Analyse Et d Algebre 8

7/26/2019 Analyse Et d Algebre 8

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258 CHAPITRE VI. LA FORMULE DE CAUCHY ET CELLE DES RSIDUS (DE CAUCHY)

Alors s(t) = u(s, t) est le cercle de centre c(s) = (1 s)z0+sz et de rayon r(s) =(1

s)r+s, parcouru dans le sens direct. On a donc 0 = C(z0, r) et 1 = C(z, ). Par

ailleurs, on a u(s, 0) =u(s, 1)quel que soits [0, 1], et|u(s, t) z| |r(s) |c(s) z|| =s+ (1 s)(r |z z0|) ,|u(s, t) z0| |c(s) z0| +r(s) =r s(r |z z0| ) r,

ce qui prouve que u est une homotopie de lacets dans D(z0, r) D(z, ) {z}, deC(z0, r)surC(z, ).

u(0, )14

u( , )12

1

4 u( , )1

2

1

2

u(0, )12

u( , )12

3

4

u(1, )12

z0

c(1/4)

c(1/2)

c(3/4)

r(1/2)

r(1/4)

r

u( , )34

1

4

u( , )34

1

2

u( , )34

3

4

u(1, )34

z

u(0, )34

u(0,0)

u(1,0)

u(1, )14

L'homotopie de C(z0

,r) sur C(z,)

Comme f(w)wz est de classe C1 au sens complexe (en w) sur {z}, on dduit du

th. VI.1.3, que

1

2i

C(z0,r)

f(w)

w zdw = 1

2i

C(z,)

f(w)

w zdw, quel que soit >0.

Or C(, r) est le chemin t z+ e2i t, et donc 12iC(z,)

f(w)wz

dw =10

f(z+ e2i t) dt

tend vers 1

0f(z) dt = f(z) quand tend vers 0 (continuit dune intgrale dpendant

dun paramtre, f tant continue en zpuisque holomorphe dans un voisinage de z). En


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VI.2. INDICE DUN LACET PAR RAPPORT UN POINT 259

passant la limite, on en dduit la formule 12i

C(z0,r)

f(w)wz

dw = f(z)que lon cherchait

tablir.

VI.2. Indice dun lacet par rapport un point

1. Primitives

Soit un ouvert connexe de C. Si fest holomorphe sur , on dit que F : C estuneprimitivede f, siF est holomorphe sur et siF =f. Si: [a, b] est un cheminde classe C1, alors (F )(t) =f((t))(t), quel que soit t [a, b].

Une fonction holomorphe admet toujours localement une primitive. En effet, si f est

holomorphe surD(z0, r), on af(z) =+

n=0

f(n)(z0)

n!

(z

z0)n, daprs le (i) de la rem. V.2.8,

et f admet la fonction F, dfinie par F(z) =+

n=0f(n)(z0)(n+1)!

(z z0)n+1, comme primitivesur D(z0, r

). Par contre, une fonction holomorphe sur un ouvert quelconque nadmet

pas toujours une primitive sur tout.

Proposition VI.2.1. Soit un ouvert connexe deC. Sifest holomorphe sur, les

conditions suivantes sont quivalentes :

(i) f admet une primitiveF sur ;

(ii)

f(z) dz= 0, pour tout lacet, de classeC1 par morceaux, contenu dans.

Dmonstration. Sifadmet une primitiveFsur, alorsf(z) dz=dF. On en dduit, enutilisant le (iv) du th. V.2.2, que

f(z) dz= F((b)) F((a)), si : [a, b] est C1.

En particulier, si est un lacet,

f(z) dz= 0, puisque (b) = (a). Do limplication

(i)(ii). Passons la dmonstration de la rciproque. Fixons a . Si 1 et 2 sontdeux chemins(4) C1 par morceaux dans , dextrmits a et b, on obtient un lacet en

composant1avec loppos de2; on a donc

1f(z) dz

2f(z) dz=

f(z) dz= 0, par

hypothse. Ceci permet de dfinir F : C, par F(b) = f(z) dz, o est nimporte

quel chemin C1 par morceaux dans , dextrmits aetb.

