 .) De plus g et f concident sur R = h+ \ h . La question precedente permet donc d'armer que la fonction de nie par f (z) si Im z > 0 et g(z) = f (z) si Im z 6 0 est holomorphe.

Exercice 17{2. Fonctions holomorphes dans une couronne Soient la couronne r < jz j < R, ou r et R sont deux reels strictement positifs, et f : ! C une fonction holomorphe. 1. Soient r1 et r2 deux reels tels que r < r1 < r2 < R ; soient 1 et 2 les cercles de centre 0 et de rayons r1 , r2 , orientes dans le sens trigonometrique. Montrer que l'on a la formule de Cauchy, valable pour tout z tel que r1 < jzj < r2 : Z f (u) Z f (u) ! 1 f (z) = 2i du du :

2 u z

1 u z 2. En deduire que l'on peut decomposer f de facon unique sous la forme f (z) = f1 (z) + f2(1=z), ou f1 est holomorphe dans le disque jzj < R, f2 est holomorphe dans le disque jz j < 1=r, et f2 (0) = 0. 3. En deduire qu'il existe des an (n 2 Z) tels que la serie X n an z n2Z

converge dans et vaut f (z ) (developpement de Laurent). Solution :

Pour demontrer cette formule, on peut invoquer la (( formule de Cauchy homologique )) (cf. [Rudi], theoreme 10.35). En eet, le cycle 2 1 a un indice nul en tout point qui n'est pas dans la couronne r1 < jzj < r2 , et un indice 1 dans cette couronne, d'ou la formule annoncee. Cependant, il est facile de la redemontrer : la fonction '(u) = (f (u) f (z))=(u z) est holomorphe dans la couronne r < jzj < R (elle se prolonge en '(z) = f 0(z)). Comme on peut deformer le contour 1 en 2 en restant dans la couronne, on a Z Z '(u) du = '(u) du:

1

2 Mais Z Z f (u) '(u) du = u z du;

1

1 et Z Z '(u) du = uf (u)z du + 2if (z):

1

2 d'ou la formule demandee. 1.

69

Generalites

R

R

Posons g(z) = 2 fu(uz) du et h(z) = 1 fu(uz) du. Les fonctions g et h sont de nies et holomorphes respectivement pour jzj < r2 et jzj > r1. Cependant la formule de Cauchy montre qu'elles ne dependent pas du choix de r1 et r2 (tant que r1 < jzj < r2 ). Par consequent, g est holomorphe dans le disque jzj < R, tandis que h est holomorphe dans l'ensemble jzj > r. On a f (z) = (g(z) h(z))=2i. Posons donc f1(z) = 21i g(z) et f2 (z) = 21i h(1=z): Les fonctions f1 et f2 sont holomorphes dans les domaines jzj < R et 0 < jzj < 1=r respectivement, et on a bien f (z) = f1 (z) + f2(1=z). Mais, puisque Z zf (u) 1 1 f2(z) = 2i h(1=z) = 2i zu 1 du;

1 la fonction f2 est holomorphe dans tout le disque jzj < r. Quitte a lui retrancher f2 (0) et a rajouter cette constante a f1 , on a bien l'existence de la decomposition demandee. Pour l'unicite, supposons que l'on ait deux decompositions. On a ainsi une decomposition de la fonction nulle sous la forme f1 (z) + f2 (1=z) avec f1 et f2 holomorphes dans les disques jzj < R et jzj < 1=r. Posons alors '(z) = f1(z) si jzj < R et '(z) = f2 (1=z) si jzj > r. La fonction ' est bien de nie d'apres ce qui precede, elle est holomorphe dans tout le plan complexe. Soit  un reel tel que r <  < R. Alors, f1 est bornee sur le disque ferme de centre 0 et de rayon  < R. De m^eme, f2 est bornee sur le disque ferme de centre 0 et de rayon 1= < 1=r. Il en resulte que ' est bornee sur C , donc constante d'apres le theoreme de Liouville. Les fonctions f1 et f2 sont toutes deux constantes, et comme f2(0) = 0, on a f1 = f2 = ' = 0, ce qui acheve la preuve de l'unicite. n 3. Avec les notations pr ecedentes, soit P1 n=0 an z le developpement en serie P 1 n de f1 (z) et n=0 bnz celui de f2 (z). On a b0 = 0 et 2.

f (z) = f1 (z) + f2 (1=z) =

1 X

n=0

anzn +

1 X

n=1

bn z n ;

ce qui est le developpement attendu, une fois pose a n = bn pour n > 1. La convergence des series de Taylor deP f1 et f2 dans les disques jzj < R (resp. jzj < 1=r) entra^ne que la serie n2Z an zn converge dans la couronne r < jz j < R .

Exercice 17{3. Singularites isolees des fonctions holomorphes Soit D un disque ouvert de centre 0 et de rayon r > 0, = D n f0g et f : ! C une fonction holomorphe. 1. Montrer en utilisant l'exercice 17{2 que l'on est dans l'une des trois

situations suivantes : (i) il existe une fonction holomorphe f~ : D ! C telle que f (z ) = f~(z ) si z 2 (f est holomorphe en 0) ;

70

Analyse complexe

(ii) f ne veri e pas (i), mais il existe un plus petit entier n > 1 tel que z n f veri e (i) (f est meromorphe en 0) ; (iii) sinon, on dit que f admet une singularite essentielle en 0. Caracteriser sur le developpement de Laurent ces trois situations. 2. On suppose que f est bornee dans un voisinage de 0. Montrer que l'on est dans le cas (i). 3. Supposons que f admette une singularite essentielle en 0. Montrer que pour tout r > " > 0, l'image par f du disque epointe de centre 0 et de rayon " est dense dans C (theoreme de Hadamard). Solution : 1. L'ouvert est un cas particulier des couronnes  etudiees dans l'exercice 17{2. Soit f (z) = P anzn le developpement de Laurent de f . Alors, dans le premier cas, les an sont nuls pour n 6 1. Dans le second cas, il existe n > 1 tel que am = 0 si m < n, mais a n 6= 0. Dans le troisieme cas, une in nite de an (n 6 0) sont non nuls. 2. On utilise la d ecomposition f (z) = f1 (z) + f2 (1=z), ou f1 est holomorphe dans le disque jzj < r, et f2 est holomorphe dans C . Si f est bornee au voisinage de 0, alors f2 est bornee au voisinage de l'in ni et est donc constante. Par suite, f se prolonge bien en une fonction holomorphe en 0. 3. On suppose donc que f a une singularit e essentielle en 0. Raisonnons par l'absurde et supposons que l'image du disque epointe de centre 0 et de rayon " n'est pas dense. Il existe ainsi un nombre complexe  et un reel  > 0 tels que jf (z)  j >  si 0 < jzj < ". La fonction 1=(f (z)  ) est alors holomorphe dans la couronne 0 < jzj < " et bornee au voisinage de 0. Elle se prolonge donc holomorphiquement en 0, d'ou le fait que f est meromorphe en 0, alors que l'on avait suppose l'existence d'une singularite essentielle. Par consequent, l'image par f de tout disque epointe autour de 0 est dense dans C . Remarque. En fait, on peut prouver un theoreme (bien plus dicile) d^u a Picard : dans les m^emes conditions, toute valeur, sauf peut-^etre une, est atteinte une in nite de fois dans tout voisinage de 0.

Exercice 17{4. Points singuliers des series entieres P Soit une serie entiere f (z ) = an z n , avec an > 0, de rayon de convergence R ni. Pour simpli er, on supposera dans tout le probleme que R = 1. On dit qu'un point  du cercle unite est regulier si il existe une fonction holomorphe g, de nie au voisinage de  , qui concide avec f la ou les deux fonctions sont de nies. Sinon, on dit que  est un point singulier. 1. On suppose uniquement dans cette question que an > 0. Montrer que f a une singularite en 1. 2. Montrer que f possede au moins une singularite sur son cercle de convergence.

71

Generalites

3. Soit  un point singulier sur le cercle de convergence. La serie f ( ) est-elle necessairement divergente ? Reciproquement, si f ( ) est divergente,  est-il un point singulier ? 4. Donner un exemple de serie entiere qui n'est prolongeable en aucun point du cercle de convergence. Indication : 1. Developper f en serie entiere au voisinage de 1=2. Solution :

On sait que si une fonction f est holomorphe dans un ouvert , sa serie de Taylor en un point z0 2 i

converge sur tout disque ouvert de centre z0 inclus dans (theoreme de Cauchy). 1=2 1 Ainsi, si la fonction f etait prolongeable au voisinage de 1 par une serie entiere de rayon de converr gence r > 0, le developpement en serie entiere de f au voisinage de 1=2 convergerait sur un disque de rayon > 1=2, comme on le voit sur le dessin. Pour montrer que f a une singularite en 1, il sut donc de montrer que la serie de Taylor en z = 1=2 a pour rayon de convergence exactement 1=2. Cette serie s'ecrit : 1 X g(z) = Ap(z 1=2)p; p=0 avec 1 (p) X Ap = f p(1! =2) = p1! n(n 1)


(n p + 1)an(1=2)n p n=p ! 1 X n n p > 0: a = n (1=2) n =p p Si g(z) avait un rayon de convergence superieur a 1=2, la serie entiere g(z) convergerait pour un z reel avec z > 1. Mais alors on aurait 1 X 1 n! 1 X X an(1=2)n p(z 1=2)p g(z) = Ap(z 1=2)p = p p=0 n=p p=0 ! 1 n 1 X X X n np 1=2 (z 1=2)p = an(z 1=2 + 1=2)n = an n=0 n=0 p=0 p 1.

=

1 X

n=0

a n z n = f (z ):

(L'inversion des deux sommations est justi ee par la convergence de la premiere serie qui est a terme positif.) Ainsi on a montre que la serie entiere f (z) convergeait pour un z > 1, ce qui contredit l'hypothese que son rayon de convergence vaut 1.

72

Analyse complexe

2. Si on ne fait pas d'hypoth ese speciale sur an, on peut quand m^eme conclure que f possede une singularite sur son cercle de convergence. En eet, supposons que f est prolongeable au voisinage de chaque point du cercle unite U . Alors on peut, par compacite de U , trouver un nombre ni de disques ouverts i = D(i; ri) (avec i 2 U et ri > 0) qui recouvrent U et tels que f est prolongeable en une fonction holomorphe fi sur chaque ouvert D(0; 1) [ i. Par le principe du prolongement analytique, ces prolongements doivent concider. En eet, l'ouvert = D(0; 1) [ Si i est, par construction, simplement connexe. Ainsi il existe une fonction g analytique sur qui prolonge f . Or comme est ouvert et contient le disque ferme D (0; 1), il contient un disque ouvert D(0; r) avec r > 1. Par le theoreme de Cauchy, on en conclut que la serie de Taylor de f en zero a un rayon de convergence superieur a r, ce qui constitue une contradiction. 3. On ne peut conclure dans aucun cas. Ainsi la s erie

1 X

n=0

( 1)n zn = 1=(z + 1)

diverge pour z = 1, mais la fonction est prolongeable au voisinage de 1. La serie 1 X z + n(n1 1) zn = (1 z) ln(1 z) z=2 converge pour z = 1 mais est singuliere en z = 1 (c'est une serie entiere a terme positif, de rayon de convergence 1). On peut m^eme remarquer que f (z) est absolument, donc uniformement, convergente sur le disque unite ferme, donc de nit une fonction continue sur D (0; 1). n! 4. On peut consid erer la fonction f (z) = P1 n=0 z . D'apres la premiere question, f a un point singulier en 1. Soit maintenant  = e2ip=q . Pour n > q, on a  n! = 1, donc

f (

1z ) =

qX1

( 1z)n! +

n=0

1 X

n=q

( 1z)n! = P (z) + f (z);

ou P est une fonction polyn^omiale, qui n'a donc pas de singularite. On en deduit que f ( 1z) a, comme f (z), une singularite en 1, donc que f (z) en a une en  . Comme les  consideres sont denses dans le cercle unite, on en conclut que f ne peut ^etre prolongeable en aucun point du cercle unite. Remarque. On peut construire de nombreux exemples de fonctions qui ne sont pas prolongeables en dehors de leur cercle de convergence a l'aide du theoreme d'Ostrowski (voir Rudin [Rudi]) ou du theoreme de Fabry, plus general, qui arme que c'est le cas des fonctions lacunaires de la forme 1 X i=1

ani xni ;

ou ni=i ! 1:

Generalites

73

(Pour une demonstration, cf. Dienes [Dien].) Plus speci quement,Pl'exer-2 cice 17{5 permet de resoudre le cas des series entieres de la forme anzn pour 0 6= a 2 C de module < 1.

Exercice 17{5. Une serie entiere non prolongeable hors du disque de convergence 1. Soit u(z; w) = P am;nzm wn une fonction holomorphe dans le polydisque
= D1  D2, ou D1 = fz ; jzj < 1 g et D2 = fw ; jwj < 2 g. On suppose que u(z; w) est paire en la premiere variable : u( z; w) = u(z; w) si (z; w) 2
. De plus, on suppose que u veri e l'equation @u = @ 2 u : () @w @z2 Supposons qu'il existe un w 2 C de module 2 tel que u(0;
) s'etende en une fonction holomorphe dans un voisinage de w . Montrer alors qu'il existe , C et A > 0 tels que pour tout w 2 C tel que jwj < 2 et jw wj < , la serie de Taylor de z 7! u(z; w) en z = 0 est majoree terme a terme par celle de CeAz2 . 2. Soit (an) une suite de nombres complexes telle que lim sup jan j1=n 2 P 2 ]0; 1[ ; on de nit la serie entiere '(z) = anzn . Quel est le domaine de convergence de ' ? 3. On pose u(z; w) = P an ch(nz)en2 w . Montrer que la fonction u(z; w) est holomorphe dans un domaine D1  L, ou D1 est un disque autour de 0 que l'on precisera et L = fw 2 C ; Re w < 0g. Montrer qu'elle veri e l'equation (). 4. On suppose desormais que '(z) se prolonge dans un voisinage d'un point  z du disque de convergence. Montrer qu'il existe w 2 iR tel que u(0;
) se prolonge a un voisinage de w . Montrer que la fonction z 7! u(z; w ) se prolonge en une fonction entiere. 5. Montrer que la fonction ' ne se prolonge pas hors du disque de convergence.

Indication : 4. Si u(z; w) = P n (w)zn, on majorera n(w ) a l'aide de la premiere question. Solution :

Soit r > 0 tel que la fonction w 7! u(0; w) se prolonge en une fonction holomorphe dans le disque de centre w et de rayon r. Alors, si jw wj < r=2 et w 2 D2, la fonction u(0;
) est holomorphe dans le disque de centre w et de rayon w=2. Par suite, la serie de Taylor converge dans ce disque et il existe deux constantes C1 et C2 telle que l'on ait la majoration n @ u (0; w) 6 C1 C nn!: 2 @wn 1.

74

Analyse complexe

Comme u veri e (), on a 1 @ 2n u (0; w) 6 C C n n! 6 C C2n ; 1 2 (2n!) 1 n! (2n)! @z2n puisque (2n)! > (n!)2. Le fait que u soit paire en la premiere variable implique 2n+1 u @ que @z2n+1 (0; w) = 0 pour tout entier n. Ainsi, la serie de Taylor de u(
; w) en 0 est majoree par celle de 1 n p X C1 Cn2! z2n = C1e C2 z2 : n=0 2. L'hypoth ese sur la suite (an) signi e qu'il existe 0 <  < < 1 tels que janj 6 n pour tout n et janj > n pour une in nite de n. Ainsi, la serie qui de nit ' converge dans tout le disque ferme jzj 6 1. En revanche, si jzj > 1, une in nite de termes de la serie sont minores par 2 n n  jzj qui ne tend pas vers 0. Le domaine de convergence de ' est donc le disque unite. 3. On a une majoration j ch nz j 6 enjz j , si bien que la s erie qui de nit u j z j 1 =n w converge uniformement tant que e lim sup janj < 1 et je j < 1. Elle de nit donc une fonction holomorphe dans le domaine D1  L, avec D1 = fz 2 C ; jzj < 1= lim sup janj1=ng. Dans l'ouvert ou la serie converge, on peut deriver terme a terme (car c'est une fonction holomorphe !). On a alors 1 @u (z; w) = X 2 n2 w a n ch(nz )n e @w n=0 1 2 @ u (z; w) = X 2 n2 w a n n ch(nz )e ; 2 @z n=0 ce qui prouve bien que u veri e l'equation (). 4. On a u(0; w ) = '(ew ). Par suite, si ' se prolonge en une fonction holomorphe dans un voisinage d'un nombre complexe z de module 1, alors u(0; w)   w  se prolonge dans un voisinage de w , ou e = z . De plus, la fonction u(z; w) est paire en la premiere variable. Ainsi, d'apres la premiere question, il existe , C et A tels que pour tout w 2 L tel que jw wj2 < , la serie de Taylor de u(
; w) est majoree terme a terme par celle de CeAz . Ainsi, si l'on pose

u(z; w) =

1 X

n=0

 n (w )z n ;

on a pour tout n, 2n+1 (w) = 0, et j2n(w)j 6 CAn n1! . Or, 1 2n X 2n (w) = am em2 w (2mn)! ; m=0

75

Generalites

et jamj 6 m pour tout m. Par suite, la serie converge normalement et lorsque w ! w, la majoration de j2n(w)j passe a la limite et devient j2n(w) 6 CAn n1! : Ainsi, la serie de Taylor de u(P z; w) est majoree terme a terme par la serie de Taylor de la fonction entiere C An zn2!n = CeAz2 . Ceci montre que la fonction z 7! u(z; w) se prolonge en une fonction entiere. 5. Il faut montrer que cette derni ere conclusion est absurde. Remarquons que si la serie qui de nit u(z; w) s'ecrit P unzn, la serie P junjzn de nit aussi une fonction entiere de z. Or, on a l'egalite terme a terme 1 1 nz nz X X junjzn = janj e +2 e ; n=0 n=0 Comme une in nite de n veri ent janj > n, la serie ne peut pas converger hors d'une couronne  < jez j < 1=. Par consequent, la fonction ' ne se prolonge pas hors du disque de convergence. Remarque. L'equation () est l'equation de la chaleur. Outre son inter^et propre, d^u a la physique qu'elle represente, elle a de nombreuses utilisations en analyse, et notamment en analyse complexe.

Exercice 17{6. Integrale d'Airy, methode du col On etudie dans cet exercice la fonction d'Airy, de nie par Ai() = Z 1 1 cos( t3 + t) dt.  0 3 1. Montrer que l'integrale de nissant Ai() converge pour tout reel  et pour  > 0, ecrire Ai() sous la forme p Z1 3=2 h(t) dt; Ai() =  e 2 1 ou h est une fonction que l'on precisera. 2. Quels sont les points de C ou h0 s'annule ? Montrer que par l'un de ces points passe une unique courbe (in nie) sur laquelle Im h est constant et Re h atteint son maximum en un unique point. Montrer que l'on a pour tout  > 0, Z Z1 h ( t ) e dt = eh(z) dz: 1

3. Appliquer la methode de Laplace (cf. l'exercice 9{9 du tome I) a cette derniere integrale et montrer l'equivalent, pour  tendant vers +1 : Ai()  p1  2 

1=4 exp





23=2 =3 :

76

Analyse complexe

Solution :

1. Il faut v eri er la convergence en +1. Soit T > 0 un reel assez grand pour que t > T entra^ne que t + t2 6= 0. Alors, une integration par parties donne " ZU 3 =3) #U Z U sin( t + t 2t sin(t + t3 =3) dt: 3 cos(t + t =3) dt = 2 +t T T ( + t2 )2 T Quand U tend vers +1, la valeur en U du terme integre converge vers 0 tandis que l'integrale converge absolument puisque la valeur absolue de l'integrande est asymptotique a 2=t3 dont l'integrale converge en +1. En ecrivant le cosinus comme demi-somme de deux exponentielles, on obtient ! Z1 3 1 t Ai() = 2 exp i 3 + it dt: 1 On cherche ensuite un changement de variables t = u qui rende homog pene l'argument de l'exponentielle. Il faut donc 3 = 1+ , soit  = 1=2 et t = u . On a alors p Z1   exp i3=2 (u + u3=3) du; Ai() =  2 1 et ainsi, h(u) = i(u + u3=3). 2. Si h0 (u) = i(1+ u2 ) = 0, alors u = i. Or h(i) = i(i i=3) = 2=3, tandis que h( i) = 2=3. Or, sur l'axe reel, la partie reelle de h est nulle, on concoit que l'on a inter^et a choisir un chemin qui passe par i plut^ot que par i. Posons u = x + iy. Alors, ! 3 + 3ixy 2 3y 2 x iy 3 x h(u) = i + x + iy 3 2! 2! x y 2 2 = y 1 + x 3 + ix 1 y + 3 : Sur la courbe cherchee, h doit ^etre de partie imaginaire constante, donc nulle, d'ou l'equation y2 = 1 + x2 =3. Alors, la partie reelle de h vaut 2 8  2s 1  4  q 1 + x2 =3 3 + 9 x2 = 3 1 + 3 x2 1 + 3 x2 : Il est clair que c'est une fonction qui decro^t lorsque jxj croit. Ainsi, le chemin

de ni implicitement par y2 = 1 + x2 =3 convient. Montrons maintenant que l'on peut deformer le chemin initial (l'axe reel) en le chemin . Si q x1 , x2 > 0, notons (x1 ; x2 ) le chemin entre ( x1 ; y1) et (x2; y2) ou yk = 1 + x2k =3. Soient aussi 1(x1 ) le chemin constitue par le segment qui joint ( x1 ; 0) a ( x1 ; y1) et 2(x2 ) le chemin qui va de (x2 ; y2) a (x2 ; 0). Le chemin 1(x1 )[ (x1 ; x2)[ 2(x2 ) est homotope au chemin ( x1 ; 0) ! (x2 ; 0) dans l'axe reel, si bien que l'on a Z x2 Z Z Z eh(t) dt = + + :

x1

1 (x1 )

(x1 ;x2 )

2 (x2 )

Generalites

77

R

R

vers 0 quand x1 et x2 tendent Si nous prouvons que 1 (x1 ) et 2 (x2 ) tendent R h ( vers 1, cela entra^nera la convergence de e z) dz ainsi que l'egalite voulue.

x1

Or,

Z

eh(z) dz

=i

2

i

1

x2

0

Z y1





exp  (Re h(x1 + i) + i Im h(x1 + i)) d

Z 1 (x1 ) Z y01   h(z) dz 6 2  2 =3) d e exp  (1 + x 1 1 (x1) 0 Z y1 9 6 0 e (8x21 =9) d 6 8x 2

1 2 8 8 2 2 2  =3 > 3 + 9 x1 > 9 x1 pour tout  2 [0; y1]. Quand x1 tend vers +1, l'integrale sur 1(x1 ) tend donc vers 0. De m^eme, l'integrale sur 2(x2 ) tend vers 0 quand x2 tend vers +1 (en fait, elle a m^eme valeur absolue que l'integrale sur 1(x2): : : ).

puisque 1+ x21

Nous avons ainsi prouve que

Z

eh(z) dz

=

Z1 1

eh(x) dx:

Nous devons evaluer, pour  ! +1, le comportement de l'integrale 10 1 Z 1 0 2 s x2 2! 4 x i x A dx: exp @ 3  1 + 3 1 + 3 A @1 + 3 q 1 1 + x2=3 Cette integrale est reelle, donc vaut 1 Z 1 0 2 s x2 2! 4 x exp @ 3  1 + 3 1 + 3 A dx: 1 Au voisinage de 0, l'expression s 2! 2 4 x x 1+ 3 1+ 3 admet le developpement limite 1 + 32 x2 + O(x4). La methode de Laplace (voir l'exercice 9{9 du tome I) montre que l'integrale est alors equivalente a s Z1 2 : x 2 = 3 2 = 3 e dx = e e  1 3.

78

Analyse complexe

Justi ons sommairement la methode de Laplace. En posant s 2! 2 2 4 x 2 x h(x) = 3 + 3 1 + 3 1 + 3 ; on a l'equivalent h(x)  x2 pour x ! 0. D'abord, si a > 0, on a Z1 Z1 h ( x ) e dx = e h(x)e ( 1)h(x) dx 6 Cstee h(a) : a

a

De m^eme, l'integrale de 1 a a est majoree par un multiple de e h( a). Soit maintenant " > 0 et choisissons a > 0 tel que (1 ")x2 6 h(x) 6 (1 + ")x2 sur [ a; a]. Alors, l'integrale sur [ a; a] est encadree par s Za 2 Z ap 2 1 x u (1  ") e dx = (1  ") p e du  (1  ")  : p  a  a Il en resulte que ce dernier terme est le terme dominant, d'ou l'equivalent annonce. Compte tenu du changement de variable fait dans la premiere question, on a donc l'equivalent p r   1  1=4 e 23=2 =3 : 3=2 =3 2  p Ai()  2 e = 3 = 2  2 

Exercice 17{7. Un espace de Hilbert de fonctions holomorphes Soit un ouvert de C et H Rl'ensemble des fonctions f : ! C holomorphes et de carre integrable ( jf j2 < 1).

1. Montrer que H est un espace vectoriel et que l'application bilineaire R hf gi = f g est un produit scalaire sur H . On note k
k la norme associee. 2. Soit K un compact inclus dans . Montrer l'inegalite 1 p kf k: max j f ( z ) j 6 z2K d(K; @ )  3. Montrer que H est un espace de Hilbert.

Indications : 2. On pourra commencer par prouver l'inegalite lorsque K est reduit a un point. Utiliser

dans ce cas le fait qu'une fonction holomorphe prend en un point la moyenne de ses valeurs sur tout disque centre en ce point. 3. Considerer une suite de Cauchy (fn) pour le produit scalaire de H et montrer qu'elle converge uniformement sur tout compact en utilisant l'inegalite de la question precedente. Solution :

En fait, H est l'intersection de l'espace vectoriel des fonctions holomorphes sur et des fonctions de carre integrable sur . C'est donc un espace R vectoriel et hf gi = f g est la restriction a H du produit scalaire naturel sur L2 ( ). 1.

79

Generalites

2. Si f est holomorphe sur un disque ferm e D(a; r), alors on sait que f (a) est la moyenne de f sur le disque D(a; r) :

Z 1 f (a) = r2 f (x + iy) dx dy: D(a;r)

Utilisons maintenant l'inegalite de Cauchy-Schwarz :

Z 1 jf (a)j 6 r2 D(a;r) jf (z)j2 dx dy Z jf (a)j2 6 r1 2 D(a;r) jf (z)j2 dx dy:

!1=2 Z

D(a;r)

dx dy

!1=2

Soit z 2 et r la distance de z au bord de . Pour tout  < r, le disque ferme D (z; ) est inclus dans , et donc

jf (z)j2

Z Z 1 1 2 6 2 D(z;) jf j 6 2 jf j2:

En faisant tendre  vers r, on voit ainsi que

jf (z)j 6 d(z; @1 )p kf k: Soit K un compact inclus dans et r la distance de K a @ . Pour tout z dans K , on a r 6 d(z; @ ), si bien que ()

1 kf k: p max j f ( z ) j 6 z2K r 

3. Il nous faut montrer que H est complet. Soit une suite (fn ) d' elements de H qui est de Cauchy pour le produit scalaire L2 . Si K est un compact inclus dans , l'inegalite () appliquee a fn fm montre que la suite (fn) est de Cauchy pour la norme du sup sur le compact K . Ainsi, (fn) converge uniformement sur K vers une fonction f qui est continue. Mais d'apres le theoreme de Weierstra sur la convergence des fonctions holomorphes, la limite f est holomorphe sur l'interieur de K . Nous avons donc prouve que (fn) converge vers une fonction holomorphe f , la convergence etant uniforme sur tout compact. Necessairement, f 2 L2 ( ) car L2 ( ) est complet. Par suite, la suite (fn) converge vers un element de H , ce qui acheve de prouver que H est complet. C'est donc un espace de Hilbert.

Remarque. Ce phenomene est tres particulier aux fonctions holomorphes

puisque l'ensemble des fonctions C 1 sur un ouvert et de carre integrable n'est pas complet pour la norme L2 , son complete etant L2 ( ) tout entier.

80

Analyse complexe

Exercice 17{8. Iteration de fonctions holomorphes Soit  C un ouvert borne et f : ! holomorphe. On suppose qu'il existe a 2 tel que f (a) = a. 1. Montrer que jf 0(a)j 6 1. 2. On suppose que f 0(a) = 1. Montrer que f est l'identite. 3. On suppose que jf 0(a)j = 1. Montrer que f : ! est bijective. Indications : 1. Montrer que les iterees f n forment une famille normale. 2. Sinon, ecrire f (z) = a + (z a) + cm(z a)m +


et etudier les iterees de f . 3. Considerer une suite d'indices nk telle que (f n )0 ! 1. k

Solution :

Les iterees f n : ! sont des fonctions holomorphes ! C uniformement bornees. Par consequent, elles forment une famille normale : on peut en extraire de toute suite in nie une sous-suite qui converge uniformement, ainsi que toutes les derivees, sur tout compact.0 Soit nk cette suite d'indices. Comme (f nk ) converge dans un voisinage de a, elle reste en particulier bornee dans ce voisinage. Or, on a (f  f )0(a) = f 0(f (a))f 0(a) = f 02(a) et, par recurrence, f n0(a) = f 0(a)n: Cette suite est donc bornee et jf 0(a)j 6 1. 2. Supposons que f n'est pas l'identit e. Alors, le developpement en serie de Taylor de f au voisinage de a est de la forme f (z) = z + cm (z a)m + cm+1 (z a)m+1 +


; ou m est le plus petit entier > 2 tel que f (m) (a) 6= 0. Par recurrence, montrons que f n(a + u) = a + u + ncm um + O(um+1): En eet, c'est vrai pour n = 1 et alors f (n+1) (a + u) = f (f n(a + u)) = f (a + u + ncm um + O(um+1)) = a + (u + ncmum) + cm (u + ncm um)m + O(um+1) = a + u + (n + 1)cmum + O(um+1): Ainsi la derivee m-eme de f n en a est egale a ncmm! et n'est pas bornee quand n ! 1. Or, la famille f n etant une famille normale, une sous-suite converge uniformement dans un voisinage compact de a, avec toutes ses derivees, ce qui implique que dzdmm f nk (a) reste borne et donc cm = 0. 3. Soit f 0 (a) = ei et (nk ) une suite d'indices tels que eink  converge vers 1. La suite des fonctions holomorphes f nk pour k > 1 est une famille normale et 1.

81

Generalites

on peut en extraire une sous-suite convergente. Soit g la limite. La fonction g est holomorphe sur et g( )  . On a g(a) = a et g0(a) = lim (f nk )0 (a) = 1. Par suite, la question precedente implique que g est l'identite. Cela implique que f est injective. En eet, si f (z1) = f (z2 ), on a f n(z1) = f n(z2 ) pour tout n > 1 et g(z1) = g(z2), soit z1 = z2 ! Montrons que f est bijective : g est la limite d'une suite d'iterees f nk . Or, on peut extraire de f (nk 1) une sous-suite convergente ; notons h sa limite. Necessairement, z = g(z) = f  h(z) et f est bijective.

Exercice 17{9. Zeros des fonctions holomorphes 1. Soit un ouvert connexe de C , f une fonction holomorphe non constante sur et F un ferme de . On suppose qu'il existe une suite (fn) de fonctions holomorphes sur qui converge vers f uniformement sur tout compact et telle que pour tout n, l'ensemble des solutions dans de l'equation fn (z ) = 0 est contenu dans F . Montrer que l'ensemble des solutions de l'equation f (z ) = 0 est contenu dans F . 2. Soit (Pn) une suite de polyn^omes a coecients reels n'admettant que des racines reelles. On suppose que (Pn ) converge uniformement sur tout compact de C vers une fonction f . Montrer que f et toutes ses derivees n'ont que des zeros reels. 3. Montrer que (1+z=n)n converge uniformement vers ez sur tout compact de C .

4. Soit a un nombre reel. Montrer que les derivees de la fonction e

n'ont que des zeros reels.

z2 +az

Solution : 1.

On commence par calculer ez (1 + z=n)n :  z n X n n! z k 1 zk X z e 1 + n = k! k k=0 k n k=0 ! X 1 zk n zk X n ( n 1)


( n k + 1) 1 + = nk k=n+1 k! k=0 k! =

1 X

k=0

k zk ;

ou les k sont positifs. Cela entra^ne la majoration !n  z n X 1 j z j k z j z j e 1+ 1+ n 6 k=0 k jzj 6 e n Or, on sait que pour tout reel positif, on a l'inegalite (due a la concavite de log) : log(1 + x) 6 x. Cela signi e que ex (1 + x=n)n est positif, donc aussi

82

Analyse complexe

ex (1 + x=n)n 1 qui se trouve ^etre la derivee de la precedente. On a ainsi l'inegalite, pour jzj 6 R :  z n n  ez 1 + 6 eR 1 + R ; n n dont le deuxieme membre tend bien vers 0 quand n tend vers +1. 2. La cl e de la question est l'utilisation du theoreme des residus pour denombrer le nombre de zeros d'une fonction holomorphe dans un petit disque. En eet, si f est une fonction holomorphe dans un voisinage de z0 2 C et

(t) = z0 + e2it , ou  est assez petit, alors 1 Z f 0(z) dz 2i f (z) est le nombre de zeros de f dans le disque jz z0 j 6 , comptes avec leurs multiplicites. Supposons alors qu'un zero z0 de f n'appartient pas a F . Comme f est non constante et connexe, f n'est pas constante dans un voisinage de z0 . D'apres le principe des zeros isoles, il existe un voisinage V de z0 , disjoint de F , dans lequel z0 est le seul zero de f . On choisit  de sorte que le disque D de centre z0 et de rayon  soit inclus dans ce voisinage V . L'integrale de f 0=f sur le bord de D est egale a 2im, ou m est la multiplicite de f en z0 . C'est un entier strictement positif. Or fn converge uniformement vers f sur le compact D , et toutes ses derivees aussi (prendre un voisinage un peu plus grand pour le voir), ce qui montre que fn0 =fn converge uniformement vers f 0=f sur @D. Ainsi, Z f 0 (z ) n 2im = nlim !1 @D fn (z ) dz = 0; puisque les fonctions fn n'ont pas de zeros dans D ! Ainsi, tous les zeros de f sont inclus dans F . 3. On applique  evidemment la question precedente ; le ferme F est alors l'ensemble R des nombres reels. La fonction f est holomorphe car limite uniforme sur tout compact de fonctions holomorphes. Rappelons que le theoreme de Weierstra, qui arme ce fait, fournit en plus la convergence de toutes les derivees de Pn vers les derivees correspondantes de f . Ainsi f a tous ses zeros reels. Pour les derivees, on applique le theoreme de Rolle. Si P est un polyn^ome dont toutes les racines sont reelles, alors P 0 a toutes ses racines reelles. Une fois ce point acquis, f 0, puis, par recurrence toutes les derivees de f , est limite uniforme sur tout compact d'une suite de polyn^omes ayant tous leurs zeros reels. Donc f 0 et, par suite, toutes les derivees de f n'ont que des zeros reels. 4. La question pr ecedente 2dit que (1 + (az z2 )=n)n converge uniformement sur tout compact vers ez az (l'image d'un compact par un polyn^ome est compacte). Pour conclure, il nous sut de veri er que pour n > 0, l'equation z2 az = n a deux zeros reels, ce qui est immediat.

83

Generalites

Exercice 17{10. Zeros complexes des sommes d'exponentielles Soient !1 <


P< !n des reels et a1 ; : : : ; an 2 C  . Soit F la fonction de nie par F (z ) = n a e!k z . k=1 k

1. Montrer qu'il existe une constante S > 0 telle que tout zero de F a une partie reelle inferieure en valeur absolue a S . En deduire que F n'a qu'un nombre ni de zeros dans toute bande T < Im z < T 0 . 2. Soit N (T; T 0 ) le nombre de zeros de F dans la bande T < Im z < T 0. On suppose que F ne s'annule pas sur les droites Im z = T et Im z = T 0 . Montrer alors l'egalite

N (T; T 0) = !n 2 !1 (T 0 T ) Z1 Z1 0 (iT + x) ! 0 (iT 0 + x) ! 1 F F 1 Im + 2 1 F (iT + x) dx 2 1 Im F (iT 0 + x) dx: 3. Montrer que l'integrale Z +1 F 0(iT + x) Im F (iT + x) dx 1 est la variation de l'argument de F (iT + x) entre 1 et +1. 4. On pose nX1 1  '(x) = F (iT + x) neiT e!nx = 1 + (Ak + iBk )eik x; k=1

ou k = !k !n et Ak , Bk sont reels. En etudiant les zeros de Re ' et Im ', montrer que la variation de Arg ' est au plus  (n 1). 5. En deduire l'inegalite

N (T; T 0) !n !1 (T 0 T ) 6 n 1: 2

Indication : 4. Utiliser l'exercice 14{3. Solution : 1.

Quand x ! +1, la fonction X x 7 ! f (x) = janj jAk je(!k

!n )x

k 0. Soit S1 > 0 un reel tel que f (x) soit strictement positif pour x > S1. Alors, si z = x + iy 2 C veri e F (z) = 0, on a Ane!n z = P tout !z k 1 et jaj = 1. 2. CommencerQpar traiter le cas ou f ne s'annule pas, puis, dans le cas general, considerer la fonction f (z )= nk=1 (z ak ) qui est sans zeros dans le disque ferme jz j 6 r. Solution :

1. Si jaj < 1, la fonction z 7! 1 az ne s'annule pas dans le disque unit e ferme qui est simplement connexe. On peut dont trouver une determination holomorphs de son logarithme et il existe ainsi une fonction f : D (0; 1) ! C telle que ef (z) = 1 az et f (0) = 0. Alors, Z Z 2 dz f (z) z = i f (eit ) dt = 2if (0) = 0: jzj=1 0 Par suite,  Z 2 Z 2 f (eit ) dt = 0: log j1 aeit j dt = Re 0 0 Si jaj > 1, nous pouvons ecrire 1 aeit = aeit (1 a 1 e it ), si bien que

Z 2 0

log j1

aeit j dt = 2 log jaj +

Z 2 0

log j1 a 1 e it j dt = 2 log jaj;

87

Generalites

d'apres le premier cas, puisque ja 1j < 1. En n, si a = eiR , le changement de variables t0 = t +  nous ramene a calculer l'integrale 02 log j1 eit j dt. Or, on a pour t 6= 0 :

0 int 1 X log j1 eit j = Re log(1 e ) = Re @ en A ; n>1 ou la serie converge uniformement sur tout compact de ]0; 2[. Ainsi, on a Z 2 " 1 1 in" in" X X Re e in2 e = 2 sinn2n" : log j1 eit j dt = " n=1 n=1 Il y a convergence uniforme en " dans cette derniere serie, donc l'integrale converge vers 0 quand " ! 0, ce qu'il fallait demontrer. 2. Si f ne s'annule pas dans le disque ferm e, nous pouvons trouver une 

 it

determination de son logarithme. Alors,

Z 2 0

log f (reit) dt =

Z

jzj=1

log f (z) dz iz = 2 log f (0);

d'apres la formule des residus. Or, log jf j est la partie reelle de log f , si bien que l'on a, lorsque f ne s'annule pas :

Z 2 0

log jf (reit)j dt = log jf (0)j:

(Remarquons que la formule, heureusement, ne depend pas du choix du logarithme de f !) Traitons maintenant le cas general. Par de nition, la fonction '(z) = Qn f(1(z) z ) k=1 ak est holomorphe dans le disque ferme D (0; r) et ne s'y annule pas. Nous pouvons appliquer le calcul que nous venons de faire a ' et donc Z 2 Z 2 n Z 2 X log 1 ar eit dt log j'(reit)j dt + log jf (reit)j dt = 0 0 k k=1 0 n X = 2 log j'(0)j + 2 log r ak k=1 n r = 2 log jf (0)j + 2 log ja


a j : 1 n Remarque. Si f (z ) = cm z m +


au voisinage de 0, avec m > 0, on peut etudier f (z)=zm et la formule devient n m log jcmj + log ja ar


a j = 21 log jf (rei )j d: 1 2 n

88

Analyse complexe 3.

Rangeons les ai par module croissant : ja1 j 6


6 janj. Alors, on a Zr nX1 Z jak+1 j du Z r du N (u) du = u k=1 jak j k u + janj n u 0 =

nX1 k=1

k (log jak+1j log jak j) + n (log r log janj)

= (log ja2j log ja1j) + 2 (log ja2j log ja1 j) +





+ n (log r log janj) n n X = n log r log jak j = log ja
r

a j : 1 n k=1 Remarque. On peut aussi demontrer cette egalite en utilisant une integration par parties dans l'integrale de Stieltjes (exercice 8{6 du tome 1) : Zr h ir Z r du log(u)dN (u): N (u) u = N (u) log u 0 0 0 Mais dN (u) est une somme de mesures de Dirac en les jak j, si bien que l'on a Zr n X N (u) du = n log r log jak j: u 0 k=1

CHAPITRE XVIII

Principe du maximum Exercice 18{1. Quelques consequences du principe du maximum Soit f une fonction holomorphe sur le disque de centre 0 et de rayon R. Pour tout 0 6 r < R, soit Mf (r) = max jf (z)j : jzj=r 1. Montrer que si f n'est pas constante, Mf (r) est strictement croissante. 2. On suppose que f est un polyn^ome de degre n. Montrer que Mf (r)=rn est strictement decroissante, sauf si f est de la forme f (z ) = az n 3. On suppose que f est un polyn^ome de degre n unitaire. Montrer que si jf (z)j 6 1 pour tout z de module 1, alors f = zn . Indication : 2. On pourra considerer la fonction g(z) = znf (1=z). Solution :

1. Le principe du maximum entra^ne que Mf (r ) est le maximum de jf (z )j pour jzj 6 r. En eet, s'il existe z de module < r tel que jf (z)j > Mf (r), on voit que f atteint son maximum sur le disque D(0; r) en un point interieur, et f est necessairement constante. En particulier, cela montre que Mf (r) est croissante. Soient ensuite r < r0 tels que Mf (r0) = Mf (r). Si z 2 D(0; r) est tel que jf (z)j = Mf (r), on voit que z est un maximum local de f qui est dans l'interieur de D(0; r0) et f est constante. 2. Soit f (z ) = a0 z n + a1 z n 1 +


+ an . On a g (z ) = a0 + a1 z +


+ an z n . Comme g(z) = zn f (1=z), on a Mg (r) 6 rnMf (1=r). Mais f (1=z) = z n g(z), si bien que Mf (1=r) 6 r nMg (r) et donc Mf (r)=rn = Mg (1=r): D'apres la premiere question, sauf si g est constante, la fonction r 7! Mg (1=r) est strictement decroissante. En n, on remarque que si g est constante, cela signi e exactement que f = a0 zn est reduit a son terme dominant. 3. Gardons les notations de la question pr ecedente et supposons que f 6= zn . On a g(0) = 1 et Mg (1) > Mg (0) = 1. Or Mg (1) = Mf (1), d'ou l'assertion a demontrer.

90

Analyse complexe

Exercice 18{2. Lemme de Schwarz 1. Soit U le disque unite ouvert de C et f : U ! C une fonction holomorphe veri ant supU jf j 6 1 et f (0) = 0. Montrer que l'on a jf (z )j 6 jz j et jf 0 (0)j 6 1. Montrer que si pour un z 2 U nf0g on a l'egalite jf (z )j = jz j, ou bien si jf 0(0)j = 1, alors il existe  2 C de module 1 tel que f (z ) = z . 2. Soit  2 U et ' (z) = (z )=(1 z). Montrer que ' est une application holomorphe bijective de U dans U . Calculer '0 (0) et '0 (). (Les ' sont appelees transformations de Koebe.) 3. Soit f : U ! U et , 2 U tels que f () = . Montrer que jf 0()j 6 (1 j j2)=(1 jj2). Quel est le cas d'egalite ? Solution : 1. Soit '(z ) = f (z )=z . La fonction ' est holomorphe sur le disque unit e ouvert prive de 0. Mais, comme f (0) = 0, ' est holomorphe en 0, et '(0) = f 0(0). Ainsi ' : U ! C est holomorphe. Appliquons le principe du maximum a '. Si l'on note M (r) le maximum de j'j sur le disque ferme de centre 0 et de rayon r, la fonction r 7! M (r) est alors croissante. Or j'(z)j 6 1=jzj, donc M (r) 6 1=r qui tend vers 1 quand r tend vers 1. Ainsi, M (r) 6 1 pour tout r et j'(z)j 6 1 pour tout z 2 U . Si on a l'egalite pour un z 2 U (c'est-a-dire, ou bien f 0(0) = 1, ou bien jf (z)j = jzj pour un z 2 U n f0g), le principe du maximum entra^ne aussi que la fonction ' est constante. Soit alors  sa valeur. On a f (z) = z et necessairement jj = 1. 2. Comme 1=  62 U (il est de module > 1), la fonction ' = ' est holomorphe U ! C . Montrons que '(z) 2 U si z 2 U . Or, si  = ei et z = rei ,



j1 zj2 jz j2 = 1 2r cos(  ) + r22



 2 r 2r cos(  ) + 2 = 1 + r22 r2 2 = (1 2)(1 r2) > 0: Il en resulte que j'(z)j < 1 si jzj < 1, et donc que ' envoie U dans U . D'autre part l'application ' : U ! U est bijective, car u = '(z) = (z )=(1 z) () u zu = z  () u +  = z(1 + ) () z = ' (z): Ainsi, ' : U ! U est bijective, holomorphe, d'inverse ' . En n,

) (z )( ) = 1 jj2 ; '0(z) = (1 z(1 z)2 (1 z)2

91

Principe du maximum

si bien que

'0(0) = 1 jj2 et '0() = 1 1jj2 : 3. Pour se ramener  a la premiere question, on utilise les transformations de Koebe : soit g = '  f  ' . C'est une application holomorphe U ! U telle que g(0) = 0. D'apres la premiere question, jg0(0)j 6 1, avec egalite si et seulement si g(z) = z pour un  2 C de module 1. Or, on peut calculer g0(0) : g0(0) = '0 (f (' (0))) f 0('  (0)) '0 (0) = '0 ( ) f 0() '0 (0) 2 = f 0() 1 jj2 : 1 j j Il ne reste donc qu'a ecrire que jg0(0)j 6 1 pour conclure 2 jf 0()j 6 11 jj jj2 : On a egalite si et seulement si f (z) = ' ('  (z)) pour un  de module 1. Remarque. La premiere question peut aussi se traiter comme dans l'exercice 17{8. Quant a la derniere question, si on fait tendre vers un element de module 1, on obtient que '0() = 0 et ' = , conformement au fait que les applications holomorphes sont ouvertes. Exercice 18{3. Une generalisation du lemme de Schwarz Soient R > r deux reels positifs, un entier t > 1, S un ensemble ni de points du disque jz j 6 r et f : C ! C une fonction entiere non identiquement nulle ayant en tout point de S un zero d'ordre au moins t. On designe par Mf (r) le maximum de jf j sur le disque ferme de centre 0 et de rayon r. Montrer alors que 2 + r2 ! R log Mf (r) 6 log Mf (R) t#S log : 2rR Indication :

On introduira une fonction g(z ) = f (z ) quera le principe du maximum. Solution :

QR

2 z i R(z i ) , ou les i sont bien choisis et on appli-

Pour simpli er les calculs, on suppose que R = 1. Soient i les racines de f dans le disque de centre 0 et de rayon r (avec multiplicites). Soit  le nombre ( ni) de ces racines. On de nit alors Y B (z; i) = z i et g(z) = f (z) B (z; i) 1; 1 zi i=1 qui est toujours entiere. Les B (z; i) sont des transformations de Koebe etudiees dans l'exercice 18{2.

92

Analyse complexe

Le principe du maximum applique a g dit que Mg (r) 6 Mg (1). Or, Mg (1) est atteint sur le bord du disque, et ainsi Mg (1) 6 Mf (1) (car jB (z; i)j = 1 si jzj = 1). Maintenant, on ecrit

f (z ) = g (z )

Y

i=1

B (z; i):

On doit majorer B (z; i) sur le disque de centre 0 et de rayon r. Or, si z = rei et  = ei , on a 2 2r cos + 2 x A; jB (z;  )j2 = 1r 2r = 2 2 cos + r  x B 2 avec =  , x = cos , A = (r + 2 )=2r et B = (1 + r22 )=2r. Comme B > A, x 7! xx BA est decroissante et le maximum est atteint en x = 1. Ainsi, jB (z;  )j 6 1r++r 6 1 +2rr2 : On a donc  2r   2r   2r  Mf (r) 6 Mg (r) 1 + r2 6 Mg (1) 1 + r2 = Mf (1) 1 + r2 : Comme  > t#S , on a donc log Mf (r) 6 log Mf (1) + t#S log 2r 2 ; 1+r soit encore, en revenant au cas general (R 6= 1), 2 + R2 r log Mf (r) 6 log Mf (R) t#S log : 2rR

Exercice 18{4. Le theoreme des 3 cercles 1. Soit f une fonction holomorphe dans la couronne = fz ; A < jzj < B g. Pour tout r 2 ]A; B [, on note M (r) = max jf (rei )j. Soient a et b tels que A < a < b < B . On suppose que M (a) = M (b). Montrer que M (r) 6 M (a) pour tout a 6 r 6 b. 2. Soit ' une fonction holomorphe dans la bande verticale B = fz ; A < Re z < B g. Si x 2 ]A; B [, on note M (x) = maxy2R j'(x + iy)j. Soient a et b tels que A < a < b < B et M (a) = M (b). On suppose en outre que f est bornee dans la bande a 6 Re z 6 b. Montrer que M (x) 6 M (a) pour tout x 2 [a; b]. 3. Suite de la question 2. Montrer plus generalement que si A < a < x < b < B , on a M (x)b a 6 M (a)b x M (b)x a : 4. Retour a la question 1. Montrer dans le cas general que l'on a l'inegalite, pour tout a < r < b : log(b=a) log M (r) 6 log(b=r) log M (a) + log(r=a) log M (b)

Principe du maximum

93

(theoreme des trois cercles de Hadamard).

Indications : 2. E tudier la fonction '" (z) = '(z)=(1 + "(z A)) pour " > 0. 4. Poser '(z) = f (ez ). Solution :

1. La fonction r 7! M (r ) est continue. Elle admet donc un extremum sur [a; b]. Si la conclusion est fausse, il existe alors un  2 ]a; b[ tel que M () > M (r) pour tout r 2 [a; b], et M () > M (a). Il en resulte que f admet un maximum sur le cercle de rayon  et est par consequent constante, ce qui est une contradiction. On a donc prouve que M (r) 6 M (a) pour tout r 2 [a; b]. 2. Il faut faire le m^ eme raisonnement, si ce n'est que la bande a 6 Re z 6 b n'etant pas compacte, on ne peut pas armer l'existence d'un maximum si simplement. On va remplacer f par f ", ou " tend vers 0 a l'in ni, de sorte qu'on pourra avoir encore un maximum. Posons, pour " > 0, "(z) = (1 + "(z A)) 1. On a j "(z)j 6 1 pour tout z 2 B. Par consequent, '" = f " est majoree par 1 sur les droites Re z = a et Re z = b. En outre, j'"(z)j 6 sup j'j=("j Im zj). Ainsi, si c est un reel superieur a sup j'j=", j'"j est majoree par 1 sur le bord du rectangle de sommets a  ic, b  ic. Le principe du maximum entra^ne que '" est majoree par 1 dans le rectangle. On a ainsi j'(z) " (z)j 6 1 pour tout z tel que a 6 Re z 6 b et Im z < max j'j=". Fixons maintenant z. Si on fait tendre " vers 0, z veri e les conditions cidessus pour tout " assez petit. On obtient a la limite j'(z)j 6 1, ce qu'il fallait demontrer. 3. On va chercher une fonction holomorphe dans la bande B telle que '= veri e les conditions de la question precedente. On voit que (z) = M (a)(b z)=(b a) M (b)(z a)=(b a) convient. (Si M (a) = 0 ou M (b) = 0, alors f est necessairement nulle, d'apres le principe des zeros isoles et l'assertion a demontrer est vraie.) En module, j (x + iy)j = M (a)(b x)=(b a) M (b)(x a)=(b a) , si bien que j (z)j est minoree dans B, ce qui entra^ne que '= est bornee dans la bande B. De plus, la fonction '= est bornee par 1 sur Re z = a et Re z = b. Par consequent, la question 1 entra^ne que l'on a j'(z)j 6 j (z)j pour tout z de partie reelle comprise entre a et b, d'ou l'assertion. 4. Ramenons nous  a la question precedente en posant '(z) = f (ez ). La fonction '(z) est holomorphe dans la bande log A < Re z < log B , et est bornee dans la bande log a < Re z < log b. On a donc j'(z)j 6 M (a)(b x)=(b a) M (b)(x a)=(b a) ; ce qui donne, en remarquant que M (r) = sup j (log r + iy)j, l'inegalite (b a) log M (r) 6 (b x) log M (a) + (x a) log M (b):

94

Analyse complexe

Remarque. Le lecteur pourra essayer d'eviter les questions 2 et 3 en cherchant une fonction holomorphe dans la couronne A < jzj < B telle que j (z)j ne depende que de z. Il prouvera que les seules telles fonctions sont de la forme z 7! Azn, ou n 2 Z et A 2 C . Par consequent, on ne peut trouver une telle avec en outre j (a)j = M (a) et j (b)j = M (b) que si (log B log A)=(log b log a) est entier. Pour pouvoir utiliser la (( fonction )) z avec  62 Z, il faut donc poser z = ew , ce qu'on fait aux questions 2 et 3 !

CHAPITRE XIX

Representation conforme Exercice 19{1. Automorphismes conformes du plan et du disque 1. Montrer que toute bijection holomorphe du disque unite sur lui-m^eme est de la forme '  h  ' 1 , pour , 2 U , et jj = 1, ou ' est la transformation de Koebe introduite a l'exercice 18{2 et h l'homothetie de rapport . 2. Montrer que toute bijection holomorphe du plan complexe sur lui-m^eme est de la forme z 7! az + b pour a et b deux nombres complexes. Indications : 1. On pourra utiliser le lemme de Schwarz (exercice 18{2). 2. Soit f une telle bijection. A l'aide du theoreme de Hadamard de l'exercice 17{2,

montrer, en considerant f (1=z ) au voisinage de 0, que f est un polyn^ome. Conclure. Solution :

1. La transformation de l' enonce envoie  sur . On pose donc  = f ( ) et on considere g = '  f  ' 1 qui est toujours une bijection holomorphe du disque sur lui-m^eme mais envoie 0 sur 0. Soit h la bijection reciproque de g, qui est aussi holomorphe. Le lemme de Schwarz dit que jg0(0)j 6 1, et aussi que jh0(0)j 6 1. Or h0 (0) = 1=g0(0), si bien que jg0(0)j = jh0(0)j = 1. On se trouve ainsi dans le cas d'egalite du lemme de Schwarz et g(z) = z pour un certain  2 C tel que jj = 1. 2. Soit g (z ) = f (1=z ). C'est une fonction holomorphe sur le plan complexe prive de l'origine. E tudions la singularite en l'origine. D'apres l'exercice 17{3, il y a trois possibilites : soit g est bornee au voisinage de 0 et se prolonge alors en une fonction holomorphe en 0 ; soit g est meromorphe en 0 ; soit en n g admet une singularite essentielle en 0. Dans le premier cas, on voit que f est bornee sur C et, d'apres le theoreme de Liouville, f est constante, ce qui est absurde. Dans le troisieme cas, d'apres le theoreme de Hadamard (exercice 17{2), l'image par g de tout voisinage epointe U de 0 est dense dans le plan complexe, contredisant le fait que f soit une bijection : on peut trouver un voisinage V de 0 tel que f (V ) contienne le disque de centre f (0) et de rayon ". Alors, si U 0 est l'ensemble des 1=z pour z 2 U (c'est un voisinage de 1), comme U 0 \ V = ?,

96

Analyse complexe

f (U 0 ) ne peut contenir de points proche de f (0), contrairement a l'hypothese sur U . reste donc que le deuxieme cas, Pet f (1=z) est meromorphe. Si f (z) = P Ila ne n z , cela signi e, comme f (1=z) = anz n , que les an sont nuls pour n n assez grand. Autrement dit, f est un polyn^ome. Les seuls polyn^omes injectifs sont les polyn^omes du premier degre. Il existe donc a 2 C n f0g et b 2 C tels que f (z) = az + b pour tout z 2 C .

Exercice 19{2. Representation conforme d'une couronne Si r > 1, on note Cr la couronne 1 < jz j < r. Soient r 6 r0 et f : Cr ! Cr0

une application conforme (c'est-a-dire holomorphe et bijective). 1. Montrer que lorsque jzj ! 1, jf (z)j ! 1 ou jf (z)j ! r0. 2. On pose  = log r0= log r et g(z) = log jf (z)j  log jzj. Montrer que g est harmonique dans la couronne 1 < jzj < r et se prolonge par continuite sur la couronne fermee 1 6 jz j 6 r. 3. En utilisant le principe du maximum (exercice 16{7), montrer que g = 0. Montrer que f 0 =f = =z puis que  = 1. 4. En deduire que deux couronnes r1 < jzj < r2 et r10 < jzj < r20 sont conformement equivalentes si et seulement si r20 =r10 = r2 =r1 .

Indications : 1. Se ramener au cas ou f envoie la couronne 1 < jz j < " dans la couronne 1 < jz j <  p avec  = r0 . Puis raisonner par l'absurde. 2. Utiliser le fait que
= 4 @z@ @@z . 3. On calculera @g=@z. Solution :

p

Soient  = r0 et K le cercle jzj = . Comme K est compact, f 1(K ) est l'image de K par l'application holomorphe f 1 : Cr0 ! Cr et est ainsi un compact de Cr . Par suite, si " > 0 est assez petit, f 1(K ) ne rencontre pas la couronne U : 1 < jzj < 1 + ". Alors, f (U ) est connexe et ne rencontre pas K si bien que l'on n'a pas trop de choix : ou bien f (U ) est inclus dans l'ensemble 1 < jzj < , ou bien il est inclus dans l'ensemble  < jzj < r0. On peut se ramener au premier cas en considerant la fonction r0=f (z). Maintenant, si jznj ! 1, f (zn) est inclus dans f (U ) pour n assez grand. Si jf (zn)j ne tend pas vers 1, il en resulte que f (zn) a une valeur d'adherence  2 Cr0 et donc zn a une valeur d'adherence f 1( ) 2 f 1(Cr0 ) = Cr , ce qui est absurde. Ainsi, jf (zn)j ! 1. 2. Commencons par montrer que si ' est une fonction holomorphe non nulle dans un ouvert de C , alors log j'j est harmonique. Bien entendu, nous pouvons supposer que ' est de nie dans un disque D(z0 ; r) et qu'elle ne s'y annule pas. Alors, il existe une determination holomorphe log ' de son logarithme et log j'(z)j = Re log '(z) pour tout z 2 D. La partie reelle d'une 1.

Representation conforme

97

fonction holomorphe est harmonique car une fonction holomorphe est annulee par l'operateur dierentiel @@z , si bien que log j'j est harmonique dans tout disque ouvert. Cela montre que la fonction g(z) est harmonique dans la couronne 1 < jzj < r. D'autre part, nous avons montre que jf (z)j ! 1 quand jzj ! 1. Cela entra^ne que g(z) ! 0 lorsque jzj ! 1 et nous pouvons prolonger g a la couronne semi-fermee 1 6 jzj < r. Mais de m^eme, jf (z)j ! r0 quand jzj ! r et le choix de  = log r0= log r montre que g(z) ! 0 lorsque jzj ! r. Ainsi, g est continue sur la couronne 1 6 jzj 6 r, harmonique dans l'interieur et nulle sur la frontiere. 3. Comme g est continue sur le compact 1 6 jz j 6 r , elle y atteint son maximum et son minimum. Si elle n'est pas nulle, l'un de ces deux extrema est non nul et n'est donc pas atteint sur la frontiere de la couronne mais en un point z0 tel que 1 < jz0j < r. Alors, l'exercice 16{7 montre que l'ensemble des points z tels que g(z) = g(z0) est ouvert dans la couronne 1 < jzj < r. En eet, si B est une petite boule autour d'un extremum de g, le principe du maximum montre que g est constante sur cette boule. Ainsi, l'ensemble des points tels que g(z) = g(z0) est ouvert non vide, mais aussi ferme puisque g est continue. Donc, la couronne etant connexe, g est constante et necessairement g = 0 puisqu'elle est nulle sur le bord. On a ainsi montre que jf (z)j = jzj pour 0tout z 2 Cr . Si ' est holomorphe ' (z) non nulle dans un petit disque, on a @' @z = '(z) , et 2 log j'j = log ' + log ', si bien que j'j = @' = '0(z) 2 @@z @z '(z) puisque log ' est antiholomorphe et que donc sa derivee par rapport a z est nulle. Cela montre que @g = '0(z)  : 0 = @z 2'( z ) 2z En n, si 1 <  < r et (t) = eit , l'indice de 0 par rapport au lacet f  est donne par la formule Z Z 0 2i Ind(0; f  ) = f (z) dz =  dz = 2i:

z

f (z ) Cela montre que  est un entier. Alors on peut considerer la fonction holomorphe z  f (z) dont la derivee est nulle. Ainsi, il existe  2 C tel que f (z) = z . Mais f est injective, si bien que  > 0 est egal a 1 et r = r0. 4. Nous venons de prouver que si deux couronnes 1 < jz j < r et 1 < jz j < r 0 sont conformement equivalentes, alors r = r0. Par suite, si f : Cr1;r2 ! Cr10 ;r20 est une representation conforme de la couronne r1 < jzj < r2 sur la couronne r10 < jzj < r20 , la fonction z 7! f (r1z)=r10 est une representation conforme de la

98

Analyse complexe

couronne 1 < jzj < r2=r1 sur la couronne 1 < jzj < r20 =r10 et on a r2 = r20 ; r1 r10 ce qui prouve que la condition est necessaire. Le fait qu'elle soit susante est clair : il sut de considerer l'application r10 ane z 7! r1 z qui envoie la couronne r1 < jzj < r2 sur la couronne r10 < jzj < r2r10 =r1 = r20 .

Exercice 19{3. Ensemble de Julia rempli Soit f : C ! C un polyn^ome de degre d > 1 et Kf l'ensemble des z 2 C tels que la suite (f n(z )) des iteres de z ne tende pas vers l'in ni. 1. Montrer qu'il existe R > 0 tel que si jzj > R, alors f n(z) ! 1. Montrer que Kf est l'intersection des f n(D (0; R)). En deduire que Kf est compact. Montrer que f (Kf ) = f 1 (Kf ) = Kf . 2. Montrer que le complementaire de Kf est connexe. 3. On suppose dans cette question que f (z) = z2 + c ou c 2 C . n T Va). Soit Vn = f (D(0; R)). Montrer que Vn+1  Vn et que Kf = n b) On suppose que 0 2 Kf . Montrer que Kf est connexe. c) On suppose que 0 62 Kf . Montrer qu'il existe m minimal tel que 0 2 Vm n Vm+1 puis montrer que pour tout k > 0, Vm+k possede 2k composantes connexes. Prouver que Kf a une in nite de composantes connexes.

Indications : 2. Se ramener a montrer que si K est compact de complementaire connexe, alors f 1(K ) aussi. Dans ce cas, il faut relier 1 et z sachant qu'on peut relier 1 et f (z ). Bien choisir ce dernier chemin et le relever par f en utilisant le theoreme d'inversion locale ! 3. Si 0 2 Kf , montrer que Vn est connexe pour tout n > 0.

Solution :

Il existe R > 1 tel que si jzj > R, jf (z)j > cjzjd, c etant un reel < jadj. On peut supposer que R est assez grand pour que cRd 1 > 2. Alors, si jzj > R, on a jf (z)j > 2jzj si bien que la suite (f n(z)) tend vers l'in ni. Par consequent, si z 2 Kf , f n(z) 2 D (0; R) pour tout entier n, et reciproquement, si f n(z) 2 D (0; R) pour tout n > 0, la suite (f n(z)) ne tend manifestement pas vers l'in ni. Cela prouve bien que \ Kf = f n(D (0; R)): 1.

n>0

La boule fermee D (0; R) est compacte et tous les f n(D (0; R)) sont fermes (image reciproque d'un ferme par l'application continue f n). Il en resulte que Kf est compact.

Representation conforme

99

Le point z 2 Kf si et seulement si la suite f n(z) ne tend pas vers l'in ni. Dans ce cas, la suite f n(f (z)) ne tend pas non plus vers l'in ni et f (z) 2 Kf . Ainsi, f (Kf )  Kf . Mais reciproquement, si z 2 Kf et f ( ) = z, la suite f n( ) = f n 1(z) ne tend pas vers l'in ni, donc  2 Kf , ce qui prouve que f 1(Kf )  Kf . En n, Kf = f (f 1(Kf ))  f (Kf )  Kf ce qui prouve que Kf = f (Kf ). Et de m^eme, Kf  f 1(f (Kf ))  f 1(Kf ), d'ou l'autre egalite f 1(Kf ) = Kf .  (0; R). Le complementaire de Kf est la reunion des 2. Soit R = C n D n f ( R ). Chacun de ces ouverts contient un (( voisinage de l'in ni )) si bien qu'il sut de montrer qu'ils sont connexes. Autrement dit, il sut de montrer que si K est un compact de complementaire connexe et f : C ! C un polyn^ome, alors f 1(K ) a un complementaire connexe. Soit z 2 C tel que f (z) 62 K . Comme K est inclus dans un disque, f 1(K ) aussi et son complementaire contient une couronne jzj > R1 . Soit (t) un chemin qui relie f (z) = (1) a un point (0) = f ( ) dans cette couronne. Localement, on peut relever (t) en f ((t)) a condition que (t) ne soit pas l'image d'un point de C ou f 0 s'annule. Mais ces points sont en nombre ni et il est facile de les contourner: : : Par suite, il existe un intervalle ouvert maximal [0;  [  [0; 1] et  : [0;  [ ! C tels que f ((t)) = (t). Montrons que  a une limite en  . En eet, f (( )) converge vers ( ). Par suite,  a une valeur d'adherence  2 C telle que f ( ) = ( ). Il faut montrer que (t) !  . En eet, comme ( ) n'est pas l'image par f d'un zero de f 0, on peut trouver un voisinage V 0 de ( ) et un voisinage V de  tel que f : V ! V 0 soit un homeomorphisme (theoreme d'inversion locale). Alors, pour t !  , (t) reste dans ce voisinage et ne peut pas avoir d'autre valeur d'adherence si ce voisinage est assez petit. Ainsi, si  6= 1, on peut continuer de relever le chemin sur [; 1], alors qu'on avait suppose  maximal. Donc  = 1 et nous avons relie a z, ce qui prouve que z appartient a la m^eme composante connexe que , et donc que C n f 1(K ) est connexe. 3.

On a Vn+1 = f 1(Vn). Si nous avons prouve que Vn  Vn 1, alors Vn+1 = f 1(Vn)  f 1(Vn 1). Il nous faut donc prouver que f 1(Vn 1)  f 1(Vn 1) = Vn: Si c'est faux, il existe z 2 Vn 1 et  2 C tel que f ( ) = z et  62 f 1(Vn 1). En particulier, un petit ouvert U autour de  ne rencontre pas f 1(Vn 1). Alors f (U ) ne rencontre pas Vn 1. Or, f (U ) est ouvert (image d'un ouvert par une application holomorphe) et z 2 f (U ), si bien que f (U ) rencontre Vn 1, ce qui est une contradiction. Donc, il reste a prouver que V1  V0, mais cela est par de nition de R puisque si jzj > R, alors jf (z)j > R et n'appartient donc pas a V0. b) Si 0 2 Kf , cela signi e que 0 2 Vn pour tout entier n, mais aussi que c = f (0) 2 Vn pour tout n. Ainsi, il sut de montrer que l'image p reciproque 1 d'un ouvert U connexe contenant c est connexe. Or, f (U ) = U c = fw 2 a)

100

Analyse complexe

C ; w2 + c 2 U g. Si l'on choisit une determination deqz 7! pz en faisant une coupure sur une demi-droite L = ft ; t > 0g, alors (U qc) n L est un ouvert connexe de C qui a 0 comme point adherent, ainsi que (U c) n L (ils sont connexes car images d'un connexe par l'application racine carree choisie). Par suite, la reunion

q

(U c) n L [

 q



(U c) n L [ f0g

est connexe, et f 1(U ) est inclus dans l'adherence de ce connexe, donc est connexe. Par suite, Vn est connexe pour tout n, Vn est l'adherence d'un connexe, donc est connexe et nalement, Kf est connexe comme intersection decroissante de compacts connexes. c) Ce cas est sym etrique du precedent. Supposons que 0 62 Kf . Ainsi, il existe n minimal tel que 0 62 Vn+1 (puisque 0 2 V0), et donc c 62 Vn. Le raisonnement qui precede montre que V1, : : : , Vn sont connexes. En revanche, on peut choisir une coupure L qui ne rencontre pas Vn c (puisque c 62 Vn et que Vn est ouvert, de complementaire connexe), p ainsi qu'une determination de p la racine carree sur C n L. Alors, Vn c et Vn c sont deux ensembles ouverts connexes et disjoints, car separes par l'image reciproque par z 7! z2 de L qui separe le plan en deux parties. Autrement dit,

q q Vn+1 = Vn c [ ( Vn c) = f 1(Vn) a deux composantes connexes. Le m^eme raisonnement montre par recurrence que Vn+k a 2k composantes connexes. Il reste juste a veri er que c 62 Vn+k pour k > 1, mais on a Vn+k  Vn, si bien que c'est automatique. En n, Kf a necessairement une in nite de composantes connexes, puisqu'il en a au moins 2k pour tout k > 0. Remarque. On peut prouver dans ce cas que les composantes connexes de Kf sont reduites a des points et qu'il n'a pas de points isoles. Autrement dit, Kf est homeomorphe a l'ensemble de Cantor. L'ensemble Kf s'appelle l'ensemble de Julia rempli de l'application f . Sa frontiere est l'ensemble de Julia proprement dit. Le theoreme evoque, d^u a Fatou et Julia, arme donc que si l'ensemble de Julia rempli contient 0, celuici est connexe, et que sinon, il est un ensemble de Cantor. Exercice 19{4. L'ensemble de Julia de z 7! z2 + c pour c petit 1. Etudier rapidement en fonction de z0 la suite de nie par zn+1 = (zn)2. Si c 2 C , soit fc (z ) = z 2 + c. Dans la suite, on suppose que jcj < 1=4. 2. Montrer que fc possede deux points xes  et , et qu'on peut choisir  (( proche )) de 0 et (( proche ))de 1. Soit 1 < R < 2 et A la couronne R1 < jz j < R. Montrer que fc 1 (A)  A.