Il suffit de prouver que F est drivable au sens complexe, et quen tout point de sa

drive estf(z0), car la prop. V.2.6 montre qualors Fest holomorphe. Soit doncz0 ,et soitr >0 tel que D(z0, r) . Si on fixe un chemin 0 joignant a z0 dans , et sib D(z0, r), on fabrique un chemin b joignant a b dans , en rajoutant le segment[z0, b]au chemin 0. On a alors

F(b) F(z0)b z0 =

1

b z0

0

f(z) dz+

[z0,b]

f(z) dz F(z0)

=

10

f(z0+t(b z0)) dt,

(4)On dduit de la dmonstration de ce quun ouvert connexe de Rn est connexe par arcs quun tel ouvertest aussi connexe par lignes brises (runion finie de segments de droite), et donc aussi par chemins C1

par morceaux.


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et la continuit de f en z0 permet de montrer (par exemple en utilisant le thorme

de continuit dune intgrale dpendant dun paramtre), que F(b)F(z0)bz0

f(z0) quand

b z0. Ceci permet de conclure.Remarque VI.2.2. (i) Daprs le (ii) de la rem. VI.1.4, la condition (ii) est automati-

quement vrifie si est un ouvert toil ou, plus gnralement, contractile. Il en rsulte

quune fonction holomorphe sur un ouvert contractile possde une primitive.

(ii) Si a C, et si 0< R1 0.(i) Montrer que, si fest holomorphe sur D(z0, r), alors,

(1)

[a,b]

f(z) dz+

[b,c]

f(z) dz+

[c,a]

f(z) dz= 0 quels que soienta,b, c D(z0, r).

(ii) Soit f : D(z0, r) C continue, et vrifiant la proprit (1). Soit F(z) =

[z0,z]f(z) dz. Montrer

que 1h (F(z+h) F(z))tend vers f(z), quand h tend vers 0. En dduire que F et fsont holomorphes.(iii) Soit un ouvert de C. Montrer que f : C est holomorphe si et seulement si fest continue

et[a,b]f(z) dz+ [b,c]f(z) dz+ [c,a]f(z) dz = 0 quels que soient a,b, c tels que le triangle plein(i.e. avec son intrieur) de sommets a,b et c soit inclus dans .2. Nombre de tours dun lacet autour dun point

Soit z0 C, et soit un lacet ne passant pas par z0. Notre but est de dfinir math-matiquement le nombre de tours que fait autour de z0.

2.1. Dfinition

Lemme VI.2.5. Soit: [a, b] C {z0} un cheminC1 par morceaux. Sit [a, b],soittla restriction de[a, t], et soitf(t) = t

dzzz0

. Alorsef(t)((t)z0)est constantesur [a, b].


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Dmonstration. Par dfinition, on a f(t) =

t

0(u)

(u)z0du, et donc f(t) =

(t)(t)z0

, si t

nest pas un point anguleux de . La drive de ef(t)((t)

z0)est donc

f(t)ef(t)((t) z0) +ef(t)(t) =ef(t)( (t)

(t) z0 ((t) z0) +(t)) = 0,

etfest constante par morceaux ; comme elle est continue cela permet de conclure.

Corollaire VI.2.6. Si : [a, b] C est un lacet C1 par morceaux, ne rencontrantpasz0, alorsI(, z0) =

12i

dzzz0

est un entier.

Dmonstration. En reprenant les notations du lemme, on voit que ef(b)

=ef(a)(b)z0

(a)z0 ,et, commeest un lacet, que exp(

dzzz0

) =ef(b) =ef(a) = 1, ce qui permet de conclure.

Lentier I(, z0) dfini ci-dessus est lindice de par rapport z0. Par exemple, si

est le chemin C(a, r), et si|z0 a| < r, la formule de Cauchy utilise pour la fonctionconstante 1, montre que I(C(a, r), z0) = 1. Par contre, si|z0 a| > r, le cercle C(z0, r)est homotope {a} dans C {z0}, et comme 1zz0 est holomorphe sur C {z0}, on aI(C(a, r), z0) = 0. Autrement dit, si z0 est lintrieur du cercle parcouru dans le sens

direct, alors lindice du cercle par rapport z0 est 1, alors que si z0 est lextrieur, cet

indice est0, ce qui est en accord avec lide selon laquelleI(, z0)reprsente le nombre de

tours que fait autour de z0. On fera attention au fait que, si le cercle est parcouru dans

le sens rtrograde, son indice par rapport un point lintrieur est1.2.2. Dtermination visuelle de lindice dun lacet par rapport un point