Representation conforme

101

3. Soit 0(t) = eit. Montrer qu'on peut de nir de maniere unique une suite de fonctions C 1 , 2 -periodiques, n : R ! A, telles que n (0) = et fc( n+1(t)) = n(2t). 4. Montrer que ( n) converge uniformement vers une fonction continue 2-periodique : R ! A telle que (0) = et fc( (t)) = (2t). 5. Montrer que : [0; 2[ ! C est injective. Ainsi, est un arc de Jordan et C n (R ) possede deux composantes connexes. On note U0 la composante connexe bornee et U1 la composante non bornee. Si D = fz ; jz j < 1g, montrer qu'il existe un homeomorphisme biholomorphe ' : U0 ! D veri ant '() = 0. 6. On pose gc = 'fc ' 1 . En utilisant le lemme de Schwarz, montrer que pour tout  2 D, la suite g n ( ) converge vers 0. En deduire que si z0 2 U0 , la suite de nie par zn+1 = fc (zn ) converge vers . Indications : 3. L'indice de 0 par rapport a n est egal a 1 pour tout n > 0. 5. On pourra ecrire (t)e it = ei'(t)(t) et montrer que j'(t)j 6 arctg jcRj. Alors, si =3 6 jt t0 j 6 3=2, montrer que (t) = 6 (t0 ). Solution :

Pour c = 0, f0 (z) = z2 . Ainsi, on a zn = z02n . Il en resulte que si jz0j < 1, (zn) converge vers 0, si jz0j > 1, (zn) tend vers +1. Pour jz0j = 1, on ecrit z0 = e2i . Par suite, zn = e2in avec n = 2n. Si  n'est pas rationnel, la suite (zn) ne converge pas et est m^eme dense dans le cercle. Si  = p=q et que q n'est pas une puissance de 2, la suite sera periodique a partir d'un certain rang. Si  = p=q et que q est une puissance de 2, alors zn = 1 a partir d'un certain rang. 2. On r esout z2 + c = z, ce qui s'ecrit (z 21 )2 = c + 41 . Dans l'ouvert de C de ni par jcj < 1=4, il existe unepunique racine carree holomorphe de 1 4c qui vaille 1 pour c = 0. En notant 1 4c cette racine carree, on a p p 1 1 + 1 + 4 c 1 4c : = ; = 2 2 Quand c ! 0,  tend vers 0 et ! 1, ce qui signi e, si l'on veut, que  est (( proche )) de 0 et (( proche )) de 1. Il faut montrer que R1 < jz2 + cj < Ri entra^ eme inegalite pour h ne la m^ 1 2 2 jzj. Or, resolvons zq + c = , avec jj 2 R ; R : on a z =  c et il faut montrer que R1 < j cj < R, soit R12 j cj < R2 . Or, j cj 6 R + 41 et R2 R 14 = (R 21 )2 12 > 0, ce qui prouve l'inegalite de droite. De m^eme, j cj > R1 41 et 1 + 1 1 =  1 1 2 > 0: R2 4 R R 2 1.

102

Analyse complexe

On veut poser n+1(t) = fc 1( n(2t)). Simplement, il faut preciser la racine carree choisie. En fait, comme n(R )  A, n(2t) n'est jamais un point critique de fc et il est possible de relever n(2t) de maniere unique en une fonction C 1, n+1 : R ! R , telle que fc( n+1(t)) = n(2t) et n+1(0) = . Il reste a montrer que n+1 est 2-periodique, autrement dit que n+1(2) = . On a fc( n+1()) = fc( n+1(2)) = et fc 1( ) = f ; g. Comme n+1(t)2 + c = n(2t), on a 3.

Z 2 0 (t) Z n+1 dt = 2 n (2t) dt: 0 n+1 (t) 0 n (2t) c Or, le segment [0; c] est inclus dans le complementaire de A et l'image de n est incluse dans A. Par suite, l'indice de 0 par rapport a n est egal a l'indice de c et l'on a 2i =

Z 2 0 (t) n+1 dt; 0 n+1 (t)

si l'on suppose par recurrence que l'indice de 0 par rapport a n est egal a 1 (remarquons que c'est vrai pour n = 0 !). Mais cette integrale represente aussi l'angle dont varie le chemin n+1 entre 0 et 2. Si ce chemin va de a , cet angle est 3 et non 2. Par suite, on a bien n+1(2) = et l'indice de 0 par rapport a n+1 est aussi 1, ce qui permet de terminer la recurrence. 4. Si U  A est un ouvert et qu'il existe une r eciproque dans U a fc, c'esta-dire fc 1 : U ! A continue, fc 1 est contractante. En eet, on a fc0 (z) = 2z et jfc0(z)j > 2=R, si bien que (fc 1)0(z) = 1=fc0 (fc 1(z)) est de module < R=2 < 1. Cela montre que pour tout reel t,

j n+1(t) n(t)j 6 R2 j n(t) n 1(t)j: La suite ( n) est ainsi de Cauchy et converge uniformement vers une fonction

: R ! R qui est 2-periodique et continue. Par passage a la limite, on a fc( (t)) = (2t) et f ( ) = .

103

Representation conforme

1

 −1

0

1



−1

Trace de (t) pour c = 0;2 + 0;1i 5. Si c est petit, les n restent proches du cercle. Il est alors int eressant d'ecrire 1 < r (t) < R:

n(t) = eit ei'n(t) rn(t); R n La formule de recurrence devient i' (t)

n+1(t) = rnq +1 (t)e n+1 rn+1 (t) =  e2it ei'n(2t) rn(t) c q q = eit ei'n (2t)=2 rn(2t) 1 crn(2t) 1e i'n (2t) : D'autre part, comme jc=rnj 6 jcjR, l'argument de 1 ce i'n (2t)=rn (2t) est inferieur ou egal a arctg jcjR. Par consequent, on a la relation 1 ' (2t) 1 arctg jcRj 6 ' (t) 6 1 ' (2t) + 1 arctg jcRj: n+1 2 n 2 2 n 2 Comme '0(t) = 0, on a alors par recurrence   j'n(t)j 6 21 arctg jcRj 1 + 21 +


= arctg jcRj: Autrement dit, si l'on note (t) = eit ei'(t) (t), on a j'(t)j 6 arctg jcRj: Soient maintenant t > t0 tels que =2 6 jt t0 j 6 3=2 et evaluons le rapport

(t)= (t0). Si nous notons " = t t0 , de sorte que j"j 6 =2, alors on a

(t) = ei"ei('(t) '(t0 )) (t) ;

(t0) (t0 )

104

Analyse complexe

de sorte que l'argument de (t)= (t0 ) est majore en valeur absolue par j"j + 2 arctg jcRj =  , ou  = 2 2 arctg jcRj > 0 puisque jcRj 6 1=2. Ainsi, l'argument de (t)= (t0) n'est pas dans l'intervalle [ ; +], ce qui permet de conclure que (t) 6= (t0). Si maintenant t > t0 sont deux reels qui veri ent 0 < jt t0 j < =2 modulo 2, on peut trouver n tel que =3 6 2n(t t0 ) 6 3=2 et alors (2nt) 6= (2nt0). Mais l'equation fonctionnelle (t)2 + c = (2t) montre immediatement que

(t) 6= (t0 ). Finalement, on a bien montre que est un arc simple, c'est-a-dire un arc de Jordan. Alors, l'ensemble U0 est un ouvert de C , homeomorphe au disque unite d'apres le theoreme de Jordan. Il est en particulier simplement connexe. Le theoreme de representation conforme arme alors l'existence d'une application ' : U0 ! D biholomorphe telle que '() = 0. (On peut m^eme imposer '0() 2 R+ .) 6. Montrons que fc (U0 ) = U0 . Dans le cas contraire, on pourrait trouver un element z 2 U0 tel que fc(z) 62 U0, et par suite un  2 U0 tel que fc( ) appartient au lacet . Mais si fc( ) = (t), on a  = ( 2t ) ou  = ( + 2t ), ce qui est absurde etant donne que  est suppose appartenir a U0 . L'application gc = '  fc  ' 1 envoie alors D dans D et gc(0) = 0. D'apres le lemme de Schwarz, on a jgc(z)j 6 z avec egalite si et seulement si gc(z) = z pour un  de module 1. Or, gc0 (0) = fc0 (p) = 2 ; quand jcj < 1=4, 1 + 4c decrit le cercle de centre p 1 et de rayon 1, et 1 + 4c appartient aussi a ce cercle, ce qui prouve que j 1 + 4c 1j < 1, et donc j2j < 1. Il en resulte que pour tout z 2 D n f0g, jgc(z)j < jzj. Soit  2 D. La suite de nie par n+1 = gc(n) veri e jn+1j < jnj. S'il existe une valeur d'adherence non nulle 1, on aura j1j < jgc(1)j = j1j ce qui est manifestement une contradiction ! Par consequent, n ! 0 et pour tout z0 2 U0, la suite (zn) converge vers . Remarque. De m^eme, on peut trouver une representation conforme de U1

sur fz 2 C ; jzj > 1g (remarquer qu'en leur adjoignant le point 1, ces deux ouverts deviennent simplement connexes) et montrer de la m^eme facon que si z0 2 U1, alors zn ! 1. Autrement dit, l'ensemble de Julia rempli (cf. l'exercice 19{3) de fc est le compact U0 .

Exercice 19{5. Fonctions holomorphes injectives dans le disque (I) On note D le disque unite ouvert, D le disque ferme et = C n D l'ouvert

complementaire. 1. Soit f (z) = z + a0 + a1 =z +


une fonction holomorphe dans et

105

Representation conforme

injective. Montrer que l'aire de C n f ( ) est egale a

 1

1 X

n=0

njan

j2

!

:

2. Soit h(z) = c1 z + c3z3 +


une fonction holomorphe injective impaire sur D. En considerant 1=h(1=z ), montrer que jc3 j 6 jc1 j. 3. Soit f (x) = Pn>0 anzn une fonction holomorphe injective dans D. Montrer qu'il existe une fonction holomorphe impaire injective h sur D telle que h(z )2 = f (z 2 ) f (0). Montrer que ja2 j 6 2ja1 j, et que l'on a egalite si et seulement si f est de la forme f (z) = (1 zei z)2 ; pour  2 R (theoreme de Bieberbach). Indication : 1. Utiliser le theoreme de Jordan et la formule de Green-Riemann. Solution :

Si r > 1, soit r la courbe de C de nie par r (t) = reit . Son image par f est la courbe fermee simple t 7! f (reit) (f est injective !). C'est donc une courbe de Jordan qui partage le plan en deux domaines connexes, l'un borne U0 (r) et l'autre U1 (r) non borne. Comme f est continue et non bornee sur , U1(r) est inclus dans f ( ) et l'on a m^eme U1(r) = f (C n D r ). Nous pouvons calculer l'aire de U0 (r) comme suit : si f (reit) = x(t) + iy(t), alors la formule de Green-Riemann arme que Z 2 1 Aire U0 (r) = 2 (xy0 x0y) dt; 0 avec X X x(t) + iy(t) = reit + arnn e int et x0 (t) + iy0(t) = ireit i n arnn e int: 1.

n>0

n>0

Par suite, comme xy0 x0 y est la partie imaginaire de (x iy)(x0 + iy0), on a l'egalite 10 1 Z 2 0 int int X X i na e a e n n @re it + A @reit A dt Aire U0 (r) = Im n n 2 0 r r n>0 n>0 ! Z 1 2 2 2 X njan j 1 = Re 2 r 2n + autres termes dt 0 n=0 r ou les (( autres termes )) sont de la forme meimt pour m entier relatif non nul. Ainsi, ! 1 X njanj2=r2n : Aire U0 (r) =  r2 n=0

106

Analyse complexe

Lorsque r ! 1, U0 (r) decro^t et l'intersection des U0(r) pour r > 1 est exactement l'ensemble C n f ( ). On a donc, en passant a la limite, Aire(C n f ( )) =  1

1 X

n=0

njan

j2

!

:

La fonction f de nie par f (z) = 1=h(1=z) est holomorphe dans (car h ne s'annule qu'en 0 !) De plus, si u = 1=z, on a 1 = h(z) = c z + c z3 +


= c 1 1 + c3 1 +


 1 3 1 f (u) u c1 u2 et donc  c3 1  1 f (u) = c u c u +


: 1 1 D'apres la question precedente, l'aire du complementaire de f ( ) est egale a ! c3 2 jc1j 1 c autres termes positifs 1 et, cette aire etant positive, on a en particulier jc3 j 6 jc1j. 3. La fonction f (z 2 ) f (0) est holomorphe sur D et ne s'annule qu'en l'origine, avec un zero double. (En eet, f 0(0) 6= 0, sinon2 f ne serait pas injective dans un voisinage de 0.) Par suite, la fonction f (z )z2 f (0) ne s'annule pas sur D. Il existe par consequent une fonction holomorphe ' sur D telle 2 ) f (0) f ( z 2 que '(z) = z2 , et la fonction h(z) = z'(z) convient. Montrons qu'elle est impaire : comme z 7! f (z2 ) est paire, la racine carree ' est aussi paire et h = z' est impaire. Il reste a calculer le developpement de h en fonction de celui de f : si f (z) f (0) = a1z + a2 z2 +


, on a f (z2 ) f (0) = a + a z2 +


= a 1 + a2 z2 +


 1 2 1 z2 a1 et  1 a2  2 '(z) = 1 1 + 2 a z +


: 2.

1

Par suite, la question precedente arme que ja2=2a1j 6 1, et donc que ja2j 6 2ja1j. Traitons maintenant le cas d'egalite : il y a necessairement egalite dans la question precedente. Cela implique que l'aire du domaine de la question 2 est nulle et que ! 1 = u 1 ei h(1=u) c u2 (en posant a2 = 2a1ei ), puis que

1

  h(z) = c1 z 1 ei z2

1

107

Representation conforme

et en n, ce qui entra^ne que

  f (z2 ) = h(z)2 = (c1 )2z2 1 ei z2

2

f (z) = (1 zei z)2 : Remarque. Sous les hypotheses de la derniere question, Bieberbach avait conjecture en 1916 que pour tout n > 1, on a janj 6 nja1j. Cette conjecture a ete demontree en 1984 par de Branges 1.

Exercice 19{6. Fonctions injectives holomorphes dans le disque (II) 1. Soit f : D ! C une fonction holomorphe injective telle que f (0) = 0. Soit r maximal tel que f (D) contienne la boule ouverte de centre 0 et de rayon r. Montrer que 41 jf 0 (0)j 6 r 6 jf 0(0)j (theoreme du quart). 2. Soit S l'ensemble des fonctions f : D ! D holomorphes injectives telles que f (0) = 0 et f 0 (0) = 1. Soit f 2 S et soit w 2 D. En considerant z+w , majorer jf 00 (w)=f 0(w)j. Montrer que jf 0(w)j 6 la fonction g (z ) = f 1+ wz  (1 + jwj)=(1 jwj)3. En deduire la majoration jf (z )j 6 jz j 2 : (1 jzj) 3. Montrer que l'ensemble S est compact pour la topologie de la convergence uniforme sur les compacts de D. Indication : 1. Montrer la majoration a l'aide du lemme de Schwarz. Pour la minoration, appliquer le theoreme de Bieberbach (exercice 19{5) a la fonction 1=(w f (z )) si w 62 f (D). Solution :

Pour simpli er les calculs, on remplace f par f=f 0(0) ce qui est licite, puisque, f etant injective, f 0(0) 6= 0. Ainsi, on peut supposer f 0(0) = 1. Si f (D) contient le disque de centre 0 et de rayon r, on peut considerer la fonction g = f 1 : D(0; r) ! D(0; 1). Pour appliquer le lemme de Schwarz tel qu'il est enonce dans l'exercice 18{2, il faut poser gr (z) = g(rz), de sorte que gr est une fonction du disque unite dans lui-m^eme. Alors, le lemme de Schwarz implique que jgr0 (0)j 6 1. Or on a gr0 (0) = rg0(0) = r=f 0(0) = r, d'ou la majoration r 6 1 souhaitee. Soit maintenant w 62 f (D). Montrons que jwj > 1=4. La fonction z 7! 1=(w f (z)) est holomorphe D ! C et elle est injective. Par consequent, 1.

On se referera a l'expose de J. Oesterle (( Demonstration de la conjecture de Bieberbach (d'apres L. de Branges) )), Seminaire Bourbaki, 1984{1985, no 649. 1

108

Analyse complexe

on peut lui appliquer le theoreme de Bieberbach de l'exercice 19{5. On a, si f (z) = z + az2 +


,





1

(w f (z)) 1 = w z az2 + O(z3 )  z a 1 1 2 3 = w 1 w w z + O (z ) 2! 1 z a z 2 = w 1 + w + w z + w 2 + O (z 3 ) = w1 + w12 z + aww3 1 z2 + O(z3): 1 Le th e or e me de Bieberbach dit que j aw 1 j 6 2 j w j . Ainsi, a w 6 2, si bien 1 que w 6 2 + jaj 6 4 car f elle-m^eme veri e le theoreme de Bieberbach ! Par consequent, jwj > 1=4 et r > 1=4, ce qu'il fallait demontrer.  z+w  2. Soient w 2 D et g (z ) = f 1+ wz  . On a wj2 f 0  z + w  ; g0(z) = (11 + jwz  )2 1 + wz  et 2 !2  z + w  2(1 jw j2)w  z + w  1 j w j 0 00 00 g (z) = (1 + wz  )2 f 1 + wz  (1 + wz  )3 f 1 + wz  ; si bien que g0(0) = (1 jwj2)f 0(w) et g00(0) = (1 jwj2)2f 00(w) 2w(1 jwj2)f 0(w): Le theoreme de Bieberbach implique, g etant holomorphe injective dans le disque, que jg00(0)j 6 4jg0(0)j. (En eet, si g(z) = a0 + a1z + a2z2 +


, on a a1 = g0(0) et a2 = 2g00 (0).) Ainsi, on a 2w f 0(w) 6 4 jf 0(w)j f 00(w) 1 jwj2 1 jwj2 et 00 2w 6 4 : f (w) f 0(w) 1 jwj2 1 jwj2 Il en resulte la majoration

00 f (w) 6 4 + 2jwj : f 0(w) 1 jwj2 Comme f 0 ne s'annule pas sur D, il existe une determination holomorphe

de son logarithme que l'on peut supposer prendre la valeur 0 en 0 (puisque f 0(0) = 1). Alors, on a Z jwj 4 + 2u 0 jlog f (w)j 6 0 1 u2 du:

Representation conforme 4+2u 1 u2

109

= 1 3 u + 1+1 u , cette derniere integrale vaut 3 log(1 jwj) + log(1 + jwj) = log (11 +jjwwjj)3 : Ainsi, la derivee de f est majoree par jf 0(w)j 6 (11 +jjwwjj)3 ; et on peut integrer cette inegalite pour obtenir Z jw j 1 + u jf (w)j 6 0 (1 u)3 du ! Z jwj 1 1 = +2 du (1 u)2 (1 u)3 0 ! ! 1 1 = 1 jwj 1 + 1 (1 jwj)2   = (1 1jwj)2 1 + jwj 1 + jwj2 + 1 jwj2 1 = (1 jwjwj j)2 ; comme il fallait demontrer. 3. La question pr ecedente montre que les fonctions de S sont uniformement bornees sur tout compact K  D (par exemple, on a supK jf j 6 d(K; @D) 2). L'ensemble S est donc une famille de Montel, c'est-a-dire relativement compacte dans l'ensemble des fonctions holomorphes sur D. Il reste ainsi a montrer que S est ferme. Soit (fn) une suite d'elements de S qui converge uniformement sur tout compact vers f : D ! C . D'apres le theoreme de Weierstra, f est holomorphe ; montrons que f 2 S . { Comme fn(0) = 0 pour tout n, on a f (0) = 0. { Comme fn0 (0) = 1 pour tout n et que fn0 converge uniformement sur tout compact vers f 0 (theoreme de Weierstra), f 0(0) = 1. { Il reste a montrer que f est injective. Soient donc x et y dans D tels que f (x) = f (y). Comme f n'est pas constante, on peut considerer
un petit disque autour de y tel que y soit le seul point z de
 tel que f (z) = f (x). Alors, fn fn(x) converge uniformement vers f f (x) sur le bord du disque et, comme elle ne s'annule pas, 1=(fn fn(x)) aussi. De m^eme, fn0 converge uniformement sur le bord de
vers f 0. Par suite, quand n tend vers l'in ni, Z fn0 (z) dz ! Z f 0(z) dz: @
fn (z ) fn (x) @
f (z ) f (x) Or les premieres integrales sont nulles (fn fn(x) ne s'annule pas dans
puisque fn est injective), et la limite n'est pas nulle (f f (x) s'annule dans
avec multiplicite > 1). On a donc une contradiction et f est injective. Finalement, f 2 S et S est compact. Comme

CHAPITRE XX

Exemples de fonctions holomorphes Exercice 20{1. Fonctions sous-exponentielles 1. Soit h : C ! C une fonction holomorphe entiere telle que h(0) = 0. Montrer que l'on a l'inegalite pour tout R > 0 : sup jh(z)j 6 2 sup Re h(z) jzj6R

jzj62R

(Lemme de Borel-Caratheodory). 2. Soit f : C ! C une fonction entiere sous-exponentielle, c'est-a-dire que f (z)e "jzj ! 0 quand jzj ! +1, quel que soit " > 0. On suppose que f ne s'annule pas. Montrer que f est constante. 3. Soit f une fonction entiere sous-exponentielle qui n'est pas un polyn^ome. Montrer que f prend une in nite de fois chaque valeur.

Indication : 1. Utiliser une representation conforme d'un demi-plan Re z < M sur le disque unite D : jz j < 1 puis appliquer le lemme de Schwarz. Solution :

1. Soit M > supjz j62R Re h(z ) ; comme h(0) = 0, M > 0. Soit f : D ! C la fonction holomorphe de nie par f (w) = h(2Rw)=(2M h(2Rw)). On a f (0) = 0. D'autre part, si w 2 D, h(2Rw) + i Im h(2Rw)j jf (w)j = j(2Mj Re Re h(2Rw)) i Im h(2Rw)j 2 2 jf (w)j2 = (2Mx +x)y2 + y2 ; avec x + iy = h(2Rw) 2 x)2 = 1 + 4M (x M ) < 1: = 1 + x(2M (2M x)2 + y2 (2M x)2 + y2 D'apres le lemme de Schwarz, jf (w)j 6 jwj pour tout w 2 D, si bien que l'on a jf (w)j 6 1=2 pour tout w de module inferieur a 1=2. Ainsi, si jzj 6 R, jh(z)j 6 12 j2M h(z)j 6 M + 21 jh(z)j

111

Exemples de fonctions holomorphes

et donc jh(z)j 6 2M . Nous avons ainsi montre l'inegalite demandee. 2. Comme f ne s'annule pas, il existe une fonction holomorphe C ! C telle que f (z) = f (0)eh(z). En particulier, on peut supposer h(0) = 0. Le fait que f soit sous-exponentielle signi e que pour tout " > 0, Re h(z) "jzj ! 1

lorsque jzj ! +1:

En particulier, pour tout " > 0, il existe une constante M" telle que pour tout z 2 C, Re h(z) 6 M" + "jzj: Appliquons l'inegalite de Borel-Caratheodory : il vient

jh(z)j 6 2 sup Re h(w) 6 2(M" + 2"jzj) = 4"jzj + 2M": jwj62jzj

Nous pouvons conclure de plusieurs manieres : si (z) = h(z)=z (c'est une fonction entiere car h(0) = 0), on voit que j (z)j 6 4" + 2M"=jzj. Mais alors est bornee dans jzj > 1, donc sur C et constante, d'apres le principe du maximum. En faisant tendre jzj vers +1, on obtient j (z)j 6 4" ; puis on fait tendre " vers 0 ce qui donne = 0 donc h = 0. On peut aussi utiliser la formule de Cauchy qui entra^ne que

jh0(z)j 6 R1 sup jh(w)j 6 R1 (4"jzj + 4"R + 2M") ; jw zj6R

puis en faisant tendre R vers +1, on obtient jh0(z)j 6 4", soit h0 = 0 et h = h(0) = 0. 3. Soit a 2 C . La fonction g (z ) = f (z ) a est encore sous-exponentielle " j z j puisque ae tend vers 0 quand jzj ! +1. Si g n'a qu'un nombre ni de zeros, on peut considerer le polyn^ome P qui a m^eme zeros que g avec les m^emes multiplicites. Ainsi, la fonction g(z)=P (z) est entiere et ne s'annule pas. Si nous prouvons que g=P est sous-exponentielle, il resultera de la question precedente que g=P est constante, et donc que g est un polyn^ome. Or g(z)+a = f (z) n'est pas un polyn^ome, ce qui est une contradiction ; ainsi, g a un nombre in ni de zeros. Or, jP (z)j ! +1 quand jzj ! +1, et il existe une constante R > 0 telle que jP (z)j > 1 si jzj > R. Alors pour jzj > R,

g(z) e P (z )

"jzj 6 jg (z )je "jzj ! 0;

lorsque jzj ! +1. Ainsi, g=P est sous-exponentielle, ce qui conclut la demonstration du fait que f prend une in nite de fois chaque valeur.

112

Analyse complexe

Exercice 20{2. Fonctions entieres d'ordre k Soit k un entier positif ou nul. On dit qu'une fonction entike+1re f : C ! C est d'ordre k si et seulement si pour tout " > 0, jf (z )je "jzj tend vers 0 quand jz j ! +1. 1. Soient P et Q deux polyn^omes. A quelles conditions sur P et Q la fonction f (z ) = P (z )eQ(z) est-elle une fonction entiere d'ordre k ? Donner un exemple de fonction entiere d'ordre k qui n'est pas de cette forme. Donner un exemple de fonction entiere qui n'est d'ordre k pour aucun k. 2. Soit f : C ! C une fonction entiere d'ordre k qui n'est pas de la forme P (z)eQ(z) pour deux polyn^omes P et Q. Montrer que f s'annule une in nite de fois. 3. Soit P un polyn^ome non nul. Montrer que l'equation ez = P (z) a une in nite de racines.

Indication : 2. On pourra s'inspirer de l'exercice 20{1. Solution :

Si P = 0, alors f = 0 est entiere d'ordre k. Nous supposons donc P 6= 0. Si Q = 0, alors f est un polyn^ome donc exponentielle d'ordre 0. En eet, on a une inegalite jf (z)j 6 C (1 + jzj)m , si bien que jf (z)je "jzj tend vers 0. Soit n le degre de Q 6= 0. Montrons que f = PeQ est entiere d'ordre k si et seulement si n 6 k. Or, lorsque jzj ! +1, jQ(z)j = C jzjn(1 + o(1)) (C 6= 0 est le module du coecient dominant de Q), si bien que   log jP (z)eQ(z)je "jzjk+1 = log jP (z)j + jQ(z)j "jzjk+1 = C jzjn "jzjk+1 + O(jzjn 1) + O(log jzj): Par suite, PeQ est entiere d'ordre k si et seulement si n 6 k. La fonction sin(z) = (eiz e iz )=2i est exponentielle d'ordre 1, puisqu'on a une majoration j sin(z)j 6 ejzj. Par ailleurs, elle s'annule une in nite de fois, alors qu'une fonction de la forme PeQ n'a qu'un nombre ni de zeros si elle est non nulle. De m^eme, la fonction sin(zk ) est exponentielle d'ordre k ! En n, la fonction exp(ez ) n'est exponentielle d'ordre k pour aucun entier k car exp(ez "jzjk+1) tend vers l'in ni quand z est reel et tend vers +1. 2. Soit f une fonction enti ere d'ordre k qui n'a qu'un nombre ni de zeros. On peut donc considerer un polyn^ome P qui a m^eme zeros que f . La fonction g(z) = f (z)=P (z) est alors holomorphe sur C , ne s'annule pas, et est bien s^ur entiere d'ordre k. Il existe alors une fonction entiere h telle que g(z) = g(0)eh(z) et h(0) = 0. Montrons que h est necessairement un polyn^ome. Le fait que h soit entiere d'ordre k signi e que pour tout " > 0, il existe une constante M" telle que pour tout z 2 C , Re h(z) 6 M" + "jzjk+1: 1.

113

Exemples de fonctions holomorphes

En appliquant l'inegalite de Borel-Caratheodory comme dans l'exercice 20{1, on obtient une majoration jh(z)j 6 2 sup Re h(w) 6 2(M" + "2k+1jzjk+1) = 2k+2"jzjk+1 + 2M": jwj62jzj

La formule de Cauchy entra^ne alors que pour tout R > 0,   jh(k+1)(z)j 6 (kR+k+11)! sup jh(w)j 6 (kR+k+11)! 2k+2"(jzj + R)k+1 + 2M" : jw zj6R Faisons tendre R vers l'in ni. On a jh(k+1)(z)j 6 2k+2(k +1)!", et comme " > 0 est arbitraire, on en deduire que h(k+1) = 0. Par suite, h est un polyn^ome d'ordre inferieur ou egal a k. On obtient que f (z) = P (z)eh(z) , contrairement a ce qu'on avait suppose, donc f s'annule une in nite de fois. 3. Consid erons la fonction f (z) = ez P (z). Elle est entiere d'ordre 1. Si nous prouvons qu'elle n'est pas de la forme Q1 (z)eQ2 (z) , alors elle aura une in nite de zeros, d'apres la question precedente. Raisonnons donc par l'absurde et donnons nous deux polyn^omes Q1 et Q2 tels que pour tout z 2 C , ez P (z) = Q1(z)eQ2 (z) . Necessairement, Q2 est de degre 6 1, et on peut supposer que Q2(z) = az. En faisant tendre z dans R vers +1, on voit que a = 1, et aussi que Q1 (z) est borne quand z ! +1 dans R . Ainsi, Q1 est constant et Q2 = z. On fait alors tendre z vers 1 dans R , ce qui donne que P tend vers 0 quand z ! 1. Necessairement P = 0, ce qui est la contradiction souhaitee.

Exercice 20{3. Fonction complexe rappelle que la fonction est de nie pour x > 0 par (x) = R 1On tx 1 e t dt. 0

p

1. Montrer, a l'aide de la formule de Stirling (x)  2xx 1=2 e x, l'identite suivante, pour tout x > 0 : 1 = lim x(x + 1)


(x + n) : () (x) n!1 (n + 1)xn! 2. Montrer que le membre de droite de () de nit une fonction entiere de z , ce qui permet de calculer (z ) pour tout z complexe. 3. Montrer qu'on peut ecrire 1= sous forme d'un produit in ni uniformement convergent sur les compacts

1 1 = ze z Y (1 + z=n)e (z ) n=1

z=n ;

ou est la constante d'Euler. 4. Quels sont les zeros et les p^oles de la fonction (z) ?

Indication : 2. On pourra mettre 1= (z) sous la forme d'un produit in ni.

114

Analyse complexe

Solution :

L'identite (x + 1) = x (x) fournit deja (x + n + 1) = x(x + 1)


(x + n) (x): La formule de Stirling donne (x + n + 1) = (x + n + 1)  (x + n)x+n+1=2 e x n n! (n + 1) nn+1=2 n x+n  (x +nnn) e x  (x + n)x (1 + x=n)n e x  nx  (n + 1)x; puisque (1 + x=n)n  ex. On en deduit que x(x + 1)


(x + n) (x)=(nx n!) ! 1 ce qui donne l'expression () cherchee. 2. On  ecrit 1= (z) sous forme d'un produit in ni : en remarquant que 1.

(x + 1)


(x + n)=n! = et on obtient

(n + 1)x

=

n Y k=1

n Y

(1 + x=n)

k=1

kx=(k + 1)x;

!x 1 Y k x ( x + 1)


( x + n ) = x (1 + x=k) k + 1 (z) = nlim !1 (n + 1)xn! k=1 ! Y 1 1 Y k = x (1 + x=k) exp z log k + 1 = x (1 + uk (z)): k=1 k=1 On doit montrer que ce produit est uniformement convergent sur C . Pour cela, il sut de veri er que la serie P uk (z) est uniformement convergente. On commence par etablir pour juj 6 1=2 l'inegalite jlog(1 + u) uj 6 2 juj2 : En eet, si f (u) = log(1 + u), on a f 0(0) = 1 et jf 00(u)j = j 1=(1 + u)2j 6 4 pour juj 6 1=2. Par l'inegalite des accroissements nis a l'ordre 2, on a bien supjuj61=2 jf 00 (u)j 2: 2 0 = 2 j u j jlog(1 + u) uj = jf (u) f (0) uf (0)j 6 juj 2 On en deduit les inegalites, valables quand jzj 6 R et n > maxf2; 2Rg :  z      log 1 + + z log n 6 log 1 + z z + z z log 1 + 1 n n+1 n n n n 2 6 2 njz2j + jzj n22 6 CR n12 ; ou CR = 2R2 + 2R est une constante qui ne depend que de R.

115

Exemples de fonctions holomorphes

La formule des accroissements nis appliquee a la fonction eu pour juj 6 1 donne jeu 1j 6 eu. On en conclut, que quand n2 > maxfCR; 2; 2Rg, on a     jun(z)j = exp log 1 + nz + z log n +n 1 1   6 e log 1 + nz + z log n +n 1 6 2eCR =n2: Ceci montre que le produit in ni Q(1 un(z)) est uniformement convergent sur tout disque borne, donc de nit une fonction entiere de z. 3. On calcule le quotient   z  n x Q1 1 n=1 1 + n exp z log n+1  z  z=n = Q1 1 + z  e z=n e (z ) Q 1 1 + n=1 n=1 n n   1 Y n z = x exp z log n + 1 n n=1 1  ! X z log n log(n + 1) + 1=n = x exp n=1



= x exp( z);



ou = limn!1 Pnk=1 1=n log(n + 1) est la constante d'Euler. La convergence uniforme sur les compacts se voit comme a la question precedente, gr^ace a la majoration  z  z 2 jzj2 log 1 + n n 6 n2 ; pour n > jzj, qui montre que la serie P vn (z) ou vn(z) = (1 + z=n)e z=n 1 est normalement convergente sur les compacts, donc que c'est aussi le cas pour le produit Q(1 + vn(z)) = 1= (z). 4. On vient de voir que la fonction 1=  etait une fonction entiere. Elle n'a donc pas de p^oles et n'a pas de zeros. Les p^oles de sont donnes par z=n . les zeros de 1= , donc par les zeros du produit in ni z Q1 n=1 (1 + z=n)e Ce produit in ni etant absolument convergent, il s'annule quand l'un de ses facteurs s'annule. On voit ainsi que les zeros de 1= (z) sont simples et situes en z = n, n 2 N .

Exercice 20{4. Series de Dirichlet P a n s pour Soit (an )n>1 une suite de nombres complexes et L(s) = 1 n=1 n s 2 C. 1. Soient a < b deux reels, et s = x + iy 2 C tel que x > 0. Montrer l'inegalite as   e e bs 6 jxsj e ax e bx :

116

Analyse complexe

2. On suppose que L(0) converge. En utilisant une transformation d'Abel, montrer que L(s) converge pour tout s 2 C tel que Re(s) > 0. Montrer que la convergence est uniforme dans tout domaine j Arg(s)j 6  < =2. 3. Montrer que s'il existe un s 2 C tel que L(s) converge, alors il existe un s0 2 [ 1; +1[ minimal tel que L(s) est une fonction analytique dans l'ouvert de C de ni par Re(s) > s0 . Indication : 1. On pourra ecrire le membre de gauche sous la forme d'une integrale de a a b. Solution :

R e bs = ab se su du, et donc Z b Zb as   e e bs 6 jsj e su du = jsj e xu du 6 jxsj e ax e bx : a a P 2. Il faut  evaluer les sommes mn=+mp +1 ann s pour Re(s) > 0. Pour cela, posons (pour n > m) An = am +


+ an et eectuons une transformation d'Abel : mX +p mX +p (An An 1 )n s ann s = 1.

On ecrit que e

as

n=m+1

= =

n=m+1 mX +p

n=m+1 mX +p n=m+1

Ann

m+ Xp 1

s

 An n

n=m s

An(n + 1)

(n + 1)

s

s



+Am+p(m + p + 1) s Am(m + 1) s: Utilisons maintenant la question precedente en posant x = Re s, si bien que mX mX +p jsj +p   x s ann 6 j A (n + 1) x + jAm+pj + jAmj: nj n n=m+1 x n=m+1 1   0 jsj mX +p x x (n (n + 1) ) + 2A 6 max jA j @ x n>m n n=m+1   jsj ! 6 max jA j x + 2 : n >m n Comme la serie P an converge, la suite (maxn>m jam +P


+ anj)m tend vers 0 quand m tend vers +1. Il en resulte que les expressions mn=+mp +1 ann s tendent vers 0 quand m tend vers +1, si bien que le critere de Cauchy est veri e. Si de plus j Arg(s)j < , alors jsj 6 x tg  et on a une majoration uniforme

m+p X ann n=m+1

s 6 (2 + tg ) max ja +


+ a j; n n>m m

117

Exemples de fonctions holomorphes

qui prouve que la serie de nissant L(s) converge uniformement dans le domaine Re(s) > 0 et j Arg(s)j 6  < =2. 3. Si L(0) existe, la question pr ecedente montre que L(s) existe pour tout s de partie reelle strictement positive. De plus, la convergence uniforme des sommes partielles sur tout compact entra^ne que L(s) est une fonction holomorphe. En eet, une limite uniforme de fonctions holomorphes est encore holomorphe. Dans le cas general, si s0 2 C est tel que L(s0) existe, on peut appliquer la deuxieme question a la suite (an=ns0 ). Il en resulte que L(s) existe et de nit une fonction holomorphe dans le demi-plan Re(s) > Re(s0). En choisissant une suite reelle (sn) decroissante qui converge vers 0 = inf fs 2 R ; L(s) existeg, on voit que L(s) est une fonction holomorphe dans Re(s) > sn et donc que L(s) est une fonction analytique sur le demi-plan Re(s) > 0 .

Exercice 20{5. Fonction  de Riemann (I) P n s. Soit  (s) = 1 n=1 1. Montrer que  (s) existe pour Re(s) > 1 et de nit dans ce demi-plan une fonction holomorphe. Calculer lims!1  (s) et lims!1 (s 1) (s). 2. On introduit la fonction (t) = Pn2Z e n2 t de nie pour t > 0, et on rappelle son ep quation fonctionnelle (demontree dans l'exercice 5{7 du tome 1) : R 1 s nt (=x) = x(x). En remarquant que n (s) = 0 e ts 1 dt, montrer que  (s) se prolonge en une fonction meromorphe sur C , admettant un unique p^ole simple en 1. 3. On pose  (s) =  s=2 (s=2) (s). Montrer que  (s) =  (1 s) (equation fonctionnelle de la fonction z^eta de Riemann).

Indications : 1. On pourra comparer  (s) et l'integrale R11 x s dx. 2. On pourra utiliser, apres l'avoir justi e, le fait suivant R : si c > 0 et f : [c; 1] ! C est une fonction a decroissance rapide, alors (s) = c1 f (t)ts 1 dt de nit une fonction holomorphe C ! C . Solution :

La convergence de la serie Pn>1 n1 pour  > 1 est classique. Il en resulte immediatement que la serie qui de nit  (s) converge absolument pour Re(s) > 1. Mais, comme Re(s) > c entra^ne que jn sj 6 n c, on voit que la convergence est uniforme dans tout demi-plan Re(s) > c > 1. D'apres le theoreme de Weierstra (une limite uniforme de fonctions holomorphes est holomorphe),  (s) est donc holomorphe dans tout demi-plan Re(s) > c > 1, et donc holomorphe dans le demi-plan Re(s) > 1.R (On pouvait aussi appliquer l'exercice 20{4.) On compare n s a l'integrale nn+1 x s dx. En eet, 1.

X  (s) s 1 1 = n n>1

s

Z1 1

t s dt =

1 Z n+1  X

n=1 n

n

s

x

s



dx:

118

Analyse complexe

Mais l'inegalite des accroissements nis entra^ne que jn s x sj 6 js(n x)j maxt2[n;x] jt s 1j, si bien que 1  (s) 1 6 jsj X n Re(s) 1 = jsj (Re(s) + 1): s 1 n=1 Quand s tend vers 1, Re(s) + 1 tend vers 2 si bien que  (s) s 1 1 reste borne. Par consequent, lims!1  (s) = 1 et lims!1(s 1) (s) = 1. 2. Les formules donn ees dans l'enonce entra^nent que l'on a, pour Re(s) > 1, 1 1 X Z 1 e n2t ts 1 dt = 1 Z 1 ((t) 1) ts 1 dt:  (s) = (s= 2) n=1 0 2 (s=2) 0 Separons l'integrale en deux parties, suivant que t >  ou 0 6 t 6 . On a alors, en utilisant l'equation fonctionnelle pour  puis un changement de variable u = 2=t : Z Z1 s 1 2 (s) (2s) = ((t) 1) t dt + ((t) 1) ts 1 dt !  Z1 Z0 r  2 s 1 s 1 = t ( t ) 1 t dt +  ((t) 1) t dt 0 Z1 s p Z =  +  (2 =t)ts 32 dt + ((t) 1) ts 1 dt s 0  Z1 s p Z1 2 3   +  (u)2s 3u 2 s 2 du + ((t) 1) ts 1 dt = s u Z   Z s 1 1 1 (u)u s 21 du + ((t) 1) ts 1 dt = s + 2s 2  Z 1 s 1 1  = s + 2s 2 ((u) 1) u s 2 du  Z1 + 2s 12  s+ 12 1 1 + ((t) 1) ts 1 dt s 2  Z s s   1 =  + 2 + ((u) 1) 2s 21 u s 21 + us 1 du s 2s 1  s s=2 1 + 1  ( s ) =  2 Zs 1 1(u) s 1   s 1=2 u (s+1)=2 + u 1+s=2 du:  + 2  On a pour tout u > 0 l'inegalite 1 u X j(u) 1j 6 2 e nu = 1 2e e u ; n=1 ce qui prouve que l'on est dans les conditions d'application s=de2 l'indication donnee. Il en resulte maintenant que la fonction (s=2) (s)+ s(1 s) se prolonge en une fonction holomorphe pour tout s 2 C . La fonction n'ayant pas de zeros dans C , la fonction  est automatiquement meromorphe sur C , avec au plus un p^ole simple en 0 et en 1. Or, (s) a un p^ole simple en 0, si bien

119

Exemples de fonctions holomorphes

que  ne peut pas avoir de p^ole simple en 0 (sinon, le second membre aurait un p^ole double). Nous avons ainsi montre que  se prolonge en une fonction meromorphe C ! C , holomorphe sur C n f1g, avec un unique p^ole simple en 1, de residu 1. Montrons maintenant le resultat evoque dans l'indication. Soit c > 0 et f : [c; 1[ mesurable telle que jf (x)jxA est bornee pour tout A 2 R . Alors, monR trons que (s) = c1 f (x)xs 1 dx de nit une fonction entiere de s. Il sut pour cela de montrer la convergence uniforme de l'integrale dans tout compact. En fait, tant que Re(s) 6 A, l'integrande est majore par jf (x)jxA 1 6 MA+1x 2 , ou MA+1 = maxx>c jf (x)jxA+1 < 1. On a donc convergence uniforme de l'integrale vers (s) quand s appartient a un demi-plan Re(s) 6 A. Dans ce demi-plan,  est alors holomorphe et nalement, si l'on prend A arbitraire,  est une fonction holomorphe C ! C . 3. Reprenons le calcul de la n de la premi ere question :  (s) =  s=2 (s=2) (s) Z 1 (u) 1   1 1 = (u=)(1 s)=2 + (u=)s=2 du: + s 1 s  2u Le second membre est visiblement invariant par la transformation s ! 1 s, ce qui montre que  (s) =  (1 s).

Exercice 20{6. Fonction  de Riemann (II) : produit eulerien 1. Montrer que  (s) peut s'ecrire, pour Re s > 1, sous la forme d'un produit in ni (produit eulerien) (1)

 (s) =

Y

1 : s p premier 1 p

2. Pour  > 1 et t reel, calculer log j ( + it)j sous forme d'une serie. En deduire que  ne s'annule pas dans le demi-plan ouvert Re s > 1 en minorant explicitement j ( + it)j. 3. Pour  > 1 et t 2 R , montrer l'inegalite

j ()j3
j ( + it)j4
j ( + 2it)j > 1: En deduire que la fonction  de Riemann n'a pas de zeros dans le demi-plan ferme Re s > 1. 4. Ou sont les zeros complexes de  ?

Indications : 2. On pourra montrer que log j ( + it)j = Pp P1k=1 k 1p k cos(kt log p). 3. Montrer et utiliser l'inegalite, valable pour tout  2 R : 3 + 4 cos  + cos 2 > 0.

120

Analyse complexe

Solution :

Pour tout s tel que Re s > 1, on peut ecrire (1 p s) 1 sous la forme d'une serie absolument convergente : 1 1 =X ks: p s 1 p k=1 On sait calculer le produit de deux series absolument convergente et, par recurrence, le produit d'un nombre ni de telles series. En notant (pi) la suite des nombres premiers classes par ordre croissant, on peut evaluer le produit ni : A A X 1 Y X  k1 kA  s X s 1 =Y ks = p1 : : : pA = p n ; i s i=1 1 pi i=1 k=1 n2NA k1 ;k2 ;:::;kA>1 ou on a note NA l'ensemble des nombres entiers qui n'ont que les nombres p1; : : : ; pA comme facteurs premiers. Or tout entier n 6 pA est dans NA, donc on a aussi 1.

X n

s

X

n6pA

n2NA

X s n ! 0 n s 6 n>p

quand A ! 1:

A

Ceci permet de conclure que

Y

1 p premier 1 p p6pA

s

a pour limite  (s) quand A tend vers l'in ni, ce qui est la reponse a la question. 2. On va  etablir l'egalite suivante, valable pour tout s =  +it, quand  > 1 : (2)

log j ( + it)j =

1 X X

p premier k=1

k 1p

k cos(kt log p):

En eet, la convergence absolue du produit in ni (1) permet d'ecrire Y X log  (s) = log (1 p s) 1 = log(1 p  it ) p premier

=

X

1 X

p premier k=1

p premier

k 1p

k(+it) :

L'egalite (2) s'en deduit en prenant la partie reelle. De l'egalite (2) on deduit, comme cos(kt log p) > 1, la minoration : log j ( + it)j > d'ou

1 X X

p premier k=1

j ( + it)j >

Y

k 1p

k

=

X

p premier

log(1 p  )

(1 p  ) =  (1) > 0:

p premier

121

Exemples de fonctions holomorphes 3.

En combinant l'inegalite elementaire 0 6 2(1 + cos )2 = 3 + 4 cos  + cos 2

avec l'identite obtenue a la question precedente (2), on obtient la minoration 06

1 X X p premier k=1

k 1p

k



3 + 4 cos(kt log p) + cos(2kt log p)



= 3 log j ()j + 4 log j ( + it)j + log j ( + 2it)j ; valable pour tout  > 1. On en conclut l'inegalite (3)

j ()j3
j ( + it)j4
j ( + 2it)j > 1:

Voyons comment utiliser cette inegalite pour montrer que  n'a pas de zero sur la droite Re s = 1. (On a deja vu que  (s) ne s'annule pas si Re s > 1.) Procedons par l'absurde et supposons qu'il existe un zero de  sur la droite Re s = 1. Cela ne peut pas ^etre 1 car on sait que 1 est un p^ole simple de  (exercice 20{5). Notons ce zero 1 + it0. On doit alors avoir, quand  tend vers 1 par valeurs superieures : {  ( + it0 ) = O(1 ) car 1 + it0 est un zero et  , prolongee comme on l'a vu a l'exercice 20 {5, est holomorphe partout sauf en 1 ;  {  () = O (1 ) 1 car 1 est un p^ole simple ; {  ( + 2it0 ) = O(1). On en conclut en multipliant ces estimations :





j ()j3
j ( + it)j4
j ( + 2it)j = O ( 1) 3( 1)4 = O( 1); ce qui contredit (3). 4. On vient de voir que  (s) n'a pas de z eros dans le demi-plan Re s > 1. Par l'equation fonctionnelle (exercice 20{5), on obtient une expression pour  (s) quand Re s 6 0 :

 (s) = s

1=2

((1 s)=2)  (1 s): (s=2)

Comme on sait (exercice 20{3) que la fonction complexe ne s'annule jamais, on en deduit que les zeros de  (s) pour Re s 6 0, s 6= 0 sont aux p^oles de (s=2), c'est a dire quand s = 2n, n entier > 0 (voir l'exercice 20{3). Quand s = 0, (s=2) a un p^ole simple et  (1) aussi, donc  (0) ne s'annule pas. On en conclut que  a ses zeros en 2, 4, 6, : : : et aussi dans la bande 0 < Re s < 1, qu'on appelle la (( bande critique )).

122

Analyse complexe

Exercice 20{7. Fonction  de Riemann (III) : zeros dans la bande critique 

On considere la fonction  de Riemann, ainsi que la fonction  (s) = s=2 (s=2) (s) etudiee dans l'exercice 20{5. 1. Montrer, si Re(s) > 0, que

Z1 s  (s) = s 1 + s (btc r) t s 1 dt: 1 2. Montrer que pour Re(s) > 1=2, on a log j(1 s) (s)j 6 O(log jsj + 1), uniformement. En deduire, a l'aide d'une majoration simple de j (s)j pour Re(s) > 1=4, que la fonction  (s) =  s=2 (s=2) (s) veri e une majoration log j(s 1) (s)j 6 jsjO(1 + log jsj): 3. On note N (T ) le nombre de zeros de  dans la bande 0 6 Re(s) 6 1 et j Im(s)j 6 T . En utilisant la formule de Jensen (exercice 17{11), montrer que N (T ) = O(T log T ). Indications : 2. Il faut utiliser l'equation fonctionnelle de la fonction , demontree dans l'exercice 20{5. 3. On reliera les zeros de  et ceux de  , cf. l'exercice 20{6. Solution : 1.

On calcule, pour Re(s) > 1 : (btc r) t s 1 dt

Z1 1

=

1 Z1 X

n=1 0

t(n + t)

s 1 dt

! 1 Z 1 1 1  1 X s s = s t(n + t) 0 + 0 s (n + t) dt n=1 ! 1 1 X X 1 1 1 1 = s(n + 1)s s(1 s) s 1 ns 1 n=1 (n + 1) n=1 1  1 1+ 1 1 +


 = 1  (s) 1 s s s(1 s) 2s 1 1 3s 1 2s 1

= 1  (s) 1 + 1 =  (s) + 1 : s s s(1 s) 1 s Par suite, nous avons bien, lorsque Re(s) > 1, l'egalite Z1  (s) = s s 1 + s (btc r) t s 1 dt: 1

D'autre part, comme l'integrale converge pour Re(s) > 0, le theoreme de convergence dominee implique qu'elle de nit une fonction holomorphe de s dans le demi-plan Re(s) > 0. Alors, le principe des zeros isoles permet d'armer que l'egalite ci-dessus reste vraie lorsque Re(s) > 0.

123

Exemples de fonctions holomorphes 2.

Lorsque Re(s) > 1=2, on peut majorer l'integrale par

Z1

(btc r) t

s 1 dt 6

Z1

t 3=2 dt = 2: Par suite, si Re(s) > 1=2, on a la majoration j(s 1) (s)j 6 3jsj, et donc log j(s 1) (s)j 6 log jsj + log 3: D'autre part, la formule de Stirling donne l'allure de (s) quand Re(s) ! 1. Plus simplement, on peut evaluer ici, pour Re(s) > 0, Z 1 Z 1 dt t s j (s)j = 0 e t t 6 0 e ttjsj dtt Z 1  jsj du j s j 6 jsj 0 ue u u par le changement de variable t = jsju 6 exp(jsj log jsj) (1=4) si jsj > 1=4: Ainsi, lorsque Re(s) > 1=2, on a log j(s 1) (s)j 6 log jsj + log 3 + jsj log jsj + log (1=4) = jsjO(1 + log jsj): D'autre part, l'equation fonctionnelle  (s) =  (1 s) montre que lorsque Re(s) 6 1=2, log j(s 1) (1 s)j 6 jsjO(1 + log jsj) et par suite, la fonction entiere (s 1) (s) veri e la majoration uniforme pour s 2 C , log j(s 1) (s)j 6 jsjO(1 + log jsj): 3. Commencons par chercher le nombre M (T ) de z eros de (s 1) (s) dans le disque jsj 6 T . D'apres la formule de Jensen, on a Z 2 ZT dr 1 M (r) r = 2 log j(Tei 1) (Tei )j d; 0 0 si bien que l'on a l'inegalite ZT M (r) drr 6 O(T log T ): 0 Il reste a evaluer M (T ) via cette inegalite. On l'applique a 2T , ce qui donne Z 2T   M (r) drr 6 O (2T ) log(2T ) = O(T log T ); 0 mais d'autre part, M etant croissante et positive, Z 2T dr Z 2T = M (T ) log 2: M (r) drr > M (T ) T r 0 Ainsi on a M (T ) = O(T log T ). Maintenant, il faut comparer les zeros de  et les zeros de  . On a vu dans l'exercice 20{6 que la fonction  ne s'annulait pas dans le demi-plan Re(s) > 1. Comme la fonction 1= est entiere, la fonction n'a pas de zero dans ce demi-plan et  (s) ne s'annule pas dans le demi-plan Re(s) > 1. L'equation fonctionnelle implique que  (s) ne s'annule pas pour Re(s) 6 0 et les seuls zeros de  sont dans la (( bande critique )) donnee par 0 < Re(s) < 1. 1

1

124

Analyse complexe

Dans cette bande, les zeros de  et de  concident puisque (s=2) 1 ne s'annule qu'aux entiers pairs negatifs. Il en resulte que N (T ) est le nombre de zeros de  dans la region 0 6 Re(s) p 6 1 et j Im sj 6 T . Comme cette bande est contenue dans le disque de rayon T 2 + 1, on a p N (T ) 6 M ( T 2 + 1) = O(T log T ); comme il fallait demontrer. Remarque. On peut montrer que le nombre de zeros dans cette bande veri e le developpement asymptotique 1 N (2T ) = T log T T + O(log T ); 2 formule conjecturee par Riemann et demontree par von Mangoldt en 1895. D'autre part, il faut signaler la celebre conjecture de Riemann selon laquelle les seuls zeros de  (s) dans la bande critique seraient situes sur la (( droite critique )) Re(s) = 1=2. Cette conjecture a des consequences fabuleuses en theorie analytique des nombres (repartition des nombres premiers: : : ) mais n'est toujours pas demontree. On sait cependant qu'il existe une in nite de zeros sur cette droite (Hardy, cf. l'exercice 20{8) et qu'une proportion positive des zeros de la fonction  est situee sur cette droite (Selberg).

Exercice 20{8. Fonction  de Riemann (IV) : la droite critique On rappelle que  est la fonction  de Riemann,  (s) =  s=2 (s=2) (s) et  la fonction  de Riemann (exercices 20{5, 20{6 et 20{7). 1. Soit pour t 2 R la fonction f (t) = (1 + 4t2 ) ( 12 + it). On pose !(x) = ((x) 1)=2. Montrer l'egalite Z1 d   f (t) = 8 dx x3=2 !0(x) x 1=4 cos(t(log x)=2) dx: 1 2. OnR 1fait le changement de variables x = e2u et on de nit ' par la formule f (t) = 0 '(u) cos(ut) dt. Montrer que ' est holomorphe pour j Im uj 6 =4 et paire. Montrer que '(iu) et ses derivees tendent vers 0 quand u tend vers =4. 3. Soit g(u) = '(iu) = Pn cnu2n. On suppose que f n'a qu'un nombre ni de zeros, montrer que cn 2 R a un signe constant pour n assez grand. En deduire que g (2n) (u) est une fonction croissante de u pour n assez grand. 4. Montrer que la fonction  de Riemann a une in nite de zeros situes sur la droite critique.

Indications : 1. On integrera deux fois par parties l'expression integrale de (s) et on utilisera l'equation fonctionnelle de la fonction  (cf. l'exercice 20{5 et l'exercice 5{7 du tome I).

125

Exemples de fonctions holomorphes

ramener a etudier le comportement de (x) quand x ! i et poser !1 (x) = P 2. Se ( 1)n e n x. On cherchera une relation entre ! et ! . En n, utiliser l'equation fonc2

n>1

1

tionnelle de la fonction  pour majorer ! et ses derivees au voisinage de 0.

Solution : 1.

D'apres l'exercice 20{5, on a

Z1

  !(u=) (u=)(1 s)=2 + (u=)s=2 du u Z1  (1 s)=2 s=2  dx = 1 + s(1 s) !(x) x +x x 1 et donc, en posant s = it + 1=2, il vient 1  1  f (t) = 4 4 + t2  2 + it Z1 = 4 + 2(1 + 4t2 ) !(x)x 3=4 cos t log x dx 2 1 Z 2 1 ! (x)x1=4 t cos t log x dx = 4 + 4 1 + 4t t "1 2x # 2 1 2 1 + 4 t t log x 1 = 4 = 4 + 4 t !(x)x sin 2 1 2 Z 1  0 1 + 4 t x dx 4 t !(x)x1=4 sin t log 1 #12 2 "  0 2 x t log x 1 + 4 t !(x)x1=4 t cos 2 = 4+4 t 1   Z 2 0   1 0 x dx 8 1 +t24t !(x)x1=4 x cos t log 2 1 2   0 = 4 8 1 +24t !(x)x1=4 x=1 t 2 Z 1  0 0 1 (1) ! (x)x1=4 x cos t log x dx 8 +24t t 2 1 apres avoir integre deux fois par parties. Maintenant, on remarque que 0  !(x)x1=4 = !0(x)x1=4 + 41 !(x)x 3=4 ; si bien que  0 0 0  0 5=4 1 1 = 4 1 = 4 !(x)x x = ! (x)x + 4 !(x)x 1 !(x)x 3=4 + 3 !0(x)x1=4 + !00(x)x5=4 ; = 16 2 alors que d x3=2 !0(x) = 3 !0(x)x1=2 + !00(x)x3=2 : dx 2 s(1 s) (s) = 1 + s(1 s)

126

Analyse complexe

Par consequent,



0 0 1 = 4 !(x)x x

1 !(x)x = 16

3=4 +



0 x3=2 !0(x) x

1=4 :

En n, l'equation fonctionnelle de la fonction  s'ecrit p 1 + 2!(1=x) = x(1 + 2!(x)): En la derivant, et en posant x = 1, on obtient 2!0(1) = 1 (1 + 2!(1)) + 2!0(1); 2 c'est-a-dire 4!0(1) + !(1) = 21 : On recrit l'equation (1), ce qui donne 21 2 Z 1 0 1 + 4 t 1 + 4 t f (t) = 4 + 8 t2 8 8 t2 x3=2 !0(x) x 1=4 dx 1 2Z1 1 + 4 t x dx 8 16t2 !(x)x 3=4 cos t log 2 1 Z 2 2   1 0 = 4 + 1 +t24t + 8 1 +t24t x3=2 !0(x) x 1=4 dx 1 1 (f (t) + 4) ; 4 t2 d'ou 1 + 4t2 f (t) = 8 1 + 4t2 Z 1 x3=2 !0(x)0 x 1=4 dx: t2 t2 1 Nous avons ainsi obtenu Z1 d   x dx: f (t) = 8 dx x3=2 !0(x) x 1=4 cos t log 2 1 2 u 2. Posons x = e . Alors, l' equation precedente devient Z1 d   f (t) = 8 du e3u !0(e2u ) e u=2 cos(tu) du; 0 soit d e3u!0(e2u) e u=2 : '(u) = 8 du Comme !(x) = Pn>1 exp( n2 x), on peut la prolonger en une fonction holomorphe sur le demi-plan Re(x) > 0. Alors, !0(e2u ) se prolonge en une fonction holomorphe pour Re(e2u) > 0, c'est-a-dire j Im uj < =4. De plus, f etant paire, la formule d'inversion de Fourier montre que ' est paire. Pour montrer que '(u) et ses derivees tendent vers 0, il sut de montrer que toutes les derivees de u 7! e3u !0(e2u ) tendent vers 0 quand u ! i=4. Par recurrence, il sut de montrer que pour tout n > 1, !(n)(x) tend vers 0 quand x ! i.

127

Exemples de fonctions holomorphes

On remarque l' identite suivante : X n2 x X n e + ( 1) e n>1

n>1

Ainsi, si u = x i, on a

n2 x

=2

X n>1

e

4n2 x :

!(x) = 2!(4u) !(u) = (4u) 21 (u) 21 et l'equation fonctionnelle pour  montre que   !(x) = 2p1 u (=4u) (=u) 12 : Alors, il est manifeste que !(x) tend vers 1=2 quand x ! i, mais que toutes ses derivees tendent tres vite vers 0. En eet, si x = ie 2i (de sorte que  ! 0+), on a i i 1= 1 e e 1 u ie 2i i = i 2i sin  = 2 sin  dont la partie reelle tend vers +1. Ainsi, en posant q = e =4u, la quantite X (=4u) (u) = qn2 q4n2 n6=0

est de l'ordre de q quand u ! 0, et toutes ses derivees aussi. Cela prouve bien toutes les derivees de ! tendent vers 0 en i, si bien que '(u) et ses derivees tendent vers 0 quand u ! i=4. P c u2n. Supposons que f 3. Comme ' est paire, on peut poser '(iu) = 1 n=0 n n'ait qu'un nombre ni de zeros. Alors, f a un signe constant sur un intervalle [T; +1[. Quitte a changer f en f , on peut supposer que ce signe est positif. Or, cn = ( 1)n'(2n) (0)=(2n)! et la formule d'inversion de Fourier donne que Z1 1 '(u) =  f (t) cos(tu) dt; 0 si bien que Z1 '(2n) (u) = 1 f (t)t2n ( 1)n cos(tu) dt: 0 Autrement dit, on a Z1 (2n)! cn = f (t)t2n dt: 0 On peut ainsi minorer cn comme suit :

(2n)!cn > >

ZT

jf (t)jtn dt +

0 ZT T 2n 0

Z1

f (t)tn dt Z T +2 jf (t)j dt: jf (t)j dt + (T + 1)2n T

T +1

Par consequent, des que n > n(T ) est assez grand, on a cn > 0. Si n > n(T ), g(n)(u) est somme d'une serie a termes positifs, donc est positif si 0 6 u 6 =4. Cela montre que g(2n) est strictement croissante sur [0; =4[.

128

Analyse complexe

4. Dans la question pr ecedente, nous avons suppose par l'absurde que f n'a qu'un nombre ni de zeros, ce qui equivaut au fait que  n'a qu'un nombre ni de zeros sur la droite critique. La conclusion en etait que g(2n) est strictement croissante pour n assez grand. Or, g(2n) (0) > 0 alors que g(2n)(u), qui est une derivee de ', doit tendre vers 0 quand u ! =4. Il y a la une contradiction, si bien que la fonction  de Riemann a une in nite de zeros sur la droite critique Re(s) = 1=2. Remarque. Ce resultat est d^u a Hardy.

Exercice 20{9. Equation fonctionnelle de la fonction
Soit
la fonction de nie par le produit in ni


(z) = q

1 Y

(1 qn)24 ;

n=1

quand Im z > 0 et q = e2iz . 1. Justi er l'existence de
. 2. Soit la fonction f (u) = cotg(u) cotg(u=z) et N = (N + 1=2). En appliquant le theoreme des residus a la fonction u 1 f (u), sur le contour forme par les c^otes du parallelogramme de sommets 1, z , 1 et z , montrer l'egalite pour Im z > 0 : (1)

2i(z + z 1 ) + 12 log z = 6i + 24

1 1 X k=1 k e

1

2ikz

1

1



e2ik=z 1 :

3. En deduire que
veri e l'equation fonctionnelle (2)
( 1=z) = z12
(z): Indication : 2. Pour utiliser le theoreme de convergence dominee, et donc majorer f , on utilisera la premiere question de l'exercice 20{4. Solution :

La convergence absolue du produit in ni Q(1 qn) est equivalente a celle P de la serie jqjn, donc est acquise puisque Im z > 0 et donc jqj < 1. 2. Examinons les p^ oles de la fonction meromorphe u 1f (u). On sait que cotg u a des p^oles simples en u = n (n 2 Z), avec 1 comme residu. On en deduit que u 1f (u) a des p^oles simples aux points n= et nz= (pour n 2 Z n f0g), avec des residus egaux respectivement a (1=n) cotg(n=) et (1=n) cotg(nz), et aussi un p^ole d'ordre 3 en 0 avec (z + 1=z)=3 comme residu. 1.

Exemples de fonctions holomorphes

129

Appliquons le theoreme des residus au contour C constitue des segments joignant les points 1, z, 1 et z. Sont a l'interieur de C les p^oles 0 et n= et nz= pour n = 1; : : : ; N , donc on a

! N 2 X z + 1 =z u 3 + n=1 n (cotg nz + cotg n=z) C N 4i X 2 i ( z + 1 =z ) = + n (cotg nz + cotg n=z) 3 n=1  N 8 X 1 1 2 i ( z + 1 =z ) + = 2inz 1 e2in=z 1 : 3 n=1 n e Le terme de droite correspond au terme de droite de (1) lorsqu'on tronque la serie a N termes. R Il reste a evaluer l'integrale C u 1f (N u) du quand N ! 1. Or quand  ! +1, on a 8 iu iu < cotg u = i eeiu + ee iu ! :+i quand Im u > 0; i quand Im u < 0: De m^eme cotg u=z tend vers +i quand Im u=z > 0 et vers i quand Im u=z < 0. On en deduit que f (N u) tend simplement vers les valeurs +1, 1, +1 et 1 respectivement sur les segments ouverts ]1; z[, ]z; 1[, ] 1; z[ et ] z; 1[. En vue d'appliquer le theoreme de convergence dominee, il nous faut montrer que f (u) est bornee quand  = N ! +1 et u decrit les segments [1; z] et [z; 1]. Or, comme  = N + =2, on a, si u = 1 + t(z 1) : i(2n+1)t(z 1)=2 i(2n+1)t(1 z 1 )=2 1 e 1 e cotg(u) = i 1 + e i(2n+1)t(z 1)=2 et cotg(u=z) = i 1 + e i(2n+1)t(1 z 1 )=2 : Ainsi, le probleme est de majorer 11+ee uu sachant que Arg(u) 6  < =2. Or, on a 1 e u = (1 e u)2 6 juj2 (1 e x)2 1 1 + e u 1 e 2u x2 1 e 2x x 6 cos12  11 + ee x 6 cos12  : (On a utilise l'inegalite j1 e z j 6 Rejzjz j1 e Re z j pour Re(z) > 0, cf. l'exercice 20{4.) De m^eme, f est uniformement bornee sur le segment [z; 1] (il faut remplacer z 1 par z + 1 et 1 1=z par 1 + 1=z dans les formules ci-dessus, l'argument est le m^eme), et f uniformement bornee sur les bords des rectangles N (1; z; 1; z). Z

1f (u) du = 2i

130

Analyse complexe

Par le theoreme de convergence dominee, on obtient donc Z z Z 1 Z z Z 1  du Z du + : lim f (N u) u = N !1 C z u 1 z 1 R Or, la fonction z 7! 1z duu de nie pour Im z > 0, le chemin restant dans ce demi-plan, est une primitive holomorphe de 1=z qui s'annule en z = 1. C'est donc la (( determination principale )) du logarithme log z. De m^eme, l'integrale de 1 a z est une determination du logarithme pour Im z > 0 qui tend vers 0 quand z ! 1, c'est donc log z i. Ensuite, l'integrale de 1 a z est egale a l'integrale de 1 a z par le changement de variables v = u, soit log z. En n, l'integrale de z a 1 vaut log z i et Z du = 4 log z 2i: lim f (  u ) N N !1 C u En n de compte, nous avons bien montre l'equation (1). 3. Si Im z > 1 et q = e2iz , on remarque que 1 1 X 1 1 X 1 1 1 X X X nm nm n q q = log(1 q ) = m=1 m n=1 n=1 m=1 m n=1 1 1 1 2 imz X X 1 e 1 = = 2imz 2imz 1 : m=1 m e m=1 m 1 e Ainsi, en prenant l'exponentielle de l'equation (1), on obtient exp(2i(z + 1=z))z12 =

1 Y

(1 e2inz )

c'est-a-dire

1 Y

n=1

(1 e2inz )24 = e

2i=z

1 Y

1 Y

(1 e

n=1

n=1

Autrement dit, on a

z12 e2iz

24

(1 e

n=1

2in=z )24 :

2in=z ) 24 ;


( 1=z) = z12
(z):

Remarque. La fonction
, dite de Ramanujan, est un exemple de ce qu'on appelle une (( forme modulaire )) de poids 12. On pourra trouver dans le Cours d'arithmetique de Serre [Serr] une introduction a cette theorie, ainsi qu'une autre demonstration de ce resultat. Le lecteur qui voudrait presenter cette question a l'oral s'y referera avec le plus grand pro t. Cette demonstration est due et montre plus generalement que la Q(1a Siegel n ) =
(z )1=24 veri e l'equation fonctionfonction (z) = exp(iz= 12) q p nelle ( 1=z) = e i=4 z(z), la racine carree etant la determination principale qui concide avec la racine carree usuelle sur R + .

131

Exemples de fonctions holomorphes

Exercice 20{10. Fonctions elliptiques (I) Soient !1 et !2 deux nombres complexes non nuls tels que !2 =!1 62 R . Soit f une fonction meromorphe sur C qui admet !1 et !2 comme periodes : pour tout z 2 C ou z est de nie, f (z + !1 ) = f (z + !2 ) = f (z): Soit  = Z!1 + Z!2  C le reseau des periodes. On dit que f est une fonction elliptique pour le reseau . En n, on identi era parfois C = a un parallelogramme fondamental z = z0 + t1 !1 + t2 !2 avec t1 , t2 2 [0; 1[.

1. On suppose que f est holomorphe. Montrer que f est constante. 2. Montrer que le nombre de zeros de f dans C = est ni, egal au nombre de p^oles de f , appele la valence de f . Montrer que f atteint toute valeur

exactement autant de fois que sa valence. Soient z des representants des p^oles et des zeros de f P dans un parallelogramme fondamental, avec multiplicites m . Montrer que m z 2 .

3. Montrer que la somme des residus de f en les z est nulle. En deduire

qu'une fonction elliptique non constante est de valence superieure ou egale a 2.

Indication : 2. Integrer f 0=f et zf 0=f sur le bord d'un parallelogramme fondamental. Solution :

Si f est holomorphe, elle est bornee dans un compact assez grand pour contenir un parallelogramme fondamental. Alors, comme elle est periodique, on voit qu'elle est bornee sur C tout entier puisque tout nombre complexe se deduit d'un point du domaine fondamental par addition d'un point de . Alors, f est constante, comme toute fonction analytique bornee. 1.

2. Soit P = [0; 1]!1 +[0; 1]!2 l'adh erence d'un parallelogramme fondamental. Comme P est compact, f n'admet qu'un nombre ni de p^oles et de zeros dans P . Or, tout point de C est congru modulo  a un point de P . Ainsi, f n'a qu'un nombre ni de zeros et de p^oles modulo . Il est possible de translater P de sorte que f n'ait ni p^oles ni zeros sur @P . Soient (z ; m) les zeros et p^oles de f dans l'interieur de P avec leur multiplicite. Le theoreme des residus arme que

X

m = (2i)

1

Z f0 (z) dz; @P f

132

Analyse complexe

ou @P est parcouru dans le sens positif. Alors, Z 1 f0 Z 1 f0 X 2i m = f (z0 + t!1 ) !1 dt + f (z0 + !1 + t!2 ) !2 dt 0 0 Z 1 f0 (z0 + !1 + !2 t!1) !1 dt 0 f Z 1 f0 (z0 + (1 t)!2 ) !2 dt 0 f ! Z 1 f0 0 f = !1 (z0 + t!1) f (z0 + t!1 + !2 ) dt 0 f ! Z 1 f0 0 f +!2 (z0 + !1 + t!2 ) f (z0 + t!2 ) dt 0 f =0 car !1 et !2 sont aussi des periodes de f 0=f . Ainsi, le nombre de zeros de f dans P est egal au nombre de p^oles. Si a 2 C , alors f a est aussi elliptique pour le reseau . Ses p^oles sont les m^emes que ceux de f , tandis que ses zeros sont les points ou f (z) = a. Ainsi, f prend la valeur a autant de fois qu'elle a de p^oles, c'est-a-dire sa valence. Integrons zf 0 =f sur le bord de P comme precedemment. On obtient Z X 2i m z = zf 0 (z)=f (z) dz Z@P1 0 = (z0 + t!1) ff (z0 + t!1) !1 dt 0 Z1 0 + (z0 + !1 + t!2) f (z0 + !1 + t!2 ) !2 dt f 0 Z1 0 (z0 + !2 + (1 t)!1) ff (z0 + !2 + (1 t)!1) !1 dt 0 Z1 0 (z0 + (1 t)!2 ) f (z0 + (1 t)!2) !2 dt f 0 c'est-a-dire ! Z 1 f0 Z 1 f0 X () 2i mz = !1 !2 (z0 + t!1 ) dt (z0 + !1 + t!2 ) dt : 0 f 0 f Or l'integrale de f 0=f sur un chemin tel que f prend la m^eme valeur a chaque extremite est un multiple entier de 2i. En eet, soit  un relevement de log f le long du chemin. L'integrale de f 0=f le long de ce chemin vaut (z2 ) (z1 ), si z1 et z2 sont les extremites. Or, e(z1 ) = f (z1) = f (z2) = e(z2 ) , d'ou le fait que (z2) (z1 ) 2 2iZ. Il en resulte que le premier terme de l'equation () appartient a 2i!2 ZP, et le second terme appartient au reseau 2i!1Z. Ainsi, la somme mz appartient a !1Z + !2Z = . 3. C'est une simple application de la formule des r esidus. Si nous integrons f (z)dz sur le bord du parallelogramme, nous obtenons 2i fois la somme des

133

Exemples de fonctions holomorphes

residus. D'autre part, comme f est !2-periodique, l'integrale de f (z)dz sur le segment [z0 ; z0 + !1] est egale a l'integrale de f sur le segment [z0 + !2; z0 + !1 + !2]. De m^eme, l'integrale sur le segment [z0 + !1; z0 + !1 + !2] est egale a l'integrale sur le segment [z0 ; z0 + !2]. Finalement, l'integrale sur le contour est nulle. Si f est de valence 0, elle n'a pas de p^ole et est donc holomorphe. La premiere question dit que f est constante. Supposons maintenant f de valence 1. Autrement dit, f a un unique p^ole simple modulo le reseau. Son residu est donne par le calcul que nous venons de faire : il est nul. Donc f n'a pas de p^ole, est de valence nulle et est par consequent constante.

Exercice 20{11. Fonctions elliptiques (II) : fonctions de Weierstra On reprend les notations de l'exercice 20{10. 1. Soit k un entier > 3. Montrer que la serie X 1 Gk = !k converge absolument. 2. Montrer que l'expression

!2nf0g

X 1 }(z) = z12 + 2 !2nf0g (z ! )

!

1 !2 de nit une fonction meromorphe sur C . Montrer que } est paire. Calculer }0(z) et montrer que c'est une fonction elliptique pour le reseau . En deduire que } est elliptique pour le reseau  (fonctions de Weierstra). 3. Quels sont les ordres de } et }0 ? Montrer que }0 est impaire. Quels sont les zeros de }0 ? 4. Donner des developpements limites a O(z) de }0(z), }(z), }0(z)2 et }3(z) au voisinage de 0. En deduire l'egalite }0(z)2 = 4}(z)3 60G4}(z) 140G6 (equation fonctionnelle des fonctions de Weierstra).

Indication : 4. L'expression a annuler est une fonction elliptique. Montrer qu'elle est holomorphe et nulle en 0.

Solution :

On ecrit ! = n1 !1 + n2 !2 . On a deux normes equivalentes sur C = R 2 : a z = x1 !1 + x2!2 , on peut associer max(jx1j; jx2j), ou bien jzj. Par consequent, il sut de montrer que la serie X 1 k (n1 ;n2 )2Z2nf0g max(jn1 j; jn2 j) 1.

134

Analyse complexe

converge. Cette serie se decoupe suivant les quatre quadrants et vaut donc 1 1 1 X 1 X X 1 4 + 4 k k: n1 =1 n1 n1 =1 n2 =1 max(n1 ; n2 ) Or, on peut majorer la somme sur tous les couples (n1; n2 ) par deux fois la somme sur les couples tels que n1 > n2. Ainsi, la serie est majoree par 1 X 4 (k) + 8 n1 1k = 4 (k) + 8 (k 1) < 1; n1 =1 n1 puisque k > 2. 2. Nous allons montrer que la s erie qui de nit } converge uniformement dans tout compact qui ne contient pas de points de . Soit R > 0 et B la boule de centre 0 et de rayon R. Pour j!j > 2R et z 2 B , l'expression 1 1 = 2!z z2 (z !)2 !2 !2(z !)2 est majoree en valeur absolue par 4=j!j3. Il en resulte que la sous-serie Pj!j>2R converge uniformement (puisque normalement) sur B . D'apres le theoreme de convergence de Weierstra, la limite est une fonction holomorphe sur B . La serie qui de nit } est egal a cette sous-serie plus un nombre ni de termes qui sont des fonctions meromorphes sur B . Il en resulte que la serie etudiee de nit une fonction meromorphe sur toute boule de centre 0 et de nit ainsi une fonction meromorphe sur C . Si l'on change z en z et ! en ! dans la sommation, on voit que }(z) = }( z) : la fonction } est paire. Les p^oles de } sont les points de , ce sont des p^oles doubles a residus nuls. Toujours d'apres le theoreme de Weierstra, la derivee de } s'obtient par derivation terme a terme : X } 0 (z ) = 2 (z 1 ! )3 :

}0

!2

Il est alors clair que est une fonction elliptique puisque }0(z + !) = }0(z) pour tout ! 2 . La fonction }(z + !1) }(z) est meromorphe sur C , sa derivee est egale a 0 } (z + !1) }0 (z) = 0. Ainsi, }(z + !1 ) }(z) est constante. On calcule cette constante en z = !1 =2 (qui n'appartient pas a ). Comme } est paire, la constante est nulle et }(z + !1) = }(z). De m^eme, }(z + !2) = }(z), si bien que } est elliptique pour le reseau . 3. Modulo , } a un seul p^ ole double (en 0 par exemple). Ainsi, l'ordre de 0 } est 2. De m^eme, } a un seul p^ole triple modulo  et l'ordre de }0 est trois. La fonction }0 est impaire puisque c'est la derivee d'une fonction paire. Si z 2 C n  et que z = z (mod ), alors }0(z) = }0 ( z) par imparite et }0( z) = }0(z) par periodicite. Necessairement }0(z) = 0. Il est clair que !1=2, !2=2 et (!1 + !2)=2 veri ent cette condition, si bien que }0 s'annule en ces

Exemples de fonctions holomorphes

135

points. Ils ne sont pas congrus l'un l'autre modulo , si bien que ce sont les trois seuls zeros de }0 dans le parallelogramme fondamental. 4. Dans un voisinage de 0, on peut d evelopper 1=(z !)2 en serie entiere : ! X 1 1 1 }(z) = z2 + !2 (1 z=!)2 1 !6=0 1 1 k X XX 1 1 z k = 2+ z !6=0 k=1(k + 1) !k+2 = z2 + k=1(k + 1)Gk+2z 1 X = 12 + (2k + 1)G2k+2z2k z k=1 puisque les Gk sont nuls pour k impair (ou bien que } est paire). On a ainsi }(z) = z12 + 3G4z2 + 5G6z4 + O(z6) }0 (z) = z32 + 6G4z + 20G6z3 + O(z5)  2 }0(z)2 = z46 1 3G4z4 10G6z6 + O(z8 ) = 46 (1 6G4z4 20G6z6 + O(z8)) z  3 1 }(z)3 = z6 1 + 3G4 z4 + 5G6z6 + O(z8 ) = z16 (1 + 9G4z4 + 15G6z6 + O(z8)): Par consequent, }0 (z)2 4}(z)3 = 24G4 z 2 80G6 + O(z2) 36G4z 2 60G6 + O(z2) = 60G4 z12 140G6 + O(z2 ); si bien que }0(z)2 4}(z)3 + 60G4}(z) = 140G6 + O(z2): Ainsi, la fonction elliptique h(z) = }0(z)2 4}(z)3 + 60G4}(z) + 140G6 est de nie en 0 et est nulle en ce point. Or, ses seuls p^oles possibles proviennent des p^oles de } et }0 et appartiennent donc a . Comme 0 n'est pas un p^ole de h, on en deduit que h n'a pas de p^oles. Elle est donc constante. Comme elle vaut 0 en 0, h = 0. Nous avons bien prouve l'equation fonctionnelle des fonctions elliptiques de Weierstra.

Partie 6 Analyse numerique

138

Analyse numerique

Rappels

Cette partie fait appel aux notions developpees dans les autres parties de ce livre : integration, probabilites, analyse reelle. On a choisi de dierer au tome 3 les problemes faisant intervenir massivement l'analyse fonctionnelle ainsi que l'etude speci que des equations dierentielles. Hormis ces prerequis, il n'est pas besoin d'avoir des connaissances particulieres pour aborder ces exercices. Leur etude sera immediatement pro table a tout etudiant qui y verra une application concrete des grands theoremes de l'analyse. Introduction

Chapitre XXI L'approximation a pour but de remplacer les espaces fonctionnels de dimension in nie qui interviennent en analyse par des espaces de dimension nie plus simples, et en particulier des espaces de polyn^omes. On y donne trois autres preuves du theoreme d'approximation de Weierstra (deux via les polyn^omes de Bernstein, dont la preuve probabiliste, et le theoreme de Jackson via la convolution des fonctions periodiques). On introduit en n les polyn^omes orthogonaux qui servent notamment dans les calculs numeriques d'integrales. Chapitre XXII Nous avons regroupe les exercices concernant l'interpolation . Il s'agit ici de remplacer une fonction par une fonction plus simple qui prend les m^eme valeurs que la fonction initiale en des points donnes (splines, polyn^omes d'interpolation de Lagrange: : : ). On evoque en outre les problemes lies a la divergence de certains procedes interpolateurs quand le nombre de points cro^t. Le tome 3 et l'utilisation du theoreme de Banach-Steinhaus nous permettront de revenir sur ces questions. Chapitre XXIII Cherchons maintenant des methodes d'integration numerique . En general, on integre une fonction plus simple, reputee proche de la fonction de depart, issue notamment d'une interpolation (Newton-Cotes) ou d'une projection orthogonale (methode de Gau). On etudie en detail l'acceleration de la convergence que permet la methode de Romberg (exercices 23{5 et 23{6). En n, on expose la methode de Monte Carlo, tres utilisee dans la pratique lorsque le nombre de variables est grand. Chapitre XXIV La resolution numerique d'equations donnant lieu a presque autant de methodes que de problemes, nous nous sommes limites a la methode de Newton dont la convergence est quadratique, en expliquant aussi comment accelerer une suite convergente (methode d'Aitken). Nous avons aussi montre les problemes lies au conditionnement. Apres une excursion algorithmique, on expose la methode de trichotomie qui permet de calculer le minimum d'une fonction convexe.

CHAPITRE XXI

Approximation Exercice 21{1. Theoreme de Muntz 1. Si a1 ; : : : ; an et b1 ; : : : ; bn sont des reels positifs, montrer la formule (determinant de Cauchy) ! Q (a a )(b b ) 1 det a + b = i>j Q i (a j+ b i ) j : j i j i;j i 2. Soient m, a1 , : : : , an des reels positifs ou nuls. Dans L2 ([0; 1]), montrer que la distance de la fonction xm a l'espace vectoriel engendre par les xai est donnee par la formule :

n jm a j Y i d= p 1 : 2m + 1 i=1 m + ai + 1

3. Soit (an)n>0 une suite strictement croissante de reels positifs ou nuls tendant vers +1. Montrer que l'espace vectoriel engendre par les fonctions P 1 a 2 n x dans L ([0; 1]) est dense si et seulement si n=1(1=an) = +1. 4. Soit (an)n>0 une suite strictement croissante d'entiers telle que a0 = 0. Montrer que l'espace vectoriel engendre par les fonctions xan est dense dans P 1 C ([0; 1]) si et seulement si n=1(1=an) = +1. Indications : 1. Montrer l'egalite a un facteur pres en considerant les ai et bj comme des indeterminees. Faire ensuite tendre bi vers ai . 2. On pourra utiliser des determinants de Gram. 4. Pour approcher uniformement une fonction C 1, on pourra essayer d'approcher sa derivee en norme L2 .

Solution : 1.

On peut ecrire ce determinant sous la forme Y D = N (a1 ; : : : ; an; b1 ; : : : ; bn )
(ai + bj ) 1; i;j

ou N est un polyn^ome a determiner. Pour cela, on remarque que N est nul chaque fois que ai = aj , ou bi = bj pour deux indices distincts i et j . Par suite,

140

Analyse numerique

N est multiple de N1 = Qjj Q i : det ai + bj 16i;j6n = ( a + b ) j i;j i 2. Si x1 ; : : : ; xn sont n  elements d'un espace de Hilbert H , notons G(x1 ; : : : ; xn) = det(hxi xj i) le determinant de Gram de ces vecteurs. Alors on sait que la distance de x 2 H a l'espace vectoriel engendre par les xi est donnee par la formule d(x; vect(xi ))2 = GG(x;(xx;1:; :: :: :; x; x)n) : 1 n Ici, H = L2 ([0; 1]), x est la fonction t 7! tm et les xi sont les fonctions t 7! tai . On constate que !  Z 1 1 a + a t i j dt = det a + a + 1 G(x1 ; : : : ; xn) = det 0 i j Y Y 1 2 = (ai aj ) (ai + aj + 1) ; i;j

j1 ai1 1 diverge, on peut approcher f10 par une somme g0 = cnxan 1 en norme L2 , c'est-a-dire que

Z1 0

jf10 g0j < "2:

Or, si h est une fonction derivable telle que h(0) = 0, on a pour tout x 2 [0; 1] l'inegalite :

sZ x sZ x Z x 0 jh(x)j = 0 h (t) dt 6 0 dt 0 jh0(t)j2 dt 6 kh0k2:

(inegalite de Poincare). En appliquant cette inegalite a la fonction f1 g (ou g(0) = f1 (0)), on obtient kf1 P gk < ". Ainsi, pour tout " > 0, on peut trouver une combinaison lineaire g = dnxan telle que kf gk1 < 2". Nous avons bien montre que l'espace vectoriel engendre par les x 7! xan est dense dans C ([0; 1]).

142

Analyse numerique

Exercice 21{2. Polyn^omes de Bernstein : theoreme de Korovkine Soient [a; b] un intervalle de R et E l'espace vectoriel des fonctions continues de [a; b] dans R , muni de la norme kf k = sup[a;b] jf j. 1. Montrer que E est un espace de Banach. 2. Soit u un endomorphisme de E . On dit que u est positif si f > 0 entra^ne u(f ) > 0. Montrer qu'un endomorphisme positif est continu et calculer sa

norme. 3. Soit f 2 E . Montrer que pour tout " > 0, il existe C > 0 tel que jf (x) f (y)j 6 " + C jx yj2. 4. Soit un une suite d'endomorphismes positifs de E . On suppose que pour f0 (x) = 1, f1 (x) = x et f2 (x) = x2 , les suites un(fi ) convergent uniformement vers fi (i 2 f0; 1; 2g). Montrer que pour tout f 2 E , un (f ) converge uniformement vers f (Theoreme de Korovkine). 5. On suppose que [a; b] = [0; 1] et on de nit pour tout f 2 E ,

n n! k ! X f n xk (1 x)n k : Bn(f ) = k k=0 Montrer que Bn (f ) converge uniformement vers f et en deduire que toute fonction continue sur [0; 1] est approchee uniformement par des polyn^omes

(polyn^omes de Bernstein).

Solution :

La norme sur E est la norme de la convergence uniforme, et le fait que E soit un Banach revient a dire qu'une limite uniforme de fonctions continues est continue. 2. Soit M = kf k, de sorte que M 6 f 6 M . Alors f + M > 0, soit, comme u est positif, u(f ) + Mu(1) > 0. De m^eme, M f > 0, donc u(f ) 6 Mu(1). Il en resulte que ku(f )k 6 M ku(1)k = kf k ku(1)k. Cela signi e que u est continue et que kuk 6 ku(1)k. On a evidemment l'egalite en prenant f = 1, donc kuk = ku(1)k = maxt ju(1)(t)j. 3. Soit " > 0. Comme f est continue sur le compact [a; b], f y est uniform ement continue et il existe  tel que si jx yj < , alors jf (x) f (y)j < ". Si jx yj > , alors jf (x) f (y)j < 2 max jf j jx yj2=2, ce qui prouve l'assertion voulue en prenant C = 2 max jf j=2. 4. Soit " > 0 et C comme dans la question pr ecedente pour f . On a alors f (x) 6 f (y) + " + Cy2 2Cyx + Cx2 . Comme un est positif, on peut appliquer un aux deux membres et on obtient un(f )(x) 6 (f (y) + " + Cy2)un(f0)(x) 2Cyun(f1)(x) + Cun(f2 )(x); d'ou, prenant y = x, un(f )(x) f (x) 6 (f (x) + Cx2 + ")(un(f0) 1)(x) + 2Cx( un(f1 )(x) + x) + C (un(f2 ) x2 ) + Cx2 + " 2Cx2 + Cx2 ; 1.

Approximation

143

soit un(f )(x) f (x) 6 " + K kun(f0 ) f0k + K 0 kun(f1) f1k + K 00kun(f2 ) f2 k; ou K , K 0 et K 00 sont trois constantes independantes de n. On prouve de m^eme, ou en changeant f en f , que un(f )(x) f (x) est plus grand que l'oppose du second membre de l'inegalite precedente, ce qui permet d'armer kun(f ) f k 6 " + K kun(f0) f0 k + K 0kun(f1 ) f1 k + K 00 kun(f2) f2 k: Ainsi, kun(f ) f k peut ^etre majore par 2" pour n assez grand, ce qui signi e que un(f ) converge uniformement vers f . 5. Calculons Bn (f)  pour f = f0, f1 et f2. P n On a Bn (f0) = k xk (1 x)n k = (x + (1 x))n = 1. Ensuite, n n! k n n! X X u d k n k n Bn(f1 ) = uk x (1 x) = n (1 x) du k k n k=0 k=0  n 1 x x n n 1 n 1+ = (1 x) u(1 + u) = (1 x) 1 x 1 x = x; ou l'on a pose u = x=(1 x). De m^eme, n n! X 1 2 uk = 1 (1 x)n u d n(1 + u)n 1 k Bn(f2) = n2 (1 x)n n2 du k=0 k = x2 + x(1 x)=n;

apres quelques calculs faciles que nous ne detaillons pas. En outre, Bn est bien un endomorphisme positif de E et nous venons de prouver que un(f ) f converge uniformement vers f pour f = f0, f = f1 et f = f2 . La question precedente nous permet ainsi d'armer que Bn(f ) converge uniformement vers f pour toute fonction f continue sur [0; 1]. Comme pour tout n, Bn(f ) est un polyn^ome, nous venons de demontrer que toute fonction continue sur [0; 1] (et, par suite, sur tout intervalle compact de R ) est limite uniforme d'une suite de polyn^omes (theoreme de Weierstra).

Exercice 21{3. Polyn^omes de Bernstein : preuve probabiliste 1. Soit (Pn) une suite de lois de probabilites sur R de m^eme moyenne  et de variance n2 tendant vers 0. Soit f : R ! R une fonction bornee continue et En (f ) l'esperance de f pour la loi Pn : Z En(f ) = f (x) dPn(x): R

Montrer que En (f ) converge vers f ( ). Si les lois Pn dependent en outre du parametre  , montrer que la convergence de En (f ) vers f ( ) est uniforme sur tout ensemble de  sur lequel n2 ( ) tend uniformement vers 0 et f est uniformement continue.

144

Analyse numerique

2. Soit (Xn) une suite de variables aleatoires de m^eme loi P , de moyenne  et variance 2, et Mn = (X1 +


+ Xn)=n. Calculer la moyenne et la variance de Mn et En l'esperance de f (Mn ). Montrer que En converge vers f ( ). Si la loi P depend de  comme dans la premiere question, montrer que la convergence est uniforme sur tout ensemble de  ou  2 ( ) est borne et f uniformement continue. 3. On suppose que Xn ne prend que les valeurs 0 et 1 (distribution bin^omiale). Montrer que P est une loi de Bernoulli. En deduire que si f est une fonction continue sur [0; 1], les polyn^omes de Bernstein ! n X n Bn(f ) = f (k=n) k xk (1 x)n k k=0 convergent uniformement vers f . 4. On suppose que Xn prend la valeur k 2 N avec probabilite e  k =k!, de sorte que P est la distribution de Poisson. Si f est une fonction continue

bornee sur R + , montrer que l'expression

e

1 k nx X f (k=n) (nx) k! k=0

converge uniformement sur tout compact vers f (x). Solution :

Comme une mesure de probabilite est de masse totale 1, on a f ( ) = R 1. R f ( ) dPn( ). Ainsi, Z jEn(f ) f ( )j 6 R jf (x) f ( )j dPn(x):

Soit " > 0 et M un majorant de jf j. Comme f est continue en  , il existe  > 0 tel que jf (x) f ( )j 6 " si jx  j 6 . On a alors

jEn(f ) f ( )j 6

Z

jx j6

jf (x) f ( )j dPn(x) +

Z

jx j>

jf (x) f ( )j dPn(x):

La premiere integrale est inferieure a ". Pour estimer la seconde, utilisons le fait que la variance de Pn tend vers 0. D'apres l'inegalite de Bienayme-Tchebychev, on a Z dPn(x) 6 n2 =2 : jx j> Rappelons, au passage, la demonstration de cette inegalite :

Z Z n2 = (x  )2 dPn(x) > R

jx j>

(x  )2 dPn(x) > 2

Par consequent, nous avons l'inegalite

jEn(f ) f ( )j 6 " + 2M2 n2 :

Z

jx j>

dPn(x):

145

Approximation

Quand n ! 1, n2 ! 0 et jEn(f ) f ( )j 6 2", ce qui prouve bien que En(f ) converge vers f ( ). Si  est une partie de R sur laquelle f est uniformement continue et n2 ( ) converge uniformement vers 0, on constate que, " > 0 etant xe, il existe  > 0 tel que quel que soit  2 , jEn (f ) f ( )j " + 2M2 n2 ( ): Alors, si  2 , En(f ) converge vers f ( ) uniformement. 2. La moyenne de Mn est  egale a  . La variance de Mn est donnee par ! n     X 2 1 n2 = E (Mn  )2 = n2 E (Xk  ) k =1 0 n 1 X 1 = 2 E @ (Xk  )(Xl  )A n k;l=1 n   X  X  = n12 E (Xk  )2 + n12 E (Xk  )(Xl  ) : k=1 k6=l Comme les Xk sont independantes, on a pour k 6= l,   E (Xk  )(Xl  ) = E(Xk  )E(Xl  ) = 0 et 2 n2 = n12 n2 = n : R D'autre part, si Pn est la loi de Mn , la quantite R f (x) dPn(x) est exactement l'esperance de f (Mn) et la question precedente a montre que   E f (Mn ) ! f ( ): Quand P depend de  , on a n2 ( ) = 2( )=n qui converge uniformement vers 0 sur tout ensemble de  ou 2 ( ) est bornee et il ne reste qu'a appliquer la question precedente. 3. Soit  la probabilit e avec laquelle Xn vaut 1 et 1  la probabilite avec laquelle Xn vaut 0. Ainsi, P est une loi de Bernoulli de parametre  . D'autre part, la variance de P est donnee par

Z 2 = (x  )2 dP = (1  ) 2 +  (1  )2 =  (1  ): R

En n, la loi de Pn est la loi bin^omiale : la probabilite que X1 +


+ Xn vaille k est la probabilit n ke que lesn kXi prennent k fois la valeur 1 et (n k) fois la valeur 0, soit k  (1  ) . Alors,

! n E(Mn ) = f (k=n) k  k (1  )n k = Bn(f )( ): k=0 n X

146

Analyse numerique

Comme 2 est borne sur [0; 1] et f uniformement continue, la question 2 montre bien que Bn(f ) converge uniformement vers f sur [0; 1]. (Stricto sensu, il faudrait prolonger f par continuite hors de [0; 1], par exemple en posant f (x) = f (0) si x < 0 et f (x) = f (1) si x > 1, mais cela revient a changer f sur un ensemble de mesure nulle pour toutes les lois Pn ! De toutes facons, on ne fait varier  que dans [0; 1].) 4. La moyenne de Xn est  egale a 1 n k X X E(Xn ) = kP(Xn = k) = ke  k! k=0 k=0 ! 1 d X k =k! = e  d e  = e  d d k=0 = : D'autre part, la variance de Xn vaut

2 = E(Xn2)

E( n )2

X

=

1 X

k=0

k2 P(Xn = k) 2

1 k X = 2 + e  k 2  k=0 k! 1 k !! X d d = 2 + e  d  d k=0 k!   d e = 2 + e  e + e  = 2 + e  d = : Pour calculer la loi de X1 +


+ Xn, on peut encore raisonner combinatoirement, mais c'est un peu compliqu e. Le plus simple est de parler de series P generatrices : c'est la serie (t) = n P(X = n)tn . Alors, si X et X 0 sont deux variables aleatoires independantes, la loi de X + X 0 est donnee par n X P(X + X 0 = n) = P(X = k )P(X 0 = n k ): k=0

Autrement dit, la serie generatrice de X + X 0 est 1 X n X

X = k)P(X 0 = n k)tn n=0 k=0 X X = P(X = k)tk P(x = l)tl = X (t)X 0 (t):

X +X 0 (t) =

k

P(

l

Ainsi, la loi de X1 +


+ Xn est tout simplement egale a X (t)n. Pour la loi de Poisson, 1 k X X (t) = e   tk = e  et = e(t 1) : k! k=0

147

Approximation

Par consequent, la loi de X1 +


+ Xn a pour serie generatrice 1 k X ( n ) n ( t 1) n k: e = e t k! k=0 C'est encore une loi de Poisson, mais de parametre n. L'esperance de f (Mn) est donnee par la formule E(

f (Mn)) = = =

1 X

k=0

P(

Mn = k=n)f (k=n)

1 X

P(X1 +


+ Xn = k )f (k=n) k=0 1 X )k f (k=n): e n (n k=0 k!

Cela conclut la question puisque la variance de Xn est bornee sur tout intervalle borne et que f est uniformement continue sur tout compact.

Exercice 21{4. Polyn^omes de meilleure approximation Soit I un intervalle compact et f : I ! R une fonction continue. On note k
k = k
k1 sur C (I; R ). 1. (Existence) Montrer que pour tout entier n, il existe un polyn^ome Pn 2 R n [x] tel que kf Pnk = P 2inf kf P k: Rn [x] Un tel polyn^ome est dit polyn^ome de meilleure approximation de degre n de f . 2. (Caracterisation) Montrer que si P est un polyn^ome de meilleure approximation de f de degre n, il existe n + 2 points x0 ; : : : ; xn+1 et une constante " = 1 telle que f (xi) P (xi) = ( 1)i"kf P k; i = 0; : : : ; n + 1: (On dit que f P equioscille sur les points x0 ; : : : ; xn+1 .) 3. (Unicite) En deduire que pour tout n, il n'y a qu'un seul polyn^ome de meilleure approximation de f de degre n. 4. Determiner P0 pour toute fonction continue f et P1 pour f convexe ou concave.

Indications : 1. Considerer B = fP 2 Rn [x] ; kP k 6 2kf kg. Conclure par compacite. 2. Si x0 ; : : : ; xm est une suite maximale surQlaquelle f P equioscille, avec m 6 n, choisir des points i 2 ]xi ; xi+1 [ tels que P  (x i ) soit, pour  petit, une meilleure approximation de f que P .

148

Analyse numerique

Solution :

Soit B = B (0; 2kf k) la boule fermee de centre 0 et de rayon 2kf k dans R n [x]. Comme R n [x] est un espace vectoriel norme de dimension nie, B est compacte. La fonction P 7! kP f k est continue sur B , donc elle atteint son minimum. Il reste a montrer que min kP f k = P 2min kP f k: P 2B R [x] 1.

n

Mais si le minimum etait atteint en P 62 B , on aurait kP k > 2kf k, donc kP f k > kP k kf k > kf k, ce qui montrerait que 0 2 B approche mieux f que P , d'ou une contradiction. La question est donc demontree. 2. Posons g = f P et I = [a; b]. Si g = 0, on a ni. Sinon, on construit une suite x0 ; : : : ; xm en posant x0 = minfx 2 [a; b] ; jg(x)j = kgkg, qui existe par compacite de I , et par recurrence, xi+1 = minfx 2 ]xi; b] ; g(x) = g(xi)g, tant qu'un tel nombre existe. On obtient ainsi une suite strictement croissante (car g(x) est du m^eme signe que g(xi) au voisinage de xi ). Sans restreindre la generalite, on peut m^eme supposer que g(x0) > 0. On doit montrer que m > n. Sinon, on peut trouver, par le theoreme des valeurs intermediaires, des points 1; : : : ; m tels que x0 < 1 < x1 < : : : < m < xm et que [i; i+1] ne contient pas de point x tel que g(x) = g(xi). Alors le polyn^ome Q = (x 1)


(x m) est de degre inferieur ou egal a n et prend le m^eme signe que g en chacun des points x0 ; : : : ; xm. On va montrer que pour  > 0 susamment petit, le polyn^ome P Q est une meilleure approximation de f que P . En eet, si g(xi) > 0, alors Q(x) est positif sur l'intervalle ]i; i+1[. Par ailleurs, g(x) > kgk sur [i; i+1], donc pour un  susamment petit, jg Qj < kgk sur ce m^eme intervalle. En procedant de m^eme quand g(xi) < 0 et aussi sur les intervalles [a; 0] et [m ; b], et en prenant le plus petit des  obtenus, on obtient jg Qj < kgk sur I ce qui montre que P Q est un meilleur approximant que f que P . Comme deg P Q 6 n, on aboutit a une contradiction. Remarque. Ce resultat est un theoreme de Tchebychev. 3. Si P1 et P2 sont deux polyn^ omes de meilleure approximation de degre n de f , on pose P = (P1 + P2 )=2. Alors P est aussi un polyn^ome de meilleure approximation de degre n de f , car kf P k 6 21 (kf P1 k + kf P2k), et donc, d'apres la question precedente, il existe des points x0 ; : : : ; xn+1 sur lesquels f P equioscille. Ainsi on a : 1 f (x ) P (x ) + 1 f (x ) P (x ) = f (x ) P (x ) = kf P k: i 1 i i 2 i i i 2 2 Comme kf P1k = kf P2k = kf P k, on doit avoir f (xi) P1(xi ) = f (xi) P2 (xi ), autrement dit P1(xi ) = P2(xi ) pour i = 0; : : : ; n +1. Or P1 P2 est de degre au plus n, donc il est nul, ce qui prouve que P1 = P2. 4. Soit f continue sur I , m = inf I f et M = supI f . Par compacit e de I , il existe x0 et x1 tels que m = f (x0) et M = f (x1 ). En posant P0 = (m + M )=2,

149

Approximation

on constate que kf P0k = (M m)=2 = (f P )(x0) = (f P0 )(x1), ce qui permet d'appliquer la question 2. Soit maintenant f convexe. On considere le polyn^ome d'interpolation lineaire aux extremites de l'intervalle I = [a; b] : Q(x) = (x a)f (bb) + a(b x)f (a) ; et M = kf Qk. Par convexite de Q f , on a 0 6 Q f 6 M sur I donc il existe un points  tel que (Q f )( ) = M . On pose alors P1 = Q M=2. On constate que (f P1)(a) = (f P1)(b) = M=2; (f P1)( ) = M=2: Par ailleurs, on a M=2 6 f P1 6 M=2, ce qui montre que kf P1 k = M=2. Ainsi f P1 equioscille sur les points (a; ; b), et, par la question 2, P1 est le polyn^ome de meilleure approximation lineaire de f .

Q P1

f

a  b Si f est concave, f est convexe et on conclut de m^eme que P1 = Q + M=2. Remarque. Pour n > 1, il n'y a en general pas de formule directe qui donne Pn. On peut cependant utiliser un algorithme numerique qui fournit une suite de polyn^omes qui converge vers Pn (algorithme de Remes 1).

Exercice 21{5. Theoremes de Jackson

On s'interesse a l'approximation des fonctions periodiques par les polyn^omes trigonometriques de degre n, c'est-a-dire par les fonctions de la forme

T (x) = a0 +

n X

(ak cos kx + bk sin kx):

k=1

1. Soit f : R ! R une fonction R2-periodique et soit Kn un polyn^ome trigonometrique de degre n, tel que  Kn (t) dt = 2 . On introduit

Z Jf;n() = (f  Kn)() = 21 f ( t)Kn(t) dt: 

Si f est constante, que peut-on dire de Jf;n ?

Remes, Sur le calcul eectif des polyn^omes d'approximation de Tchebichef, Comptes rendus Acad. Sci. Paris 199 (1934), p. 337{340. 1 Eug ene

150

Analyse numerique

2. On suppose que f est -lipschitzienne (jf (x) f (x0 )j 6  jx x0 j). R  Majorer kf Jf;n k en fonction de  jtKn (t)j dt et de . 3. Soit la fonction !4 sin( mt= 2) Kn(t) = n m sin(t=2) ; R avec n une constante telle que  Kn = 1 et m = bn=2c + 1. Montrer qu'on peut trouver une constante absolue C telle que pour toute fonction {lipschitzienne f et pour tout n, on a kf Jf;nk 6 C=n: 4. Supposons maintenant seulement f continue, et notons !f le module de continuite de f , de ni par !f (t) = supfjf (x) f (x0)j ; jx x0 j 6 tg: Montrer qu'il existe C 0 tel que kf Jf;nk 6 C 0 !f (1=n): 5. En conclure que si f est une fonction de [ 1; 1] dans R , il existe un polyn^ome, qu'on notera encore Jf;n , de degre au plus n et tel que kf Jf;nk 6 C!f (1=n): Solution :

Si Kn est un polyn^ome trigonometrique de degre n, alors Jf;n en est un aussi. En eet, par la commutativite du produit de convolution, qui se demontre gr^ace au changement de variable u =  t, on a 1 Z  f ( t)eint dt = 1 Z  f (u)ein( u) du = ein 1 Z  f (u)e inu du: 2  2  2  Notre armation en decoule en ecrivant Kn sous forme complexe. R Comme  Kn(t) dt = 2, si f est constante egale a a, alors Jf;n = a. En eet, on a Z Z Jf;n() = 21 f ( t)Kn(t) dt = 21 aKn(t) dt = a:   2. Si f est -lipschitzienne, on peut  ecrire Z 1 jJf;n() f ()j 6 2  jf ( t) f ()j jKn(t)j dt Z Z  1 6 2   jtj jKn(t)j dt = 2  jtKn(t)j dt: 3. V eri ons que Kn est bien un polyn^ome trigonometrique. On commence par veri er que c'est le cas de la fonction sin2(mt=2)= sin2 (t=2). En eet, on a sin2 (mt=2) = 1 cos mt : 1 cos t sin2 (t=2) 1.

151

Approximation

Or si on pose x = cos t, on sait que cos mt est le polyn^ome de Tchebychev Tm (x). Comme pour t = 0 on a 1 cos mt = 0, ceci prouve que le polyn^ome 1 Tm (x) est divisible par 1 x, donc que (1 cos mt)=(1 cos t) est un polyn^ome trigonometrique de degre m 1. On en deduit immediatement que Km est un polyn^ome trigonometrique de degre 2(m 1) 6 n. Le trace de sin4(mt=2)=m4 sin4(t=2) pour quelques valeurs de m montre que c'est une fonction qui presente un (( pic )) de plus en plus serre autour de 1. 1

0.8

0.6

0.4

0.2

-3

-2

-1

00

1

2


sin(mt=2)=m sin(t=2) 4 , pour m = 2; 3; 5; 10.

3

x

Trace de

R

On doit deja choisir n pour que  Kn(t) dt = 2, c'est-a-dire prendre 4 R n = 2=  msin(sin(mt=t=2)2) dt. On est donc conduit a majorer et a minorer respectivement les integrales I1 et I2, avec

I1 =

Z

(mt=2) dt j tj msin4 sin 4 (t=2)  4

et

I2 =

Z  sin4 (mt=2) dt:  m4 sin4 (t=2)

L'inegalite de concavite sin u > 2u=, valable pour u 2 [0; =2], permet d'obtenir la majoration

Z  sin4 (mt=2) Z =2 sin4 (mu) t m4 sin4(t=2) dt = 8 u m4 sin4 u dt 0 0   4 Z =2 sin4 (mu)   4 Z m=2 sin4 v 8 6 8 2 0 u m4u4 du = m2 2 0 v3 dv   4 Z +1 sin4 v 8 6 m2 2 0 v3 dv:

I1 6 2

152

Analyse numerique

Cette derniere integrale peut ^etre facilement majoree par Z +1 sin4 v Z 1 sin4 v Z +1 sin4 v v3 dv 6 Z0 v v4 Zdv + 1 v3 dv 0 +1 dv 1 < v dv + v3 dv = 1=2 + 1=2 = 1: 0

1

Pour minorer I2, on remarque que sin u 6 u sur [0; =2], d'ou Z  4 (mt=2) Z =2 sin4 (mu) I2 > 2 msin4 sin dt > 4 4 (t=2) m4u4 du 0 0 Z m=2 sin4 v Z =2 sin4 v 4 4 >m 0 v4 dv > m 0 v4 dv: Par ailleurs, comme sin t=t > 2= sur ]0; =2[, on a une minoration de cette derniere integrale :  2 3 Z =2 sin4 v dv > v4  : 0

On en conclut la majoration

 : 1 kf Jf;nk 6 2 2I 6 I m 26 7

2

Comme m > n=2, on en conclut l'inegalite cherchee, avec la constante 7 C = 2 26 < 100: Remarque. Ce resultat n'est pas le resultat optimal. On peut montrer, au prix d'une demonstration plus sophistiquee (voir par exemple Cheney [Chen]) qu'il existe un polyn^ome trigonometrique Pn de degre n tel que kf Pnk 6 2(n+ 1) ; ce resultat etant, en general, optimal. 4. Commencons par observer que le module de continuit e est une fonction croissante de t et qu'il veri e !f (t + t0 ) 6 !f (t) + !f (t0): En eet, si jx x0 j < t+t0 , on peut trouver x00 tel que jx x00j < t et jx00 x0 j < t0 , d'ou, par l'inegalite triangulaire : jf (x) f (x0)j 6 jf (x) f (x0)j + jf (x0) f (x00)j 6 !f (t) + !f (t0 ): On en deduit l'inegalite suivante, en notant dxe le plus petit entier plus grand que x : !f (t) 6 !f (dnte=n) 6 dnte!f (1=n) 6 (nt + 1)!f (1=n):

153

Approximation

On se sert maintenant de cette inegalite pour majorer kf Jf;nk : Z jJf;n() f ()j 6 21  jf ( t) f ()j jKn(t)j dt Z 1 6 2  !f (t) jKn(t)j dt =n) Z  (n jtj + 1) jK (t)j dt: 6 !f (1 n 2  On obtient ainsi l'inegalite kf Jnk 6 C 0!f (1=n); R ou C 0 est un majorant pour tout n de  (n jtj + 1) jKn(t)j dt. D'apres les calculs precedents, un tel C 0 existe et on peut le prendre par exemple egal a C + 1. 5. Commencons par traiter le cas de l'intervalle [ 1; 1]. On consid ere la fonction '() = f (cos ), qui est donc paire. On va montrer que ceci entra^ne que la fonction J';n est elle aussi paire, donc est un polyn^ome trigonometrique sans termes en sin k. En eet, le polyn^ome trigonometrique Kn est lui m^eme pair et on a Z Z J';n() = 21 f ( t)Kn(t) dt = 21 f ( + t)Kn( t) dt  Z  1 = 2 f (  t)Kn(t) dt = J';n( ): 

En developpant chaque cos k en un polyn^ome en cos , a l'aide des polyn^omes de Tchebychev (exercice 21{7), on en conclut que J';n() = P (cos ), pour un polyn^ome P de degre au plus n. D'apres la question precedente, on a la majoration k' J';nk 6 C 0!'(1=n): Par ailleurs lorsqu'on compare le module de continuite !' de ' sur [ ; ] a !f , celui de f sur [ 1; 1], on constate que pour tout t > 0, !'(t) 6 !f (t). En eet, si j 0j < t on a jcos  cos 0j < t d'ou j'() '(0)j 6 !f (t). Par consequent, on a obtenu () kf P k 6 C 0!f (1=n): Il reste a traiter le cas d'un intervalle [a; b] quelconque. Si f est une fonction sur [a; b], la fonction f~(x) = f (y), avec y = (2x a b)=(b a), est de nie sur [ 1; 1] et donc veri e (). On voit facilement que !f~(t) = !f (b a)t , ce qui conclut la demonstration. Remarque. Ce resultat est une nouvelle version du theoreme de Weierstra, qui a le merite de preciser la qualite de l'approximation obtenue. On aura l'occasion de s'en servir quand on voudra une estimation precise du terme de reste.

154

Analyse numerique

Exercice 21{6. Polyn^omes orthogonaux Soit  une mesure positive sur R telle que pour tout n 2 N , on a Z +1 n (1) 1 x d < 1 et telle que pour tout polyn^ome non nul P qui prend des valeurs positives sur supp , on a Z +1 (2) P (x)d > 0: 1 Le produit scalaire dans L2 () de nit un accouplement Z +1 hP Qi = 1 P (x)Q(x)d: 1. Montrer qu'on peut construire une suite de polyn^omes (Pn) telle que Pn est de degre n et de coecient dominant positif, avec la propriete d'orthogonalite hPn Pm i = nm (nm est le symbole de Kronecker, egal a 1 si m = n et nul sinon). Y a-t-il unicite ? 2. Montrer que les Pn veri ent une equation fonctionnelle du type

Pn(x) = (anx + bn)Pn 1(x) + cnPn 2(x):

3. En deduire que n X (3) Pi(x)Pi (y) =

n Pn+1(x)Pn(yx) Py n(x)Pn+1 (y) n+1 i=0 (formule de Darboux). Que peut-on dire du signe de Pn0 +1 Pn Pn0 Pn+1 ? 4. Montrer que Pn possede n zeros reels, simples. Montrer que si supp   [a; b], alors tous les zeros de Pn sont situes dans ]a; b[. 5. Si on note xn;1 ; : : : ; xn;n les zeros de Pn ranges par ordre croissant, montrer qu'on a

xn+1;k < xn;k < xn+1;k+1:

Indications : 2. Developper xPn 1 (x) sur la base (Pn ). 5. On pourra utiliser la question 3. Solution :

On voit facilement d'apres (1) et (2) que l'accouplement h: :i de nit une forme bilineaire de nie positive sur l'ensemble des polyn^omes. L'application de l'algorithme de Gram-Schmidt a la base (1; x; x2; : : : ) fournit directement la famille othonormee (Pn) cherchee. Par ailleurs, le choix du signe du coecient dominant de Pn xe Pn a chaque etape de l'algorithme (il y a normalement deux choix possibles pour le signe de chaque vecteur). Les polyn^omes (Pn) sont donc bien uniques. 1.

155

Approximation

Remarque. On a choisit de normaliser les polyn^omes Pn en imposant

hPn Pni = 1. Certains auteurs preferent imposer a Pn d'^etre unitaire, ce qui

change les valeurs de certaines constante dans les question qui suivent. 2. D eveloppons le polyn^ome xPn 1 dans la base (Pk )k=0;:::;n en ecrivant P n xPn 1 = i=0 ciPi. Comme les (Pi) sont orthonormes, on a

Z +1

ci = hxPn 1 Pii = xPn 1 (x)Pi(x)d = hPn 1 xPi i 1 =0 pour i + 1 < n 1: On en deduit que seuls cn, cn 1 et cn 2 sont non nuls ce qui fournit l'equation fonctionnelle cherchee. On peut expliciter cn et cn 2. En notant k le coecient dominant de Pk (qui est de degre k), on a xPn 1  Pn mod R [x]; n 1

n 1 n car ces deux polyn^omes sont unitaires et de m^eme degre, d'ou, comme Pn?R n 1 [x], * +

n 1 cn = hxPn 1 Pni = Pn Pn =

n 1 hPn Pni =

n 1 : n

De facon similaire on obtient quand n > 2

n

n

* xPn 2 i = Pn

+

n 2 : n 2 P cn 2 = hxPn 1 Pn 2i = hPn 1 1 n 1 =

n 1

n 1 En revanche, il n'est pas possible de determiner a priori le coecient b = cn 1 = hxPn 1 Pn 1i. D'ou nalement la formule de recurrence !

n Pn = x + hxPn 1 Pn 1i Pn 1 + (

n n )22 Pn 2: n 1

n 1

Cette formule est valable pour n > 2, et aussi, a condition de poser P 1 =

1 = 0, pour n = 1 (en eet, on a xP0 = c1P1 + c0P0 , avec les m^eme formules pour c0 et c1). 3. Commencons par prouver la formule pour n = 0. On a P0 (x) = 0 et P1(x) = 1x + , d'ou

0 P1(x)P0 (y) P0(x)P1 (y) = 0 0(P1(x) P1(y)) = 2 = P (x)P (y): 0 0 0

1 x y

1 x y A l'aide de la formule de recurrence, on montre ensuite que Pn+1(x)Pn(y) Pn(x)Pn+1(y)     = (ax + b)Pn(x) + cPn 1(x) Pn(y) (ay + b)Pn (y) + cPn 1(y) Pn(x)   = a(x y)Pn(x)Pn (y) + c Pn(x)Pn 1(y) Pn(y)Pn 1(x) ;

156

Analyse numerique

ou encore, lorsqu'on remplace a (= an) et c (= cn) par leurs valeurs,

n Pn+1(x)Pn(y) Pn(x)Pn+1 (y)

n+1 x y = Pn(x)Pn(y) + n 1 Pn(x)Pn 1(y) Pn 1(x)Pn(y) :

n x y On en conclut l'egalite souhaitee par recurrence. Pour faire appara^tre Pn0 +1Pn Pn0 Pn+1, on fait tendre y vers x dans la formule de Darboux (3). On obtient, en invoquant la formule de l'H^opital, n X

n Pn+1(x)Pn(y) Pn(x)Pn+1(y) Pi(x)2 = ylim !x n+1 x y i=0   d P (x)P (y ) P (x)P (y ) n +1 n n n +1

= n dy d

n+1 dy (x y )   =

n Pn0 +1(x)Pn(x) Pn0 (x)Pn+1(x) : n+1

P0

On en conclut que n+1(x)Pn (x) Pn0 (x)Pn+1 (x) est toujours strictement positif. 4. Soient x1 ; : : : ; xm les z eros de Pn de multiplicite impaire situes dans ]a; b[. Supposons que m < n et notons P (x) = Qmi=1(x xi ). Alors d'une part on a hPn P i = 0, car P est de degre 6 n 1, et d'autre part, comme le polyn^ome non-nul P (x)Pn(x) est de signe constant sur ]a; b[, on a par (2)

hPn P i =

Zb a

Pn(x)P (x)d =

Z +1 1

Pn(x)P (x)d 6= 0;

ce qui constitue une contradiction. Donc m = n ce qui montre que les racines de Pn sont reelles, simples et toutes situees dans ]a; b[. 5. Soient ;  0 deux z eros consecutifs de Pn. Comme les zeros de Pn sont simples, on a Pn0 ( )Pn0 ( 0) < 0. D'apres l'inegalite de la question 3, on obtient Pn0 ( )Pn0 +1( ) < 0 et Pn0 ( 0)Pn0 +1( 0) < 0, donc Pn+1( ) et Pn+1( 0) sont de signes opposes, ce qui montre que Pn+1 s'annule au moins une fois entre  et 0. Pour montrer qu'il ne peut pas y avoir plus d'un zero de Pn+1 entre deux zeros de Pn, on observe que si  = xn;n est le plus grand zero de Pn, Pn+1 s'annule entre  et b (et de m^eme entre a et xn;1). En eet, comme le coecient dominant de chaque Pn et de chaque Pn0 est positif, on a Pn(x) ! +1 et Pn0 ! 1 quand x ! +1. Ceci montre que Pn(b) > 0. De plus, le polyn^ome Pn0 est de degre n 1 et s'annule donc seulement entre deux zeros de Pn, donc Pn0 ( ) > 0. Encore d'apres la question 3, on obtient Pn+1( ) < 0. Comme Pn+1(b) > 0, on en conclut que Pn+1 s'annule entre  et b. Par consequent, on a localise tous les n + 1 zeros de Pn+1 : il y en a n 1 entre chaque couple de zeros consecutifs de Pn, un a gauche et un a droite. Ceci s'ecrit encore :

157

Approximation

a < xn+1;1 < xn;1 < xn+1;2 <


< xn+1;n < xn;n < xn+1;n+1 < b:

Exercice 21{7. Polyn^omes de Tchebychev : generalites 1. Soit Tn(x) = cos(n arcos x) pour x 2 I = [ 1; 1]. Montrer que Tn(x) est une fonction polyn^omiale de x de degre n. On notera encore Tn le polyn^ome correspondant, appele polyn^ome de Tchebychev de premiere espece. Que vaut son coecient de plus haut degre ?

2. Quelles sont les racines de Tn et ses extrema sur I ? En deduire que Tn+1=2n est parmi les polyn^omes unitaires de degre n + 1 celui qui realise le minimum de k:k1 sur I . 3. Montrer que les Tn sont orthogonaux pour le produit scalaire Z1 hf gi = 1 f (x)g(x) p1dx x2 : En deduire que Tn , Tn 1 et Tn 2 , veri ent une relation de recurrence dont on determinera les coecients a l'aide d'une formule de trigonometrie elementaire.

Indications : 1. On pourra utiliser la formule de Moivre. 2. On pourra utiliser l'exercice 21{4. Solution : 1.

Posons  = arcos x. On a

p

Tn(x) = cos n = Re(cos  + i sin )n = Re(x + i 1 "X # n n n! X k n k 2 k= 2 = Re = i x (1 x ) k=0; k pair k=0 k

x2 )n ! n xn k (x2 1)k=2; k

ce qui montre que Tn(x) est un polyn^ome en x de degre n. Son coecient dominant vaut : bX n=2c k=0

8 ! n = (1 + 1)n + (1 1)n = 2 t quand t 2 [0; 2 ]. 6. On pourra comparer une somme et une integrale. Solution :

De Ln = Pni=0 f (xi )li, on deduit jLn(x)j 6 kf k Pni=0 jli (x)j 6 nkf k. Ceci montre que la norme d'operateur de Ln veri e Ln 6 n. Pour montrer l'inegalite dans l'autre sens, il sut d'exhiber une fonction f tellePque kLn (f )k = nkf k. Pour cela, xons un  2 I qui realise le maximum de ni=0 jlij, ce qui est possible puisque les li sont continus et I est compact. On construit alors une fonction f continue telle que kf k = 1 et f (xi ) = sgn li( ) (on peut prendre par exemple une fonction qui prend les valeurs indiquees et qui est ane entre deux xi ). On a alors 1.

Ln(f )( ) =

n X i=0

sgn li( )
li ( ) =

n X i=0

jli( )j = n

et donc kLn(f )k > nkf k, ce qui termine la demonstration. 2. On note que le polyn^ ome de meilleure approximation Pn(f ) est par de nition de degre au plus n. Ainsi on a Ln(Pn(f )) = Pn(f ), d'ou

kf Ln (f )k = kf Pn(f ) + Ln (Pn(f )) Ln(f )k 6 kf Pn(f )k + kLn(Pn(f )) Ln(f )k 6 kf Pn(f )k + nkf Pn(f )k = (1 + n)dn(f ); ce qui repond a la question. 3. On a

Y x xj Y x j=n Y nx j = = j 6=i xi xj j 6=i i=n j=n j 6=i i j Q (nx j ) Q (nx j ) j 6=i j = 6 i n i = ( 1) =Q Q i!(n i)! : ji (i j )

li(x) =

174

Analyse numerique

Pour x = x1 =2 = 1=2n, on obtient : n Y jli(1=2n)j = i!(n 1 i)! j1=21 ij j1=2 j j j =0 n Y = i!(n 1 i)! 4 j1=12 ij jj 1=2j j =2 ! n 1 Y 1 1 1 1 n > i!(n i)! 4n j > i!(n i)! 4n2 n! = i 41n2 : j =1 On en conclut n n! 1 X 2n : n > > i 4n2 4n2 i=0

Remarque. On voit que n diverge assez rapidement. Cela rend le procede instable numeriquement (car tres sensible aux erreurs de calculs sur la fonction). De plus, d'apres le theoreme de Banach-Steinhaus (voir le tome 3), cette minoration implique qu'il existe des fonction continues f telles que la suite Ln(f ) n'est pas bornee, donc ne converge pas vers f . Ry 4. On veut minorer jcos x cos y j = j x sin t dtj. On remarque qu'on a sur [0; =2] la minoration sin t > 2t= due a la concavite de t 7! sin t sur cet intervalle. Si 0 6 x; y 6 =2, on peut ecrire Z Z y 2 2 sin t dt > y 2t dt = jy x j > jx yj sin y ;   x  x car y > sin y quand y > 0. Si =2 6 x; y 6 , on se ramene au cas precedent par le changement de variable t 7!  t. En n si x 6 =2 6 y ou y 6 =2 6 x, cos x et cos y sont de signes opposes donc on a jcos x cos yj = jcos xj + jcos yj = jcos x cos =2j + jcos =2 cos yj > jx =2j sin =2 + j=2 yj sin y > jx yj sin y : 5. En combinant l'expression de li trouv ee a l'exercice 22{4 avec les calculs de l'exercice 21{8, on trouve pour x 6= xi (x) ( 1)i+1 sin i cos(n + 1) ; li(x) = (x Txn+1 = n + 1 cos  cos i i )Tn0 +1 (xi ) ou on a pose  = arcos x. En invoquant la question precedente, on obtient pour  6= i n + 1)j : (1) jli(x)j 6  jcos( j i j Or par le theoreme des accroissements nis, on a la majoration (2) jcos(n + 1)j = jcos(n + 1) cos(n + 1)ij 6 (n + 1) j ij :

Interpolation

175

En combinant (1) et (2), on obtient jli (cos )j 6 . On sait par ailleurs que li(xi ) = 1, donc on peut en conclure la majoration !  jli(cos i)j 6 min ; j  j : i

On doit maintenant majorer Pni=0 jli(cos )j pour tout  2 [0; ]. Fixons  et soit j = max(f 1g [ fi ; i 6 g). Notons h = =(n + 1) = i+1 i. On a alors j i j 6 h min(ji j j ; ji j 1j); 8i 6= j; j + 1: On en deduit la majoration n X X  jli (cos )j 6 2 + i=0 i6=j;j +1 (n + 1)h min(ji j j ; ji j 1j)   1 1 6 2 + 2 1 + 2 +


+ n : Or la serie harmonique 1+1=2+


+1=n est equivalente a log n, ce qui montre que n = O(log n). Le theoreme de Jackson nous arme qu'il existe une constante K telle que   dn(f ) 6 K!f n1 : On en conclut que si Ln est le polyn^ome d'interpolation de f au zeros des polyn^omes de Tchebychev, il existe une constante C telle que pour n > 2, 1 kf Lnk 6 C log n!f n : Remarque. Une demonstration plus precise (voir Rivlin [Rivl]), donne n 6 2 log n + 1. 6. Pour x = 1 on a  = 0, d'ou cos  = cos(n + 1) = 1 et jsin i j jli(x)j = jli(cos )j = (n + 1)(1 cos i ) cos(i =2) = 1 cotg( =2): = n +1 1 sin(i =2) i 2 n+1 sin (i =2) On obtient donc, pour h = =(n + 1), n n X X 1 n > jli(1)j = n + 1 cotg(i =2) i=0 Z n +h i=0 Z =2 1 > h(n + 1)  cotg(=2) d = 2  =2 cotg t dt; 0 0 en appliquant le theoreme de comparaison d'une serie et d'une integrale (cotg est decroissante sur ]0; =2]).

176

Or

Analyse numerique

Z =2  0 =2

h

i=2

cotg t dt = log(sin t) 0=2 = log(sin(0 =2))

et on obtient nalement

!

> log 2 4(n+ 1) = log(2(n + 1));

n > 2 log(n + 1) + 2 log 2:

Remarque. P. Erdos a montre 1 qu'il existe une constante c telle que pour

tout choix des points d'interpolations xi, on a n > 2 log n c. Ceci montre que les zeros des polyn^omes de Tchebychev ne sont pas loin d'^etre les meilleurs points d'interpolation possible. Neanmoins, la determination de ces derniers reste une question ouverte. Ce resultat montre en particulier qu'il n'existe pas de famille de points d'interpolation (xn;i)06i6n tels que la suite des polyn^ome de Lagrange Ln (f ) aux point xn;0; : : : ; xn;n converge uniformement vers f pour toute fonction f continue.

Erdo s, Problems and Results on the Theory of Interpolation II, Acta Math. Acad. Sci. Hungar., 12 (1961), 235{244. 1 P.

CHAPITRE XXIII

Integration numerique Exercice 23{1. Integration numerique : generalites Soit [a; b] un intervalle compact de R et f une fonction de [a; b] dans

un Banach. On appelle procede d'integration numerique associe aux points x1; : : : ; xm 2 [a; b] et aux poids 1; : : : ; m 2 R l'application

f 7! I (f ) =

m X i=1

if (xi):

R

On se propose d'etudier la qualite de l'approximation de [a;b] f par I caracterisee par le terme d'erreur

Zb

E (f ) = I (f ) f: a 1. On suppose que le procede I est exact sur les polyn^omes de degre au plus n, autrement dit E (P ) = 0; 8P 2 R n [X ]: Montrer que pour toute fonction f de classe C n+1 , on peut ecrire E (f ) sous la forme Zb E (f ) = n1! f (n+1) (t)Kn(t)dt; a avec

Kn(t) = E (x 7! (x t)n+); ou (x t)n+ = max(0; (x t)n): (On dit alors que I est d'ordre n). 2. En deduire une majoration simple de E (f ) en fonction de kf (n+1) k1. Que peut-on dire si f est a valeurs reelles et Kn est de signe constant sur [a; b] ? (Donner en particulier une relation entre f (n+1) , E (f ) et E (xn+1 ).)

Solution :

E crivons la formule de Taylor avec reste integral pour f en a a l'ordre n : f (x) = Pn(x) + rn(x); avec (n) 0 Pn(x) = f (a) + f 1(a) (x a) +


+ f n!(a) (x a)n 1.

178

Analyse numerique

et

Zx Zb 1 1 ( n +1) n rn(x) = n! f (t)(x t) dt = n! f (n+1) (t)(x t)n+ dt: a a Comme E (Pn) = 0 et comme E est lineaire, on en conclut que E (f ) = E (rn). Il reste a calculer E (rn). La fonction (t; x) 7! f (n+1) (t)(x t)n+ est continue et le theoreme de Fubini entra^ne Zb Zb a

Ainsi,

a

f (n+1)(t)(x

!

t)n+ dt m X

dx =

Zb a

f (n+1)(t)

Zb a

(x

!

t)n+ dx

dt:

Zb

rn E (f ) = E (rn) = irn(xi) a i=1 ! Zb Zb m X 1 ( n +1) n = n! a f (t) i=1 i (xi t)+ a (x t)+ dx dt Zb = n1! f (n+1) (t)E ((x t)n+)dt: a La fonction Kn(t) = E (x 7! (x t)n+ ) est appelee noyau de Peano. 2. On a facilement Z b Zb jE (f )j 6 n1! a f (n+1) (t)Kn(t) dt 6 n1! kf (n+1) k1 a jKn(t)j dt; R d'ou jE (f )j 6 Cnkf (n+1) k1, avec Cn = 1=n! ab jKn(t)j dt. Si Kn est de signe constant et f a valeurs reelles, on peut utiliser le theoreme de la moyenne : il existe un  2 ]a; b[ tel que Zb 1 ( n +1) E (f ) = n! f ( ) Kn(t)dt: a Rb n +1 n +1 Par ailleurs, comme d dxnx+1 = (n + 1)!, on obtient E (xn+1 ) = (n+1)! n! a Kn , donc, n+1 E (f ) = En(x+ 1 ) f (n+1) ( ):

Exercice 23{2. Methodes de Newton-Cotes

Il s'agit des procedes d'integration numerique (cf. l'exercice 23{1) ou les points d'interpolation sont egalement repartis. Soient [a; b] un intervalle de R , n > 1 un entier et pour 0 6 i 6 n les points xi = a + i(b a)=n. 1. Montrer qu'il existe des constantes uniques i 2 R telles que le procede f 7! Pni=0 if (xi) est exact sur les polyn^omes de degre 6 n. 2. Si n est pair, montrer que la methode de Newton-Cotes est exacte pour les polyn^omes de degre 6 n + 1.

179

Integration numerique

3. Calculer le noyau de Peano (cf. l'exercice 23{1) pour n = 1 et 2. En deduire que si f 2 C 2 ([a; b]) (resp. C 4 ([a; b])), il existe  2 ]a; b[ tel que

Zb a

b a f (a) + f (b) = (b a)3 f 00( ) 2 12

f

(methode des trapezes) et

Zb a

f

! b a f (a) + 4f ( a + b ) + f (b) = (b a)5 f (4) ( ) 6 2 2880

(methode de Simpson).

Indications : 1. Utiliser les polyn^omes interpolateurs de Lagrange. 3. Pour la methode des Simpson, on pourra simpli er les calculs en se ramenant au cas

[a; b] = [ 1; 1]. Solution :

Soit !(x) = Qni=0 (x xi ) et considerons !k (x) = !(x)=(x xk ) qui est un polyn^ome de degre n. Necessairement, les i doivent veri er 1.

Zb a

!k (x) dx =

n X i=0

i !k (xi ) = k !k (xk ):

Ceci prouve que les i, s'ils existent, sont uniques et veri ent Z bY 1  k = Q (x x ) (x xi ) dx: i a i6=k i6=k k D'autre part, si f est une fonction [a; b] ! R , d'apres les resultats sur l'interpolation de Lagrange, il existe une unique fonction polyn^omiale f~ de degre 6 n qui prend la valeur f (xi) en xi. Elle est donnee par la formule Q (x x ) n X ~ f (x) = f (xk ) Q i6=k(x xi ) : i i6=k k k=0 Si f est elle-m^eme polyn^omiale de degre 6 n, on a ainsi f~ = f . Alors, Zb Zb n n X X f (x) dx = f (xk ) !!k((xx)) dx = k f (xk ): a a k k k=0 k=0 Ceci prouve qu'il existe un unique procede d'integration numerique aux points xi qui est exact sur les polyn^omes de degre 6 n. 2. Il faut montrer que pour n pair, la m ethode de Newton-Cotes donne la R bonne valeur pour l'integrale ab xn+1 . Comme elle est deja Rexacte pour les polyn^omes de degre 6 n, on peut le veri er pour l'integrale ab(x c)n+1 ou c = (a + b)=2. Or, par symetrie, n i = i alors que xn i + xi = a + b = 2c. On a ainsi I ((x c)n+1) = 0 et bien s^ur Zb   (x c)n+1 dx = 1 (b c)n+2 (a c)n+2 = 0: n+2 a

180

Analyse numerique

Par consequent, lorsque n est pair, la methode de Newton-Cotes est bien exacte sur les polyn^omes de degre n + 1. Remarque. Plus generalement, un procede d'integration symetrique permet d'augmenter l'ordre d'une unite lorsqu'il est pair. La demonstration est bien entendu la m^eme. 3. Commencons par traiter le cas n = 1. On a Zbx b Zbx a b a 0 = a b dx = 2 et 1 = b a dx = b 2 a : a a D'autre part, le noyau de Peano est donne par la formule Zb (x t)+ dx + b 2 a ((a t)+ + (b t)+) K (t) = a ( b t)2 + (b a)(b t) ; = 2 2

et donc K (t) = (b t)(t a)=2 > 0. Comme K (t) est de signe constant, la derniere question de l'exercice 23{1 arme qu'il existe  2 [a; b] tel que Zb b a f 2 (f (a) + f (b)) a Zb !  b a 1 2 2 00 (x a) dx = f ( ) 2! 2 0 + (b a) a

!

(b a)3 (b a)3 = 2 3 2 3 = (b a) f 00( ): 12 Traitons maintenant le cas n = 2. On calcule les coecients i, en posant c = (a + b)=2 : 9 8" #b Z b Z b (x b)(x c) 2 2 < (x b) = 0 = (a b)(a c) = (b 2 a)2 : (x 2 b) (x c) 2 ; a a a ( 1 1 b a 2 (a b)3 ) 2 ( b a ) = (b a)2 (c a) 2 + 6 = 2(b a) 4 6 = 6 ; 8" 9 #b Z b Z b (x a)(x b) 2= < (x a)2 ( x a ) 4 1 = (c a)(c b) = (b a)2 : 2 (x b) 2 ; a a a 3 = (b 4 a)2 (b 6 a) = 4 b 6 a ; 2 = 0 = b 6 a par symetrie.

f 00( ) 1

(On a calcule les integrales en faisant des integrations par parties, a n de ne pas developper: : : ) Remarquons ensuite que la methode est exacte pour les polyn^omes d'ordre 3 d'apres la question precedente.

Integration numerique

181

Le noyau de Peano est alors donne par la formule

K (t) =

Zb

  (x t)3+ dx + (b a) (a t)3+ + 4(c t)3+ + (b t)3+ : 6 a

Pour nous ramener au cas ou [a; b] = [ 1; 1], utilisons le changement de variables x = b+2 a + b 2 a x0 , soit x t = (x0 t0 )(b a)=2, et alors 4 Z1   K (t) = (b 16a) (x0 t0 )3+ dx0 + 1 ( 1 t)3+ + 4( t)3+ + (1 t)3+ 3 1 4 4 3! 4 (1 t ) (1 t ) ( b a ) 3 : + max( t; 0) + = 16 4 3 3

Ainsi, si t > 0, on a 4 1 4 ( b a ) ( b a ) 3 K (t) = 16 12 ( 3 + 3t + 4)(1 t) = 16 (1 t)3 (1 + 3t) > 0;

tandis que quand t 6 0, on a par symetrie K (t) = K ( t) > 0. Ainsi, le noyau de Peano est de signe constant et il existe  2 [a; b] tel que

Zb a

f

b a (f (a) + 4f (c) + f (b)) 6 2 0 13 !4 (4) ( ) Z b b a b a f @ + (b a)4 A5 = 4! 4 (x a)4 dx 6 0+4 2 a 5 (4) 4 1 = f 24( ) (b 6 a) 56 16 (4) (4) = f ( ) (b a)5 24 5 20 = f ( ) (b a)5 : 144 20 2880

Remarque. En fait, le noyau de Peano associe a une methode de NewtonCotes est toujours positif. Cependant, les coecients i peuvent prendre des signes arbitraires et ne sont pas born R es lorsque n est grand. Ainsi, il n'est pas possible d'approcher une integrale ab f en utilisant une methode de NewtonCotes sur tout l'intervalle [a; b] (penser qu'on conna^t f avec une precision ", si bien que l'erreur sur l'integrale est a priori de l'ordre de "(P jij) qui peut ^etre arbitrairement grand). Ce qu'on fait en revanche est de decouper l'intervalle en intervalles [ai; ai+1] dont la longueur tend vers 0 et d'utiliser une methode de Simpson ou des trapezes sur chaque intervalle, ou encore mieux, la methode de Romberg: : : De plus, le theoreme de Banach-Steinhaus (voir le tome 3) implique qu'il existe des fonctions continues telles que la suite des methodes de NewtonCotes ne converge pas vers l'integrale que l'on cherche a evaluer.

182

Analyse numerique

Exercice 23{3. Les methodes d'integration de Gau On reprend les notations de l'exercice 21{6, i.e. (Pn ) est une suite de polyn^omes orthonormes pour une mesure d sur R . Fixons n, et notons x1 <


< xn les zeros de Pn. On note n le coecient dominant de Pn. On a donc Pn = n (x x1 )


(x xn ). 1. Montrer qu'il existe des reels strictement positifs 1; : : : ; n tels que pour tout polyn^ome Q de degre au plus 2n 1, on a Z n X () Q(x)d = iQ(xi ): R i=1

2. Montrer que i peut se calculer par la formule i =

n+1 P (x1)P 0 (x ) : n n+1 i n i 3. Que peut-on dire pour les polyn^omes de degre superieur a 2n ? 4. Montrer que le choix des xi et des i est le seul qui rende exacte la formule (), pour tout Q de degre au plus 2n 1. 5. Soit J = supp  et f : J ! R une fonction de classe C 2n. On note Z n X I (f ) = f (x)d et In(f ) = if (xi): J i=1

Donner une majoration du reste rn = jI (f ) In (f )j en fonction de f (2n) . 6. Montrer que si f est une fonction continue et I = [a; b] est compact, alors In (f ) ! I (f ). Estimer le reste en fonction du module de continuite de f .

Indications : 1. On pourra considerer le polyn^ome d'interpolation de Lagrange de Q aux points xi . 2. On pourra utiliser la formule de Darboux (exercice 21{6). 5. On pourra considerer un polyn^ome d'interpolation de Hermite (exercice 22{4) de f . 6. Utiliser le derniere question de l'exercice 21{5 sur les theoremes de Jackson. Solution :

Soit Ln le polyn^ome de Lagrange de Q aux points xi , i.e. l'unique polyn^ome de degre au plus n tel que Ln(xi) = Q(xi). On se souvient que Ln s'ecrit Ln = Pni=1 Q(xi )li, avec li(x) = Qj6=i(x xj )=Qj6=i(xi xj ). Le polyn^ome R = Q Ln est de degre au plus 2n 1 et s'annule aux points xi qui sont les zeros de Pn. On peut donc l'ecrire R = SPn, ou S est un polyn^ome de degre au plus n 1. 1.

183

Integration numerique

On peut ecrire :

Z R

Z

Z R(x)d + S (x)Pn(x)d R ZR X n = Q(xi )li(x)d + hS Pni :

Q(x)d =

R i=1

Or S est de degre < n et les Pi sont orthogonaux, donc hS Pni = 0. On obtient nalement

Z

R

Q(x)d =

k X i=1

iQ(xi );

avec i =

Z

R

li(x)d:

En n, on montre que i > 0 en considerant le polyn^ome Q = li2 qui est positif et de degre 2n 2 : 0
0 et R P0(x)P0 (xj )d = R P02(x)d = 1 ; a droite, on peut utiliser la formule d'integration numerique puisqu'on a aaire a un polyn^ome de degre n 1. On a donc pour tout i = 1; : : : ; n " # n X

P n n (x) 1= j Pn+1 (xi) x x : i x=xj j =1 n+1 Le quotient Pn(x)=(x xi) vaut 0 quand x = xj 6= xi et P 0(xi) quand x = xi , et on obtient nalement i =

n+1 P (x1)P 0 (x ) : n n+1 i n i Remarque. On a vu a l'exercice 21{6 que Pn+1 (xi )Pn0 (xi ) < 0, donc on obtient une nouvelle demonstration du fait que i > 0. 3. Consid erons le polyn^ome de degre 2n Q(x) = (x x1 )2


(x xn)2 : R Q(x)d > 0, car Q est positif et non identiquement nul, et On a donc Pn  Q(x ) R= 0, ce qui montre que la methode de Gau n'est pas exacte sur i i=1 i les polyn^omes de degre 2n. 4. Montrons maintenant que le choix des xi et des i est le seul qui convienne. Un argument informel est de voir que l'egalite () pour Q = 2.

184

Analyse numerique

1; x; : : : ; x2n 1 est un systeme de 2n equations a 2n inconnues (lineaires en les i mais pas en les xi). Precisons la demonstration. D'abord, les xi doivent ^etre deux a deux distincts, car sinon la relation () avec n 1 points serait veri ee pour tout Q 2 R 2n 1 [x], ce qui contredit la question 2. En appliquant () aux polyn^omes Q = 1; : : : ; xn 1, on obtient le systeme d'equations Z n X ixki = xk d; k = 0; : : : ; n 1: i=1

R

Or la matrice A = (xij 1)i;j=1;:::;n est inversible, car son determinant est un Vandermonde, et les xi sont distincts deux a deux. Donc les i sont uniquement determines par les xi. Considerons maintenant les polyn^omes Q = Pn, xPn, : : : , xn 1Pn. On a Z n D E X k ixi Pn(xi) = xk Pn(x)d = xk Pn = 0; k = 0; : : : ; n 1; R i=1 ce qui montre que le vecteur colonne  = t [ 1Pn(x1 ); : : : ; nPn(xn )] est solu-

tion de l'equation AX = 0. Comme A est inversible on obtient  = 0. On peut en n conclure que Pn(xi ) = 0 pour tout i en observant que i > 0 (la demonstration la m^eme qu'a la premiere question). 5. Soit H le polyn^ ome d'interpolation de Hermite tel que H (xi) = f (xi) 0 0 et H (xi) = f (xi ). C'est un polyn^ome de degre au plus 2n 1, donc on a I (H ) = In(H ). Par ailleurs, on a In(H ) = In(f ). On peut donc calculer le terme d'erreur par l'integrale Z  rn(f ) = I (f ) In(f ) = I (f ) I (H ) = f (x) H (x) d: J

On sait que pour tout x 2 J , il existe un x tel que (2n) 2 (2n) f (x) H (x) = (x x1 )2


(x xn )2 f (2n()!x) = Pn (2x) f (2n()!x) : n   La fonction x 7! f (2n) (x) = f (x) H (x) =Pn(x)2 est continue, car f H s'annule a l'ordre 2 en chaque zero de Pn. On peut donc appliquer le theoreme de la moyenne et conclure qu'il existe  2 J tel que Z Z (2n) (f (x) H (x)) d = 2 (21 n)! f (2n) (x)Pn2(x) d = f 2 (2n()!) : J J n n Remarque. Il peut aussi ^etre interessant de savoir que le noyau de Peano de la methode de Gau est positif. Pour une demonstration, voir par exemple Demailly [Dema]. 6. La mention du module de continuit e nous fait penser au theoreme de Jackson (exercice 21{5), qui arme que le polyn^ome d'approximation de Jack son Jn de degre n de f veri e kf Jnk1 6 C!f (b a)=n ; ou C est une constante et !f le module de continuite de f .

185

Integration numerique

On a alors jrn(f )j = jI (f ) In(f )j 6 jI (f ) I (J2n 1)j + jI (J2n 1 ) In(J2n 1 )j + jIn(J2n 1) In(f )j

Zb ! n X 6 a d kf J2n 1k1 + 0 + ikf J2n 1k1 i=1 ! 6 C([a; b]) !f 2bn a1 ; donc rn(f ) ! 0 quand n ! 1.

Exercice 23{4. Integration aux zeros des polyn^omes de Tchebychev Soit une fonction f : [ 1; 1] ! R de classe C 2n ; montrer la formule d'integration numerique

! n  X 2 f (2n)( ); dx (2 i 1)  + f (x) p f cos = 2 n 2n 2 (2n)! 1 1 x2 i=1 n avec  2 [ 1; 1]. Indication : On remarquera que les n reels xk = cos( 2k2k 1 ) pour 1 6 k 6 n sont les zeros du n-eme polyn^ome de Tchebychev Tn et on utilisera les exercices 21{7 et 23{3. Z1

Solution :

Commencons par determiner les poids i. Comme on a une formule pour les polyn^omes qorthonormes, et comme les Tn sont seulement orthogonaux, on pose Ten = Tn= hTn Tni et n son coecient dominant. Comme n > 1, on sait que hTn Tqni = =2 et que le coecient dominant de Tn est 2n 1, donc que

n = 2n 1 2=. On a donc, d'apres la formule de l'exercice 23{3,  1 = i =

n+1 e Tn+1(xi )Tn0 (xi ) : n Tn+1 (xi )Ten0 (xi ) On a vu que si  = arcos x, on a sin n : Tn0 (x) = n sin  Ainsi pour i = arcos xi, on a les egalites suivantes :

q

sin i = 1 x2i ; sin ni = ( 1)i; cos ni = 0; ce qui donne les valeurs cherchees de Tn0 (xi) et Tn+1 (xi) : sin i = qn( 1)i Tn0 (xi ) = nsin i 1 x2i

186

Analyse numerique

et

  Tn+1 (xi) = cos (n + 1)i = cos(ni) cos i sin(ni ) sin i q i = ( 1) 1 x2i ; d'ou nalement i = =n. Pour calculer le coecient du reste, il sut d'appliquer la formule de la question 5 de l'exercice 23{3 pour obtenir 1 = 2 : 1 q = 2 2 n

n(2n)! (2n 1= =2)2(2n)! 2 (2n)!

Exercice 23{5. Methode d'integration de Romberg : generalites R Soit f : [a; b] ! R integrable. On note I (f ) = ab f et Tm (f ) la regle des trapezes composee 2m fois sur [a; b], de nie par !! m 1 2X b a f ( a ) + f ( b ) b a : + f a+k T (f ) = m

2m

2

2m

k=1

On introduit la methode d'integration de Romberg, de nie a partir de Tm par :

Tm0 = Tm

(1)

n n 1 n 1 Tmn = 4 Tm4+1n 1Tm :

et

1. Montrer que Tmn veri e la relation de recurrence !!   x + a  1 1 x + b n n n (2) + T f : T (f (x)) = T f m+1

2

m

2

2

m

2

2. Soit f de classe C 2m+2 . Montrer que (3) jTmn (f ) I (f )j 6 Cn(b a)2n+3 kf (2n+2) k12 m(2n+2) ; ou Cn est une constante qu'on ne cherchera pas a determiner. 3. D'apres (1), Tmn peut s'ecrire n X n Tm = an;n k Tn0+k ; k=0

pour certaine suite double (ai;j ). En etudiant la serie generatrice Pn (t) = Pn une i n i=0 an;i t , montrer que si f est Riemann-integrable, alors Tm (f ) converge vers I (f ) quand m est xe et n ! 1.

Indications : 2. On pourra utiliser l'exercice 23{1 en commencant par le cas de l'intervalle [ 1; 1]. 3. On pourra chercher a appliquer l'exercice 6{1 du tome 1 sur les suites de Cesaro.

187

Integration numerique Solution :

1. Par le changement de variable x 7! (x a)=(b a), on se ram ene au cas ou I = [0; 1]. On remarque aussi que Tmn etant une combinaison lineaire de Ti pour i 6 m + n, il sut de veri er (1) pour les Tm . Or la de nition de Tm nous montre que

2

!3

+1 1 2mX Tm+1 (f (x)) = 2m1+1 4 f (0) +2 f (1) + f 2mk+1 5 k=1 " !! m 1 2X f (0) + f (1 = 2) k 1 + f 2m+1 = m+1 2 2 k =1 0 !13 +1 1 2mX f (1 = 2) + f (1) k +@ + f 2m+1 A5 2 m k=2 +1 " !! m 1 2 X f (0) + f (1 = 2) k 1 + f 2m+1 = 2m+1 2 k=1 !!# m 1 2X k f (1 = 2) + f (1) + f 1 + 2m+1 + 2 k=1   = 1 Tm (f (x=2)) + Tm(f (1=2 + x=2)) ; 2

ce qui repond a la question. Pour montrer (2), il sut, d'apres l'exercice 23{1, de voir que Tmn est exacte sur les polyn^omes de degre au plus 2n + 1. Par le changement de variable x 7! (2x a b)=(b a), on se ramene a I = [ 1; 1]. On remarque que Tm(f ) = I (f ) = 0 pour toute fonction impaire f , ce qui montre que Tmn est exacte sur toutes les fonctions impaires, en particulier sur les mon^omes de degre impair. Procedons maintenant par recurrence : d'apres l'exercice 23{2, la methode des trapezes Tm0 = Tm est exacte sur les polyn^omes de degre au plus 1. Si Tmn est exacte sur les polyn^omes de degre au plus 2n + 1, alors Tmn+1 +1 l'est aussi n n comme combinaison lineaire de Tm+1 et Tm . Il reste seulement a voir qu'elle est exacte sur les mon^omes de degre 2n + 2. Si on note Em;n(f ) = Tmn (f ) I (f ), on a gr^ace a la formule de recurrence (2) et a un changement de variable 2.

   x 1    x 1  1 I (f ) = 2 Tmn f 2 I f 2       x + 1  I f 2 + 12 Tmn f x +2 1   x 1  1   x + 1  1 + 2 Em;n f 2 : = 2 Em;n f 2

Em;n (f ) = Tmn +1 (f )

188

Analyse numerique

Appliquons cette egalite a la fonction f (x) = x2n+2 : "  x 1 2n+2!  x + 1 2n+2!# 1 2 n +2 + Em;n Em+1;n(x ) = 2 Em;n 2 2 = 2(2n1+2) Em;n(x2n+2 ) + Em;n (P );

ou P est un polyn^ome de degre 6 2n +1. On a donc Em;n (P ) = 0 et on obtient nalement n+1 2n+2 2n+2 Em+1;n+1(x2n+2 ) = 4 Em+1;n (x4n+1 ) 1 Em;n(x ) = 0: On a ainsi montre que Tmn , et en particulier T0n, est exacte sur les polyn^omes de degre 2n + 1. D'apres l'exercice 23{1, il existe donc une constante Kn telle que jT0n(f ) I (f )j = jEm;0 (f )j 6 Knkf (2n+2) k1: Par l'inegalite triangulaire, on a       jEm+1;nf (x)j 6 21 Em;n f x 2 1 + 6 21 Em;n f x +2 1 ; ce qui permet de montrer par recurrence que n Tm+1 (f (x)) I (f ) 6 Kn2 m(2n+2) kf (2n+2) k1;





en tenant compte que k dxd22nn+2+2 f x2 1 k1 6 2 (2n+2) kf (2n+2) k1. En n si I = [a; b], on se ramene au cas precedent par le changement de variable y = 2xb aa b (ou x = (b a)y2+a+b ) qui donne, compte tenu que Tmn (f (x)) = b 2 a Tmn (f ( (b a)y2+a+b )) : ! 2n+2 b a d ( b a ) y + a + b n jTm (f ) I (f )j 6 Kn 2 k dy2n+2 f k12 m(2n+2) 2 = Cn(b a)2n+3kf (2n+2) k12 m(2n+2) ; avec Cn = 2 (2n+3) Kn. 3. D'apr es la de nition de Tmn , on a n n X Tmn = an;n k Tn0+k ; avec an;n k = 4 an 1;n 4km a1n 1;n k 1 : k=0 Le polyn^ome Pn(t) veri e donc la relation de recurrence n n n X X Pn(t) = an;iti = 4n 1 1 (an 1;i an 1;i 1)ti = (4 4nt)Pn1 1(t) : i=0 i=0 Comme P0 = 1, on en deduit l'expression de Pn : n 4i t Y Pn(t) = 4i 1 : i=1

189

Integration numerique

A l'aide de cette expression, on constate que n X

(4)

i=0

an;i = Pn(1) = 1 ;

que les an;i veri ent ( 1)ian;i > 0 et que n X

jan;ij = Pn( 1)
1. Pour cela, on va montrer que k2n est croissante entre 0 et 1=2 et decroissante entre

192

Analyse numerique

1=2 et 1. Sachant que k2n est 1-periodique et que k2n(0) = k2n(1) = 0, cela sura a conclure. La fonction k2(x) = x(1 x)=2 veri e clairement cette hypothese, que l'on suppose maintenant vraie pour k2n. Alors on a k2n(2x) k2n(x) > 0 pour x 2 [0; 1=2], mais aussi pour x 2 [1=2; 1=3] car alors 1=2 > 1 2x > 1 2=3 = 1=3 > x, et comme k2n est croissante sur [0; 1=2], cela donne f (2x) = f (1 2x) > f (x). De m^eme pour x 2 [1=3; 1=2] on montre que k2n(2x) k2n(x) 6 0. En combinant toutes les informations dont on dispose, on obtient successivement pour k2n+1 et k2n+2 les informations synthetisees par le tableau de variation : 0 1=3 1=2 2=3 1 ^k2n + + k2n+1 0 % + & 0 & % 0 k2n+2 0 % + & 0 ce qui conclut la recurrence. n est positif. Il sut donc de calculer 3. On sait que le noyau de Peano de Tm R 1 2 n +2 2 n +2 n 2 n +2 Em;n(x ) = 0 x dx Tm (x ) pour savoir que pour tout f de classe C 2n+2 , il existe  2 ]a; b[ tel que (2n+2) Em;n (f ) = Em;n (x2n+2) f 2n + (2 ) : Posons g(x) = x2n+2 =(2n + 2)!. Par la formule d'Euler-MacLaurin (tome 1, exercice 6{6), on a

Z1 0

(4)

Z 2m

g(2 mx) dx 0 nX +1 = Tm0 (g) + ( 1)k 1 (2Bkk)! 2

g(x) dx = 2

m

k=1 nX +1

(2k 1)m

 (2k 1)  g (1) g(2k 1)(0)

2mk ( 1)k 1 (2Bkk)! (2n 2 2k + 3)! : k=1 On a vu a l'exercice precedent que Tmn peut s'ecrire n n X Tmn = an;n k Tn0+k ; avec an;n k = 4 an 1;n 4km a1n 1;n k 1 : k=0 On obtient, en reportant dans (4) : nX +1 n 2(n i)k X Em;n(g) = an;n i ( 1)k 1 (2Bkk)! (2n2 2k + 3)! i=0 k=1 (5) ! nX +1 n 2nk X B 2 k k 1 ki ( 1) (2k)! (2n 2k + 3)! an;i4 : = i=0 k=1 P n On a vu aussi que la fonction generatrice Pn(t) = i=0 an;iti s'ecrit aussi n 4i t Y Pn(t) = 4i 1 : i=1

= Tm0 (g) +

193

Integration numerique

On en conclut que Pn(4k ) = 0 pour k = 1; : : : ; n et n i n n+1 Y n+1 i Y Pn(4n+1) = 4 4i 4 1 = 4i 1 4i4 1 = ( 1)n4n(n+1)=2 : i=1 i=1 Ainsi il ne reste dans la formule (5) que le terme correspondant a k = n + 1, et on obtient Em;n(x2n+2 ) = (2n + 2)!Em;n(g) = 2 2m(n+1) n(n+1) Bn+1; et jEm;n (f )j 6 Cnkf (2n+2)k12 m(2n+2) , avec Cn = 2 n(n+1)Bn+1 . Le cas ou I = [a; b] s'en deduit alors par un changement de variable. 4. Pour appliquer (2) avec la constante Cn d eterminee a la question prece( n ) dente, on doit commencer par majorer f et Bn pour tout entier n. Soit donc f analytique dans un ouvert contenant [a; b]. Quitte a restreindre

, on peut supposer que jf j est majoree dans par un reel M > 0. Les inegalites de Cauchy impliquent alors que (n) M n! 6 M n! ; 8x 2 [a; b]; 8n > 0; f (x) 6 d(x; @ )n n ou  = d([a; b]; @ ) > 0. Majorons maintenant Bn. On sait (voir l'exercice 6{6 du tome 1) que P 2(2 n )! 1 Bn = (2)2n  (2n) ; comme par ailleurs  (2n) = k=1 k 2n 6  (2), on a une majoration Bn 6 2 (2) exp(2n(log(2n) 2)): On en deduit alors l'estimation m(n+1) Bn+1 ! 4 log jEm;n(f )j = log 2n(n+1) 2n+2 M  n2 log 2; d'ou la convergence du reste vers 0, plus rapidement que toute suite geometrique.

Exercice 23{7. Methode de Monte-Carlo Soit X = [0; 1]d muni de la mesure de Lebesgue. On considere l'espace

= X N des suites a valeurs dans X , muni de la mesure produit des mesures de Lebesgue. R g(x) dx. P Soit g 2 L2 (X ) et pour  2 , e ( ) = 1 N g ( ) N

N

i=1

i

X

1. Montrer que l'on a Z 2 ! Z Z 1 2 2 jeN ( )j d = N X g (x) dx X g(x) dx :

suppose que jg (x)j 6 A pour presque tout x 2 X et que R 2.g2(On 2 X x) dx 6 B . Soit 2 [0; BA ]. Si  2 R , on considere la suite N ( ) = mesf 2 ; eN ( ) > Ag. En majorant N ( ) exp( A), montrer l'inegalite ! 2B  N ( ) 6 exp N  A :

194

Analyse numerique

3. En deduire qu'il existe une partie B de telle que si 2 B,2 on2 ait jeN ( )j 6 A, et que la mesure de n B soit inferieure a 2 exp N 4BA . Indications : 2. On utilisera l'inegalite et 6 1 + t + t2, valable pour jtj 6 1. 3. Choisir  convenablement ! Solution :

R g(x) dx, de sorte que e ( ) = 1 PN g~( ) et N X N k=1 k Z Z j eN ( )j2 d = N12 N (~g(1) +


+ g~(N ))2 X 0

1 Z N X X 1 = N 2 N @ g~2(k ) + 2 g~(k )~g(l )A d1 : : : dN X k=1 16k A, on a (c'est essentiellement l'inegalite de Bienayme-Tchebychev) : ! Z Z N X  N ( ) exp( A) 6 exp(eN ( )) d 6 exp N g~(k ) d



k=1 Z    N 6 X exp N g~(x) dx : Comme jg~(x)j 6 2A, on peut utiliser l'inegalite de l'indication des que  6 N=2A. Alors, on a ! !N Z 2   2 N ( ) exp( A) 6 1 + N g~(x) + N 2 g~(x) dx X !N 2 Z  2 6 1 + N 2 X g~(x) puisque la moyenne de g~ est nulle. Mais d'autre part,

Z

X

g~(x)2 dx =

Z

X

g(x)2 dx

Z

2 g(x) dx 6 B: X

Integration numerique

195

Ainsi, nous avons montre que ! 2 B !N 2B   N ( ) 6 1 + N 2 exp(  A) 6 exp N  A ; puisque 1 + t 6 et pour tout reel t (l'exponentielle etant convexe, elle est au-dessus de sa tangente en l'origine). Montrons l'inegalite et 6 1 + t + t2 pour jtj 6 1. Soit '(t) = (1 + t + t2)e t . Sa derivee etant '0(t) = (t t2)e t , ' est decroissante sur [ 1; 0] et croissante sur [0; 1]. Comme '(0) = 1, on a l'inegalite voulue. Remarque. Autre demonstration : la fonction f (t) = et 1 t t2 a au plus trois zeros sur R d'apres l'exercice 14{3. On voit que 0 est une racine exactement double et que f est negative dans un voisinage de 0. Comme f tend vers +1 en l'in ni, la troisieme racine x3 est positive et f est negative sur ] 1; x3] et positive sur [x3 ; +1[. Or, f (1) = e 3 6 0, si bien que 1 6 x3 et f 6 0 sur [ 1; 1]. 3. Il reste  a trouver  optimal2 pour que le membre de droite soit le plus petit possible. Le minimum de NB  A est obtenu pour  = AN 2B qui est inferieur a N=2A si et seulement si 6 B=A2, ce qui est vrai. Alors, on a 2 A2 ! 2 A2 N 2 B 2 ! N ( ) 6 exp 4B 2 N 2 = exp N 4B : Cela prouve que la mesure de l'ensemble des suites  telles que eN ( ) > A est inferieure a exp( N 2 A2 =4B ). De m^eme, l'ensemble des suites  telles que eN ( ) 6 A est de mesure inferieure a la m^eme quantite. Finalement, le mesure de B est bien inferieure a 2 A2 ! 2 exp N : 4B Remarque. Ce resultat montre qu'il est possible, en faisant de nombreux tirages au sort, d'evaluer l'integrale d'une fonction sur [0; 1]d sans aucune condition de regularite sur la fonction. D'autre part, le co^ut des calculs est plus faible, lorsque d est grand, que celui des methodes classiques du type NewtonCotes. Cette methode est due a Carlo Monte, mathematicien monegasque du e 19 siecle.

CHAPITRE XXIV

Resolution numerique d'equations, optimisation Exercice 24{1. Sur la continuite des racines d'un polyn^ome 1. Soit p(x) un polyn^ome a coecients complexes, 0 2 C une racine simple de p et g (x) un polyn^ome arbitraire. Montrer qu'il existe un disque ouvert D autour de 0 et une fonction analytique  : D ! C telle que  (0) = 0 et  (t) soit un zero de p(x) + tg(x). Calculer en n la derivee de  en 0. 2. On suppose que p et g sont a coecients reels et 0 2 R . Montrer que si t 2 R , alors  (t) 2 R . P 3. On d esormais que p(x) = nj=0 aj xj et g (x) = ak xk . Montrer suppose que si ak 0k =p0 (0 ) est grand compare a 0 , il sera impossible de garantir en pratique qu'un reel informatique  est proche de la racine 0 de p. Solution :

Soit  > 0 et  assez petit pour que  jg(z)j < jp(z)j si jz  j = . Alors, le theoreme de Rouche assure que pour tout t 2 C tel que jtj <  , l'equation p(z) + tg(z) = 0 possede une unique racine dans le disque jz  j < . Notons  (t) cette racine et montrons que  : D(0;  ) ! C est holomorphe. En eet, il sut de veri er que  est dierentiable au sens complexe. Or, on a pour tous jtj <  et jt0j <  0 = (p( 0) + t0 g( 0)) (p( ) + tg( )) ; si bien que (t0 t)g( ) = (p( 0) p( )) t0 (g( 0) g( )) : Comme en outre  0 !  lorsque t0 ! t, la quantite (t0 t)g( )=( 0  ) converge donc vers p0 ( ) tg0( ). Comme cette expression est non nulle pour t assez petit, t 7!  (t) est derivable au sens complexe dans un disque D(0; 0), de derivee g( (t)) 0 p ( (t)) + tg0( (t)) : 1.

197

Resolution numerique d'equations, optimisation

(C'est, si on veut, le theoreme des fonctions implicites dans le cadre holomorphe.) Sa derivee en 0 est ainsi g(0)=p0(0). 2. Pour tout t assez petit,  (t) est une racine de p(x) + tg (x), si bien que  (t) =  (t). Par suite,  (t) 2 R des que t 2 R ; de m^eme, les coecients du developpement en serie entiere de  dans un voisinage de 0 sont reels. 3. Soit  (t) la racine de p(x)+"g (x) donn ee par la premiere question. Lorsque t tend vers 0, on a k  (t) 0  t pg0((0)) = t pa0 (k0) : 0 0

Supposons maintenant que les coecients aj ne soient connus qu'avec une precision relative ", ce qui est le cas dans les implementations courantes des reels informatiques. Alors, l'erreur relative commise en confondant  (t) et 0 est de l'ordre de grandeur de k " j1 j jjpa0(k0)jj : 0

0

Par suite, si le coecient de " est grand devant 1, l'erreur probable sur la racine est beaucoup plus grande que la precision des calculs et on ne peut pas armer que le reel informatique  dont on dispose est proche de 0. Remarque. Voici une application numerique, due a Wilkinson (cf. [StBu]). On considere le polyn^ome p(x) = (x 1)


(x 20) dont les racines sont les entiers de 1 a 20. Si p"(x) = p(x)+ "x19 , avec " = 2 23 , l'exercice laisse presager une erreur absolue pour la racine 20 de l'ordre de 19 2019 ' 0;4
108" ' 5;1 : " p20 = " 0 (20) 19!

De fait, les racines de p", calculees a l'aide de Maple, sont les suivantes : 1,000 000 00 ; 2,000 000 00 ; 3,000 000 00 ; 4,000 000 00 ; 5,000 000 07 ;

5,999 993 05 ; 7,000 303 39 ; 7,993 025 04 ; 9,147 281 37 ; 9,502 011 29 ;

10,892 998 11 1,149 333 128 i ; 12,821 708 79 2,123 455 163 i ; 15,305 903 61 2,775 365 983 i ; 18,181 314 03 2,548 942 153 i ; 20,476 768 27 1,039 017 468 i .

Cet exemple montre que les racines d'un polyn^ome peuvent ^etre tres bien separees les unes des autres, mais mal conditionnees. Cependant, on verra dans l'exercice 24{2 qu'a une petite perturbation d'une matrice symetrique correspond une perturbation du m^eme ordre de grandeur des valeurs propres.

198

Analyse numerique

Exercice 24{2. Estimation des valeurs propres d'une matrice

Soient k
k une norme quelconque sur C n et
la norme matricielle associee : si A 2 Mn (C ),

A = kmax kAxk: xk=1

1. Soit A et B deux matrices et  2 C une valeur propre de A qui n'est pas une valeur propre de B . Montrer l'inegalite

1 6 (In B ) 1(A B ) 6 (In B ) 1 A B : 2. Soit A = (aij ). Montrer que les valeurs propresP de A sont contenues dans l'union des disques Di de centre aii et de rayon k6=i jaik j (theoreme de

Gershgorin). 3. Dans cette question, on suppose que la norme sur C n est la norme P 2 euclidienne kxk2 = ( jxi j )1=2 ou la (( norme in nie )) kxk1 = max kxi k. Soit B une matrice diagonalisable et P 2 GLn (C ) une matrice telle que  = P 1BP est diagonale. Soit A une matrice arbitraire. Montrer que pour toute valeur propre  de A, il existe une valeur propre  de B telle que

j  j 6 P

P

1

A B : 4. Soient B une matrice normale (c'est-a-dire BB  = B  B ) et A une matrice quelconque. Montrer que pour toute valeur propre  de A, il existe une valeur propre  de B telle que j j 6 A B 2 . En deduire que le

probleme de rechercher les valeurs propres d'une matrice symetrique reelle est bien conditionne.

Indications : 2. Utiliser la question precedente en choisissant kxk = k(x1; : : : ; xn)k = max jxk j et B

une matrice diagonale bien choisie. 3. On pourra calculer la norme d'une matrice diagonale pour les deux normes sur C n indiquees. Solution :

Soit x 2 C n de norme 1 tel que Ax = x. Alors, on a (A B )x = (In B )x et par consequent (In B ) 1(A B )x = x: Ceci montre la premiere inegalite. L'autre inegalite est classique et resulte des inegalites : k(In B ) 1(A B )xk 6 (In B ) 1 k(A B )xk 6 (In B ) 1 A B kxk: 2. On choisit la (( norme in nie )) sur C n . Calculons la norme matricielle associee : si x = (x1 ; : : : ; xn ) 2 C n et A = (aij ), on a 1.

n 0n 1 X X @ jaij jA max jxj j: kAxj = max aij xj 6 max i i j =1

j =1

199

Resolution numerique d'equations, optimisation





Ainsi, A 6 maxi Pj jaij j . Mais l'inegalite inverse est veri ee : xons i, alors il sut de prendre xj de module 1 pour tout j tel que aij xj > 0. Cela P entra^ne A > j jaij j et donc l'egalite

0n 1 X @ jaij jA : A = 1max 6i6n j =1

Prenons pour B la matrice diagonale diag(a11 ; : : : ; ann). Calculons alors M = (In B ) 1(A B ) : on a 0 0 1 a1n a12 1 a11


1 a11 BB a21 0


0 C CC 2 a22 B M = B .. : . . .. .. C @ . A an1





0 n ann Finalement, la norme de M vaut 0 1 X 1 @ (In B ) 1(A B ) = 1max ja jA : 6i6n j aii j j 6=i ij Comme cette norme est plus grande que 1, il en resulte qu'il existe un entier i tel que j aiij 6 Pj6=i jaij j, ce qui est bien l'assertion voulue. 3. La matrice  est diagonale. Soient i les valeurs propres de B , de sorte que  = diag(1 ; : : : ; n). Si  n'est pas une valeur propre de B , la matrice (In B ) 1 est egale a P (In ) 1P 1 puisque In B = In P P 1 = P (In ) P 1: On a ainsi l'inegalite (In B ) 1 = P (In ) 1P 1 6 P (In ) 1 P 1 : Mais la matrice In  est diagonale, et donc son inverse aussi. Pour les deux normes j
j2 et j
j1, la norme matricielle (In ) 1 est le module de la plus grande valeur propre de cette matrice, et donc 1 : (In ) 1 = 1max 6i6n j i j L'inegalite de la premiere question nous permet donc d'armer que max j ij 6 P P 1 A B ; 16i6n

ce qu'il fallait demontrer. 4. Si la matrice B est normale, on sait qu'elle est diagonalisable dans une base orthonormee. On prend donc la norme k
k2 sur C n et on se donne une matrice P 2 GLn(C ) unitaire telle que P 1BP est diagonale. Or, la norme d'une matrice unitaire est egale a 1. Par suite, la question precedente nous montre que pour toute valeur propre  de A, il existe une valeur propre  de B qui veri e j j 6 A B 2.

200

Analyse numerique

Soit A une matrice symetrique et A une matrice (( proche )) de A. Si on ne conna^t pas la matrice A mais qu'on en recherche les valeurs propres, la seule possibilite est de chercher les valeurs propres de A. Or, le resultat que nous venons de demontrer dit que pour chaque valeur propre de A, il existe une valeur propre de A qui en diere de moins de A A 2 qui est l'erreur commise en remplacant A par A. Le probleme est ainsi bien conditionne (cf. l'exercice 24{1 ou l'on montre que la recherche des racines d'un polyn^ome connaissant les fonctions symetriques elementaires de ces racines est mal conditionne).

Exercice 24{3. La methode de Newton : convergence locale 1. Lemme preliminaire : Soit f : R n ! R n une fonction dierentiable dans un ouvert convexe C de R n . On suppose qu'il existe > 0 tel que pour tous x et y 2 C , kf 0(x) f 0(y)k 6 kx yk. Montrer que l'on a l'inegalite, valable pour tous x et y 2 C : kf (x) f (y) f 0(y)(x y)k 6 2 kx yk2: Soient x0 2 R n , r > 0 et B = B (x0 ; r). On se donne une fonction f : B ! R n de classe C 1 et on considere la methode de Newton :

xn+1 = xn f 0(xn ) 1f (xn):

On fait de plus les hypotheses : (a) kf 0 (x) f 0 (y )k 6 kx y k pour tous x, y 2 B ; (b) pour tout x 2 B , f 0 (x) est inversible et kf 0 (x) 1 k 6 ; (c)  = kx1 x0 k < 2r=(2 + r). 2. Montrer par recurrence que pour tout n > 0, xn 2 B et kxn+1 xn k 6 h2n 1 ou h est un reel strictement inferieur a 1 que l'on precisera en fonction de , et . 3. Montrer que la suite (xn) converge vers un element  2 B tel que f ( ) = 0. Montrer que pour tout n > 0, on a

kxn

2n 1 h  k 6  1 h2n :

Indication : 1. Considerer la fonction '(t) = f (y + t(x y)) pour 0 6 t 6 1. Solution :

Soient x et y dans C . Comme C est convexe, le segment [x; y] est aussi inclus dans C . Posons donc '(t) = f (y + t(x y)) pour t 2 [0; 1]. On a '0(t) = f 0(y + t(x y))(x y) et '0(0) = f 0(y)(x y). Il en resulte que k'0(t) '0(0)k 6 kf 0(y + t(x y)) f 0(y)k kx yk 6 tkx yk2: 1.

201

Resolution numerique d'equations, optimisation

Alors, on a

f (x) f (y) f 0(y)(x y) = '(1) '(0) '0(0) = et donc

kf (x) f (y)

f 0(y)(x

y )k 6

Z1 0

Z1 0

('0(t) '0 (0)) dt

tkx yk2 dt 6 2 kx yk2:

Pour n = 0, on a kx1 x0k =  et l'inegalite a veri er est vraie. D'autre part,  < r, si bien que x1 2 B . Supposons que l'assertion a veri er est vraie au rang n 1. Alors, kxn+1 xnk = k f 0(xn) 1f (xn )k 6 kf (xn)k: Mais la de nition de xn implique que f (xn 1) + f 0(xn 1)(xn xn 1) = 0, si bien que kxn+1 xnk 6 kf 0(xn ) f (xn 1) f 0(xn 1)(xn xn 1)k 6 2 kxn xn 1 k2 d'apres la premiere question. Ainsi, !  n+1 2 2 2 =  2h h2n+1 1 = h2n+1 1 ; kxn 1 xn k 6 2  h si l'on choisit h =  =2. Il reste a prouver que h < 1. Or,  < 2 2 + r r < 2; ce qui signi e bien que h < 1. En n, si pour tout k 6 n, on a kxk+1 xk k 6 h2k 1 , on voit que 2.

kxn+1 x0 k 6

n X

k=0

kxk+1 xk k

6 (1 + h + h3 + h7 +


+ h2n 1) < (1 + h + h2 +


) = 1  h :

Or, d'apres l'hypothese (c), 2 + r  = 2 < 4r 1 h 2  2 + r 4 + 2 r 2r = r: 3. Comme la s erie P h2n converge, la suite (xn) converge vers un element  de R n tel que k x0 k 6 (1 + h + h3 +


) < =(1 h) < r: Donc  2 B et on a, les fonctions f , (f 0) 1 etant continues dans B ,  =  f 0 ( ) 1 f ( ); ce qui implique f ( ) = 0.

202

Analyse numerique

En n, on peut evaluer kxn  k comme suit : 1 X

kxn  k = k (xk xk+1)k k =n

6 6

1 X

kxk+1 xk k 6 

k=n X h2n 1 h2k 2n k >n



X

h2k

1

k>n  6 h2n 1 1 + h2n + h3
2n

+








2n 1 h +


=  1 h2n : 6 Ainsi, lorsque le point de depart est assez proche de la solution, la methode de Newton converge quadratiquement vers elle. Le lecteur prendra garde que les conditions de l'exercice qui assurent eectivement la convergence de l'algorithme sont malaisees a veri er. Dans certains cas (polyn^omes, cf. l'exercice 24{5, ou plus generalement les fonctions convexes), il est facile de prouver directement la convergence. Son caractere quadratique s'en deduit generalement facilement. Attention toutefois, dans le cas des polyn^omes, aux racines multiples qui font chuter la vitesse de convergence ; on remarquera que l'enonce de l'exercice exclut ce phenomene en supposant que la derivee est inversible.

h2n 1

1 + h2n

+ h2
2n

Exercice 24{4. Acceleration de la convergence : la methode d'Aitken Soit (xn ) une suite reelle qui converge vers  2 R . On suppose qu'il existe un reel k avec jkj < 1 et une suite ("n) tendant vers 0 tels que pour tout n > 0, xn 6=  et xn+1  = (k + "n)(xn  ):

La methode d'Aitken pour accelerer la convergence consiste a construire la suite

)2 : yn = xn x (xn+12x xn + n+2 n+1 xn 1. Montrer que la suite (yn) est bien de nie pour n assez grand et qu'elle converge plus vite vers  que la suite (xn ) : yn  nlim !1 xn  = 0:

On considere une suite xn de nie par xn+1 = f (xn ) qui converge vers un point xe  de f , fonction de classe C 1 sur R . La methode d'Aitken considere la suite 2 yn = xn (f  f )((fx(x)n) 2fx(nx) ) + x : n n n

Cependant, Steensen a introduit le schema :

n )2 yn = f (xn) ; zn = f (yn) ; xn+1 = xn z (yn 2y x+ : n n xn

Resolution numerique d'equations, optimisation

203

2. Montrer qu'il existe une fonction g telle que xn+1 = g(xn). Si  est un point xe de g , montrer que f ( ) =  . Reciproquement, si f ( ) =  et f 0( ) 6= 1, montrer que g( ) =  . 3. On suppose que  est un point xe repulsif de f , c'est-a-dire que 0 jf ( )j > 1. Montrer pourtant que si x0 est assez proche de  et f de classe C 2, la suite (xn ) de nie par la methode de Steensen converge vers  . Quelle est la vitesse de convergence ? Indication : 3. Se ramener a  = 0 pour simpli er les calculs et evaluer g0(). Solution :

On calcule le denominateur : xn+2 2xn+1 + xn = (xn+2  ) 2(xn+1  ) + (xn  )   = (k + "n)(k + "n+1) 2(k + "n) + 1 (xn  )   = (k2 2k + 1) + k("n + "n+1) + "n"n+1 2"n (xn  )   = (k 1)2 + n (xn  ); ou n ! 0. Par suite, comme k 6= 1 et xn 6=  , le denominateur est non nul pour n assez grand. Alors, on a 2 yn  = xn  ((((xkn+11)2+)  ()x(nx  )) ) n n 2 ( k 1 + " n) = (xn  ) (k 1)2 +  (xn  ) n 2 2 2 = (k 1) + n (k(k 1)1)2 +  2"n(k 1) "n (xn  ) n et donc yn  = n 2(k 1)"n "2n xn  (k 1)2 + n tend vers 0 quand n tend vers +1. 2. Il est facile de calculer que 2 xn+1 = xn f 2(x(f )(xn)2f (xxn)) + x n n n  2 (x ) 2x f (x ) + x2 f (x )2 + 2x f (x ) x2 x f n n n n n n n n = n f 2 (xn) 2f (xn) + xn 2 2 = f x2n(fx )(xn2)f (xf ()x+n)x = g(xn); n n n avec g(x) = (xf 2 (x) f (x))2=(f 2(x) 2f (x) + x). 1.

204

Analyse numerique

Si g( ) =  , alors f 2( ) f ( )2 = f 2( ) 2f ( ) +  2; si bien que (f ( )  )2 = 0, soit f ( ) =  , donc  est un point xe de f . Reciproquement, supposons que f ( ) =  . Alors, l'expression qui de nit g( ) a une forme indeterminee et il faut examiner la limite de g(x) quand x !  . On ecrit que f ( + h) =  + f 0( )h + o(h), si bien que f 2( + h) =  +(f 0)2( )h + o(h) et 02 (h)) ( + f 0( )h + o(h))2 g( + h) = ( + h)( + (f ) ((f0)(h )+ o1) 2 h + o(h) 02 0 = h( (f )(f(0() )+  1)22hf+(o)(h))+ o(h) 0 1)2 + o(1) : =  ((ff 0(( )) 1) 2 + o(1) Ainsi, si f 0( ) 6= 1, le quotient tend vers 1 quand h ! 0 et g( + h) !  si bien que  est un point xe de g. En revanche, si f 0( ) = 1, on ne peut rien dire a priori. 3. Pour  evaluer g0( ), il faut recommencer le calcul de g( + h) en tenant compte des termes d'ordre 2. On peut simpli er les calculs en supposant que  = 0, ce qui revient a etudier les iterations de f~(x) = f ( + x)  , et ~ ~ ~ 2 g~(x) = ~x(f ~ f )(x) ~f (x) : (f  f )(x) 2f (x) + x Alors, comme f est de classe C 2 , il existe a = f 0(0) et b = f 00(0)=2 tels que f (x) = ax + bx2 + o(x2), f (x)2 = a2 x2 + o(x2 ) et (f  f )(x) = f (ax + bx2 + o(x2)) = a2 x + (ab + a2 b)x2 + o(x2): Ainsi, 2 2 2 2 2 2 g(x) = a x(a2+ o2(xa +) 1)ax +x O(xo2()x ) = o(x); si bien que g0(0) = 0. Dans un voisinage de 0, g est donc contractante : jg0(x)j < 1 si jxj < . Par suite, si jx0 j < , la suite de nie par Steensen converge vers 0. De plus, la convergence est surlineaire : jxn+1j = jg(xn)j = o(jxnj) et (xn) converge plus vite que toute suite cn (c < 1) vers 0.

Exercice 24{5. La methode de Newton pour les polyn^omes Soient 1 < 2 <


< r des reels, mi des entiers non nuls et P le polyQ r n^ome i=1 (X i )mi . Si x0 2 R , la methode de Newton amene a considerer la suite (xn ) de nie par xn+1 = xn PP0((xxn)) : n On suppose dans l'exercice que x0 > r .

205

Resolution numerique d'equations, optimisation

1. Montrer que xn est strictement decroissante et converge vers r . 2. Si mr = 1, montrer que pour tout c > 0, jxn r j = o(cn) (convergence surlineaire). Au contraire, si mr > 1, montrer qu'il existe une constante c 6= 0 telle que  n jxn r j  c 1 m1 r

(convergence lineaire). 3. Quelle methode proposez-vous pour determiner toutes les racines d'un polyn^ome dont on sait a priori qu'il a toutes ses racines reelles ?

Indication : 1. On introduira la fonction f (x) = x P (x)=P 0 (x). Solution :

La fonction P 0=P est la derivee logarithmique de P et vaut r X mi : i=1 xn i On peut donc recrire la relation de recurrence qui lie xn+1 et xn en !1 r X m i xn+1 = xn : i=1 xn i En particulier, si xn > r , alors xn+1 < xn . Montrons aussi que xn+1 > r . Pour cela, on remarque que f (x) = x P (x)=P 0(x) se prolonge par continuite sur [r ; +1[ en posant f (r ) = r . La derivee de f est 1 1+ P (x)P 00(x)=P 02(x) = PP 00=P 02. Or, les zeros de P 0 sont dans l'intervalle [1; r ], et de m^eme pour les zeros de P 00. En particulier, P , P 0 et P 00 sont strictement positives sur ]r ; +1[. Par suite, f 0 > 0 et f est croissante sur cet intervalle. Comme r < xn, on a r = f (r ) < f (xn) = f (xn+1 ), ce qu'il fallait demontrer. Ainsi, la suite (xn) est decroissante, minoree par r . Il en resulte qu'elle converge vers un reel ou P=P 0 s'annule, donc vers r . P 2. Calculons f 0 (x) : comme P 0 =P (x) = mi =(x i ), on a en d erivant r P 00 P P 02 (x) = X mi ; 2 2 P i=1 (x i ) donc ! r r m ! 2 X 00 X m PP i i 0 f (x) = 02 = 1 2 : P i=1 (x i) i=1 x i Ainsi, 1: 0 (x) = 1 f lim x!r m 1.

r

206

Analyse numerique

Traitons d'abord le cas ou mr = 1. On a donc f 0(r ) = 0. Or, la formule de Taylor-Lagrange dit qu'il existe yn 2 ]r ; xn[ tel que xn+1 r = f (xn) f (r ) = (xn r )f 0(yn). Soit c > 0. Comme xn ! r , il existe n0 tel que pour n > n0 , jf 0(yn)j < c. Alors, pour n > n0 , jxn+1 r j 6 cjxn r j, soit par recurrence pour n > n0 : jxn r j 6 cn n0 jxn0 r j = O(cn): Cela signi e que (xn r ) = O(cn) pour tout c > 0, soit en prenant c0 < c, que (xn r ) = O(c0n) = o(cn) pour tout c > 0. Traitons maintenant le cas mr > 1, soit f 0(r ) = 1 m1r . Toujours d'apres la formule de Taylor, soit yn 2 ]r ; xn[ tel que xn+1 r = f 0(yn)(xn r ). On obtient donc que log(xn+1 r ) log(xn r ) converge vers log f 0(r ) 6= 0. Cela entra^ne que la suite log(xn r ) est equivalente a n log f 0(r ) quand n ! +1, ce qui ne permet toutefois pas d'armer immediatement que (xn r )=f 0(r )n converge. Pour cela, il faut montrer que la suite log(xn r ) n log f 0(r ) converge. Or, il existe zn 2 ]r ; xn[ tel que 00 xn+1 r = f 0(r )(xn r ) + f (2zn) (xn r )2: En particulier, "n = f 0(xn)(+1x r ) 1 = O(xn r ): r

n

r

Or, comme log(xn r ) est equivalent a n log f 0(r ), il existe une constante c < 1 telle que jxn r j = O(cn) (n'importe quel c > f 0(r ) convient). On voit donc que la serie de terme general log(xn+1 r ) log(xn r ) log f 0(r ) = log(1 + "n) = O(cn) converge. Par consequent, log(xn r ) n log f 0(r ) converge vers un reel  et xn r  ef 0(r )n: 3. On voit que la m ethode de Newton permet de calculer la plus grande racine d'un polyn^ome a racines reelles, a condition de conna^tre une borne pour les racines : il faut trouver x0 tel que x0 > r . Soit P = xn + a1 xn 1 +


+ an, si P ( ) = 0, on a X X n n j jn = ai n i 6 jaijj jn i: i=1 i=1 P n i Ainsi, j j 6 i=1 jai= j. Si j j > 1, on constate donc que j j 6 Pni=1 jaij, et donc, on a l'inegalite ! n X jr j 6 max 1; jaij : i=1

Une fois xe x0 , la convergence de (xn ) vers r est d'autant plus rapide que r est une racine simple : il est ainsi prudent de diviser P par le p.g.c.d. de P et P 0 ce qui donne un polyn^ome qui a les m^emes racines que P mais avec multiplicites 1. On supposera pour simpli er que les racines de P sont simples.

207

Resolution numerique d'equations, optimisation

En n, une fois determine r , il faut obtenir les autres racines. La premiere methode qui vient a l'esprit est de diviser P par (X r ). Cependant, cela amene rapidement de nombreuses erreurs : m^eme si  est proche de r , le quotient de la division euclidienne de P par (X  ) peut avoir des zeros eloignes des autres i. Cette methode, dite de de ation peut toutefois ^etre appliquee avec succes dans certains cas. Il est interessant de remarquer que la seule expression a calculer n'est pas P (X ) et P 0(X ) independamment, mais le rapport r P 0 (X ) = X 1 : P (X ) i=1 X i Soit Q le quotient de P par X r . Comme on a l'identite 1 ; Q0 (X ) = P 0(X ) Q(x) P (X ) X r l'idee est de considerer la suite P (xn) : xn+1 = xn P 0(xn ) xPn(xnr) C'est la methode de Newton pour la fonction P (x)=(x r ) ; elle converge vers les autres racines (pour autant que le point de depart en soit proche, voir l'exercice 24{3) m^eme si r n'est pas une racine de P , mais seulement une racine approchee. On determine ainsi de suite toutes les racines: : : Cette methode, due a Maehly (1954), est appelee suppression de zeros .

Exercice 24{6. L'algorithme de Horner Soient a0 ; : : : ; an des reels et P = a0 xn + a1 xn 1 +


+ an . Le but de

l'exercice est de comparer deux facons d'evaluer dans la pratique le polyn^ome P . 1. On pose x0 = 1, p0 = an et par recurrence, on de nit xi = x  xi 1 et pi = pi 1 + xian i pour i > 1. Montrer que pn = P (x). Quel est le nombre d'operations eectuees ? 2. L'algorithme de Horner pose p0 = a0, puis pi+1 = xpi + ai+1. Montrer que pn = P (x). Quel est le nombre d'operations eectuees ? 3. Comment calculer P 0(x) et P (x) simultanement, tout en n'utilisant que 2n 1 multiplications et 2n 1 additions ?

Solution : 1.

Par recurrence, xi = xi. Ainsi, pi = pi 1 + an ixi . Il en resulte bien que

pn =

n X i=1

an ixi + p0 =

n X i=0

an i xi = P (x):

Il y a n etapes. A chacune d'entre elles, il faut eectuer deux multiplications et une addition. Ainsi, le calcul de P (x) par cette methode requiert 2n multiplications et n additions.

208 2.

Analyse numerique

On constate que p1 = xp0 + a1 = a0 x + a1. Supposons par recurrence que

pi = a0xi + a1 xi 1 +


+ ai : Alors,

pi+1 = xpi + ai+1 = a0xi+1 +


+ ai+1; ce qu'il fallait demontrer. Finalement, pn = P (x). Cette fois, chaque etape ne requiert qu'une addition et une multiplication, soit au total n multiplications et n additions. Ainsi, la methode de Horner est deux fois plus rapide que celle qui consiste a evaluer navement P (x). 3. Il faut remarquer que les pi sont les coecients du quotient dans la division euclidienne de P (X ) par (X x). En eet, ! nX1 nX1 nX1 pixX n 1 i p i X n 1 i ( X x) = p i X n i i=0

i=0

= p0 X n + = a0 X n + =

nX2

i=0

(pi+1 xpi)X n

i=0 nX2

i=0 n X aiX n i i=0

ai+1 X n

1 i

1 i

pn 1 x

pn 1 x

P (x):

Ainsi, on a, au point x l'egalite

P 0(x) =

nX1 i=0

p0xn

1 i:

Il nous sut donc maintenant de calculer la suite

q 0 = p0 ;

qi+1 = qix + pi+1:

Cela necessite n 1 additions et n 1 multiplications supplementaires. Remarquons en n que tous les pi, qi n'ont pas besoin d'^etre simultanement en memoire. Les quelques lignes suivantes implementent facilement ce calcul :

p := a[0]; q := p; for i := 1 to n 1 do

begin

p := p  x + a[i]; q := q  x + p; end; p := p  x + a[n];

Resolution numerique d'equations, optimisation

209

Exercice 24{7. La methode de trichotomie 1. Soit I = [a; b] un intervalle de R et f : I ! R une fonction convexe. Soient c < d deux elements de ]a; b[. Montrer que la connaissance de f (a), f (b), f (c) et f (d) permet d'armer que f atteint son minimum dans un intervalle J ( I que l'on precisera. 2. En deduire un algorithme pour determiner le minimum d'une fonction convexe. Quelle est sa vitesse de convergence ?

Solution :

Soient a = x0 < x1 < x2 < x3 = b quatre points de I et si i 2 f1; 2; 3g, notons i la pente de la corde qui relie les points (xi 1; f (xi 1 )) et (xi; f (xi)). Comme f est convexe, on a 1 6 2 6 3. D'autre part, si i+1 6 0, alors f (xi+1) 6 f (xi) et on peut armer que f est decroissante sur [x0 ; xi] (sinon, il existe  tel que f (xi) > f ( ) et necessairement i+1 > 0). De m^eme, si i > 0, alors f est croissante sur [xi+1; x3 ]. { Ainsi, si tous les i sont negatifs, f est decroissante sur [x0; x2 ] et atteint son minimum dans l'intervalle [x2 ; x3 ]. { Sinon, si 2 6 0, alors f est decroissante sur [x0 ; x1] et atteint son minimum sur [x1 ; x3 ]. { Sinon, si 1 6 0 mais 2 > 0, f est croissante sur [x2 ; x3] et atteint son minimum sur [x0 ; x2 ]. { Sinon, on a 1 > 0 et f est croissante sur [x1 ; x3] et atteint son minimum sur [x0 ; x1 ]. En resume, dans tous les cas, f atteint son minimum dans l'un des deux intervalles [a; d] = [x0 ; x2 ] ou [c; b] = [x1 ; x3 ], que l'on peut determiner par la connaissance de f (a), f (b), f (c) et f (d). 2. L'algorithme pour d eterminer le minimum de f est alors simple. On choisit a0 = a, b0 = b. Par recurrence, si le minimum de f est atteint dans [an ; bn], on pose [an+1 ; bn+1] l'intervalle determine dans la question precedente. Il faut preciser comment choisir c et d. On peut prendre c = (an + bn )=2 t(bn an )=2 et d = (an + bn)=2+ t(bn an )=2 ou 0 < t < 1=2. Alors la longueur de l'intervalle [an+1; bn+1 ] est majoree par (t + 21 )(bn an) et par recurrence, on a 1.

jbn anj 6 (t + 1=2)n jb0 a0 j:

Lorsque bn an < ", on peut armer que le minimum de f est (an + bn )=2 a "=2 pres. Au prix de 2n + 2 evaluations de f , on conna^t donc son minimum a (b a)(t + 1=2)n=2 pres. On voit que plus t est petit, meilleure est la convergence. Cependant, on voit que l'un des points x1 ou x3 appartient au nouvel intervalle et il peut ^etre judicieux de choisir t de sorte qu'il faille evaluer f en ce point au cran suivant, a n d'economiser un calcul. Ainsi, si [a0; b0 ] = [0; 1], on a x1 = 1=2 t et x2 =

210

Analyse numerique

1=2+t. Si [a1 ; b1] = [x0 ; x2] = [0; t+1=2], alors x01 = (t+1=2)( t+1=2) = 1=4 t2 et x02 = (t + 1=2)2. On veut que x1 = x02, soit (t + 1=2)2 = 1=2 t =) t2 + 2t 41 = 0; p c'est-a-dire t = 1 + 5=2  0;118. Alors, on conna^t le minimum de f a (b a)(t + 1=2)n=2 pres, mais en ne faisant que n + 3 evaluations ! Ainsi, la convergence est en (0;618)n et non en (0; 786)n = (t + 1=2)n=2.

Bibliographie [BeOr]

Carl M. Bender et Steven A. Orszag, Advanced Mathematical Methods

[Bour] [Chen] [Ciar]

Bourbaki, Topologie generale, Hermann, 1971. E. W. Cheney, Introduction to Approximation Theory, McGraw-Hill, 1966. Philippe G. Ciarlet, Introduction a l'analyse numerique matricielle et a

[Davi] [DaRa] [Dema] [DVLo] [Dien] [Die1] [Die2] [Elli] [Fell] [Holm] [Hor1] [Hor2] [Ivic] [Jack] [KoFo]

[Lema] [PeRi] [Pren] [RaRa] [Rivl] [Rudi]

for Scientists and Engineers, Mc Graw-Hill, 1978.

l'optimisation, Masson, 1988. Philip J. Davis, Interpolation and Approximation, Blaisdell, 1965. Philip J. Davis et Philip Rabinowitz, Methods of Numerical Integration, Academic Press, 1975. Jean-Pierre Demailly, Analyse numerique et equations dierentielles, Presses universitaires de Grenoble, 1991. Ronald A. DeVore et George G. Lorentz, Constructive Approximation, Grundlehren der mathematischen Wissenschaften 303, Springer Verlag, 1993. Paul Dienes, Taylor Series : An Introduction to the Theory of Functions of a Complex Variable, Dover, 1957 (reimpression de l'edition de 1931). Jean Dieudonne, Calcul in nitesimal, Hermann, 1968. Jean Dieudonne, Fondements de l'analyse moderne, Gauthier-Villars, 1965. William John Ellison et Michel Mendes France, Les nombres premiers, Hermann, 1975. William Feller, An Introduction to Probability Theory and Its Applications, Wiley & Sons, 1967. Richard A. Holmgren, A First Course in Discrete Dynamical Systems, Springer Universitext, 1994. Lars Ho rmander, Analysis of Partial Linear Dierential Operators, Grundlehren der mathematischen Wissenschaften, 256, Springer Verlag, 1990. Lars Ho rmander, Notions of convexity, Progress in Mathematics 127, Birkhauser, 1994. Aleksandar Ivic, The Riemann Zeta-Function, Wiley Interscience, 1985. Dunham Jackson, The Theory of Approximation, American Mathematical Society, 1930. Andrei$ N. Kolmogorov, Sergei$ V. Fomin, lementy teorii funkci$i i funkciona nogo analiza, Mir, 1974. Claude Lemarechal, Methodes numeriques d'optimisation, INRIA, 1989. Hans-Otto Peitgen et Peter H. Richter, The Beauty of Fractals, Images

of Complex Dynamical Systems, Springer Verlag, 1986. P. M. Prenter, Splines and Variational Methods, Wiley-Interscience, 1975. Anthony Ralston et Philip Rabinowitz, A First Course in Numerical Analysis, Mac Graw-Hill, 1978 (deuxieme edition). Theodore J. Rivlin, The Chebyshev Polynomials, Wiley & Sons, 1974. Walter Rudin, Analyse reelle et complexe, Masson, 1975.

212 [Serr] [StBu]

Bibliographie Jean-Pierre Serre, Cours d'arihtmetique, Presses universitaires de France,

1977.

J. Stoer et R. Burlisch, Introduction to Numerical Analysis, Springer

Verlag, 1993 (deuxieme edition). Gabor Szego , Orthogonal Polynomials, American Mathematical Society, 1966 (troisieme edition). [Titc] E. C. Titchmarsh, The Theory of Functions, Oxford University Press, 1952. [VaPr] Jacques Vauthier et Jean-Jacques Prat, Cours d'analyse mathematique de l'agregation, Masson, 1994. [WhWa] E. T. Whittaker et G. N. Watson, A Course of Modern Analysis, Cambridge University Press, 1920. [YoGr] David M. Young et Robert Todd Gregory, A Survey of Numerical Mathematics, Dover, 1988 (en deux volumes). [Zygm] Anton Zygmund, Trigonometric Series, Cambridge University Press, 1959. [Szeg]

213

Index

Index Dans tout l'ouvrage et dans cet index, les caracteres gras renvoient aux chapitres et les caracteres maigres aux exercices ; par exemple, l'exercice 14{5 represente le 5e exercice du chapitre 14. Abel : transformation d'|, 20{4. aire : theoreme de l'|, 19{5. Airy : integrale d'|, 17{6. Aitken : methode d'|, 24{4. algorithmique, 24{6. approximation d'une fonction, 15{5, 21{3, 21{4, 21{5, 21{7, 22{6, 23{1, 23{3. approximation uniforme, 21{1, 21{2. argument : formule de l'|, 17{10. Baire : theoreme de |, 13{1, 13{2, 13{3, 13{4, 13{5, 13{6. Banach : espace de |, 14{2, 15{8, 21{2. Banach-Steinhaus : theoreme de |, 22{6, 23{2. Bernoulli : nombre de |, 15{8, 23{6 ; variable aleatoire de |, 21{3. Bernstein : inegalite de |, 14{8 ; polyn^omes de |, 21{2, 21{3. Bieberbach : theoreme de |, 19{5, 19{6. Bienayme-Tchebychev : inegalite de |, 21{3, 23{7. bin^omiale : loi |, 21{3. Borel : theoreme de |, 15{3. Borel-Caratheodory :

lemme de |, 20{1, 20{2. Cantor : ensemble de |, 15{6, 19{3. Cauchy : critere de |, 20{4 ; determinant de |, 21{1 ; formule de |, 20{1, 20{2 ; formule de | homologique, 17{2 ; inegalites de |, 23{6 ; suite de |, 13{5, 15{9, 17{7, 19{4, 22{2 ; theoreme de |, 17{4. Cauchy-Schwarz : inegalite de |, 15{7, 16{5, 17{7, 22{2. chaleur : equation de la |, 17{5. col : methode du |, 17{6. compacite, 16{3, 17{4, 17{7, 19{2, 19{3, 19{6, 21{4. complements : formule des |, 16{6. conditionne : probleme bien |, 24{2 ; probleme mal |, 24{1. connexe : simplement |, 17{4, 17{11, 19{4. connexite, 14{5, 15{1, 19{3. continuite, 13{2, 13{3, 15{6, 24{1. continuite uniforme, 13{2, 15{4, 15{5, 15{9, 21{3. convergence, 22{2, 22{3, 24{5 ; acceleration de la |, 24{4 ; disque de |, 17{4, 17{5, 21{8 ; rayon de |, 17{4 ; vitesse de |, 24{3, 24{4, 24{7.

214 convergence dominee, 15{5, 16{8, 17{1, 20{7, 20{9. convergence normale, 15{3, 20{3, 20{11. convergence simple, 13{3. convergence surlineaire, 23{6, 24{3, 24{4, 24{5. convergence uniforme, 15{5, 15{6, 16{9, 17{5, 17{7, 19{4, 20{3, 20{4, 20{5, 22{5, 22{6 ; sur les compacts, 16{9, 17{7, 17{8, 17{9, 17{11, 19{6, 21{2, 21{3. convexe : fonction |, 16{4, 24{7 ; polygone |, 16{1. convexite, 16{2, 16{3, 16{5, 18{4, 24{3, 24{5 ; inegalite de |, 22{6. convolution, 15{4, 15{5, 15{9, 21{5, 21{5. couronne, 17{2, 19{2. critique : bande |, 20{6, 20{7, 20{8 ; point |, 19{3, 19{4. Darboux : formule de |, 21{6, 23{3 ; theoreme de |, 14{1, 15{1. denombrabilite, 13{4. derivation sous le signe somme, 15{5, 16{5, 16{8. derivee, 13{3 ; a gauche ou a droite, 15{2. Descartes : regle de |, 14{6. developpement limite, 17{6, 20{10, 22{5, 24{1. dierentiabilite, 15{7, 16{3, 24{1, 24{3. dierentielle, 14{2 ; equation |, 16{8. Dirac : mesure de |, 15{9. Dirichlet : serie de |, 20{4. disque, 19{1. distance a un ferme, 13{6, 15{7, 16{3. distribution, 15{9. Edelstein : theoreme d'|, 13{6. elliptique : fonction |, 20{10, 20{11. ensemble de mesure nulle, 13{5. ensemble denombrable, 15{2. entiere : fonction |, 18{3, 20{1, 20{2, 20{3, 20{5, 20{7.

Index

equation dierentielle, 21{8, 22{5. equation fonctionnelle, 19{4, 20{5, 20{6, 20{7, 20{8, 20{9, 20{11, 21{6. equioscillation, 21{4. equivalent, 17{6. espace : metrique complet, 13{5 ; uniforme, 13{5, 15{9. espaces Lp, 15{4, 15{5, 15{9. Euclide : algorithme d'|, 14{7. Euler : constante d'|, 20{3 ; fonction d'|, 16{5, 16{6, 20{3, 20{5, 20{6, 20{7, 20{8. Euler-MacLaurin : formule sommatoire d'|, 23{6. extremum, 14{2. famille normale, 17{7, 17{8, 19{6. fonction a support compact, 15{5. fonction convexe, 21{4. fonction lipschitzienne, 21{5. fonction pic, 15{3. fonction plateau, 15{3. fonction }, 20{11. fonction  , 20{5, 20{8. forme modulaire, 20{9. formule des trapezes, 23{5, 23{6. Fourier : serie de |, 22{2 ; transformation de |, 20{8. Fubini : theoreme de |, 15{4, 15{5, 15{9, 23{1. G^ateaux : dierentielle de |, 15{7. Gau : methode d'integration de |, 23{3, 23{4. Gershgorin : theoreme de |, 24{2. Gram : determinant de |, 21{1. Gram-Schmidt : procede d'orthogonalisation de |, 21{6. Green-Riemann : formule de |, 19{5. Hadamard : theoreme de |, 17{3, 19{1 ; theoreme des trois cercles de |, 18{4. harmonique : fonction |, 16{7, 16{8, 16{9, 17{11, 19{2. Harnack : principe de |, 16{9.

Index

Hermite : polyn^ome d'interpolation de |, 22{4, 22{5, 23{3. Hermite-Birkho : interpolation de |, 22{3. Hilbert : espace de |, 17{7, 21{1. Holder : inegalite de |, 15{4, 15{5, 15{9. homotopie, 17{6. Horner : algorithme de |, 24{6. independance : | de variables aleatoires, 21{3. indice d'un point par rapport a un lacet, 17{2, 19{2, 19{4. inegalite des accroissements nis, 20{3. integration numerique, 23{2, 23{3, 23{4, 23{5, 23{6, 23{7. integration par parties, 21{8, 22{1, 23{6. interpolation, 21{4, 22{1, 22{2, 22{3, 22{4, 22{6. inversion locale : theoreme d' |, 19{3. iteration, 17{8, 19{4, 24{3, 24{5. Jackson : theoreme de |, 21{5, 22{6, 23{3. Jacobi : polyn^omes de |, 21{8. Jensen : formule de |, 17{11, 20{7. Jordan : courbe de |, 19{4 ; theoreme de |, 19{5. Julia : ensemble de |, 19{3, 19{4. Koebe : transformation de |, 18{2, 18{3, 19{1. Kolmogorov : inegalite de |, 15{8. Korovkine : theoreme de |, 21{2. Kronecker : symbole  de |, 21{6, 22{4. Lagrange : polyn^ome d'interpolation de |, 22{4, 22{6, 23{2, 23{3. Laplace : methode de |, 17{6, 20{3. laplacien, 16{7, 16{8. Laurent : serie de, 17{3 ; serie de |, 17{2.

215 Legendre-Gau : formule de |, 16{6. Liouville : theoreme de |, 17{2, 19{1, 20{10. localisation des zeros : d'un polyn^ome, 14{4, 14{7, 24{1 ; d'une fonction, 17{9, 17{10, 20{7, 22{2. maigre : ensemble |, 13{4, 13{5. Markov : inegalite de |, 14{8. maximum, 16{4 ; principe du |, 16{7, 16{8, 18{1, 18{2, 18{3, 18{4, 19{2, 20{1. minimum, 16{7 ; recherche de |, 24{7. Minkowski : inegalite de |, 15{4, 15{5, 15{8. module de continuite, 21{5, 22{6, 23{3. Monte Carlo : methode de |, 23{7. Montel : theoreme de |, 17{7, 17{8, 19{6. Morera : theoreme de |, 17{1. Motzkin : theoreme de |, 16{3. moyenne, 17{7, 21{3, 23{7 ; theoreme de la |, 23{3. Muntz : theoreme de |, 21{1. Newton : methode de |, 24{3, 24{5. Newton-Cotes : methode de |, 23{1, 23{2. operateur dierentiel, 14{4. operateur lineaire, 22{6 ; norme d'un |, 15{8, 22{6. ordre : d'une fonction elliptique, 20{11 ; d'une fonction entiere, 20{1, 20{2 ; d'une methode d'integration, 23{1, 23{5, 23{6. Peano : noyau de |, 23{1, 23{2, 23{3, 23{6. pgcd, 14{7. Picard : petit theoreme de |, 17{3. Pick : formule de |, 16{1. plan, 19{1. Poincare : demi-plan de |, 17{1 ;

216 inegalite de |, 21{1 ; theoreme de |, 13{5. point regulier, 17{4. point singulier, 17{4. Poisson : loi de |, 21{3 ; noyau de |, 16{8, 16{9. polyn^ome, 13{1. polyn^ome de meilleure approximation, 21{4, 21{7, 22{6. polyn^omes, 14{6, 23{1. polyn^omes orthogonaux, 21{7, 21{8, 23{3, 23{4. probabilite, 21{3, 23{7. procede d'integration numerique, 23{1. produit de mesures, 23{7. produit de series, 20{6. produit eulerien, 20{6. produit in ni, 20{3, 20{9. produit scalaire, 17{7, 21{6, 21{7, 21{8, 23{3. prolongement analytique, 14{3, 17{4, 17{5, 20{5. prolongement d'une fonction, 20{3. quart : theoreme du |, 19{6. quasi-polyn^ome, 14{3. Raabe : integrale de |, 16{6. racines d'un polyn^ome, 14{4, 14{6, 14{7, 16{2, 17{9, 21{6, 21{7, 24{1, 24{5. Ramanujan : fonction
de |, 20{9. rationnels, 13{4, 15{2, 15{6, 16{2, 19{4. regularisation, 15{3, 15{5, 15{9. representation conforme, 19{1, 19{2, 19{4, 20{1. residus, 17{9 ; theoreme des |, 17{9, 17{10, 17{11, 20{10. Riemann : fonction  de |, 20{5, 20{6, 20{7, 20{8, 23{6 ; intgrale de |, 23{5 ; somme de |, 16{6. Riemann-Stieltjes : integrale de |, 17{11. Rodrigues : formule de |, 21{8. Rolle : theoreme de |, 14{1, 14{2, 14{3, 14{4, 14{5, 14{6, 14{8, 17{9, 22{3, 22{4. Romberg :

Index

methode d'integration de |, 23{5, 23{6. Rouche : theoreme de |, 24{1. Schwarz : lemme de |, 18{2, 18{3, 19{1, 19{4, 19{6, 20{1 ; principe de symetrie de |, 17{1. serie a terme positif, 17{4. serie entiere, 14{3, 17{4, 17{5, 20{11, 21{8. serie generatrice, 21{3, 21{8, 23{5, 23{6. serie , 20{5, 20{8. Simpson : methode de |, 23{2. singularite, 17{4, 17{5. singularite essentielle, 17{3, 19{1. singularite isolee, 17{3. Sobolev : espace de |, 15{8, 15{9. sous-espace dense, 21{1. sous-exponentielle : fonction |, 20{1. spline, 22{1, 22{2. Stirling : formule de |, 16{6, 20{3, 20{7. Sturm : regle de |, 14{7. support d'une fonction, 15{3, 15{4, 15{5, 15{9. support d'une mesure, 21{6. systeme d'equations lineaires, 22{4. Taylor : formule de |, 13{1, 15{8, 22{4, 24{5 ; formule de | avec reste integral, 23{1 ; serie de |, 17{2, 17{4, 17{5, 17{8. Taylor-Lagrange : formule de |, 14{1, 22{3 ; theoreme de |, 15{1. Tchebychev : polyn^omes de |, 21{5, 21{7, 21{8, 22{5, 22{6, 23{4 ; theoreme de |, 21{4. theoreme de la moyenne, 23{1. theoreme des residus, 20{9. Thom : lemme de |, 14{5. trapezes : methode des |, 23{2. trichotomie, 24{7. trigonometrique : polyn^ome |, 14{8, 21{5. univalente : fonction |, 19{5, 19{6. valence :

Index

d'une fonction elliptique, 20{10. valeur propre, 24{2. valeurs intermediaires : theoreme des |, 14{1, 15{1, 21{4. Vandermonde : matrice de |, 15{8, 23{3. variable aleatoire, 21{3. variance, 21{3. variation d'une fonction, 15{6.

217 Weierstra : fonction } de |, 20{11 ; theoreme de |, 17{7, 21{2, 22{5. Young : inegalite de |, 15{4. zeros des fonctions, 24{3. zeros des fonctions holomorphes, 17{9, 17{10, 17{11, 20{1, 20{2, 20{3, 20{7, 20{8.