Dans les situations considres dans ce cours, les lacets considrs sont sans point double

(et sont constitus de segments de droite et darcs de cercle), et un thorme de Jordan

affirme quun tel lacet dcoupe le plan en deux rgions, lune lintrieur du lacet et

lautre lextrieur du lacet, auquel cas on se retrouve dans le mme cas de figure que

pour le cercle. Dans le cas gnral, dterminer sur un dessin lindice dun lacet par rapport

un chemin peut donner le tournis, mais la prop. VI.2.7 ci-dessous fournit un procd

permettant un calcul en regardant toujours droit devant soi.

La recette est la suivante. On choisit un point a C assez grand pour que que D(0, |a|), et on trace un chemin u allant de a z0. Alors I(, z0) = ng nd,o ng (resp. nd) est le nombre de points dintersections de u et , o arrive de la

gauche(5) (resp. de la droite), quand on va dea z0.

(5)Pour que ceci ait un sens, il vaut mieux prendre quelques prcautions ; par exemple, imposer queu etne sintersectent quen des points simples non anguleux de , et que les tangentes et u en un

point dintersection ne soient pas colinaires.


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a

0

1

1

2

23

3 z0

z11

0

10

1 010

b

I(,z0)=3 I(,z

1)=1

-1 0

z2

I(,z2)=1

c

Soit un lacet dans C. Comme est compact (en tant quimage dun intervalle compact par uneapplication continue), son complmentaire est ouvert, et chacune des composantes connexes du compl-mentaire est un ouvert. Dautre part, siRest assez grand,est inclus dansD(0, R), et comme CD(0, R)est connexe, une (et une seule) des composantes connexes de C contient C D(0, R), pour Rassezgrand. Cette composante connexe est la composante connexe de linfini.

Proposition VI.2.7. Soit un lacetC1 par morceaux.(i) z

I(, z) est constant sur chacune des composantes connexes deC

.

(ii) I(, z) = 0 siz est dans la composante connexe de linfini deC .(iii) Soitt (t), t [a, b] un paramtrage de, C1 par morceaux, et soitt0]a, b[ tel que(t0) soit

un point simple de, et(t0) = 0. Sih C vrifieIm(h)> 0, et si >0 est assez petit, alors (t0) +h(t0) et(t0) h(t0) nappartiennent pas , I(, (t0) +h(t0)) I(, (t0) h(t0)) = 1.

Dmonstration. Le thorme de continuit dune intgrale dpendant dun paramtre montre quez0 I(, z0)est continue sur C, et commeI(, z0)est valeurs dans Z, qui est discret, cela dmontrele (i).

Si D(0, R), et si|z0| >R, alorsest homotope un point dans C {z0}(et mme dans D(0, R),puisque D(0, R) est contractile), et comme 1zz0 est holomorphe sur C {z0}, on a

dzzz0 = 0. On en

dduit le (ii) pour|z0| >R, et le (i) permet de terminer la dmonstration du (ii).


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Passons la dmonstration du (iii). Choisissons h C, avec Im(h) > 0. On a donc 0 < arg(h) < .Quitte faire une translation sur la variable, on peut supposert0 = 0, et quitte transformer la situation

par la similitudez (t0)1(z (t0)), on peut supposer que(t0) = 0, et(t0) = 1, ce qui permet desimplifier un peu les formules. On a alors limt0t1(t) = 1, ce qui implique quil existe >0 tel que,quel que soit t [, ] {0},

|arg(t1(t))| < 12inf(arg(h), (arg(h)), |t1(t) 1| 1/2.Par ailleurs, comme 0 = (0) est un point simple de , il existe > 0 tel que d(0, (t)) , si

t [a, b]] , [. On en dduit que, si 0 < 0tel que2c > arg(h2(u)2)> c, si u [, ] ; on en dduit lexistence deC > 0(avecC = 1, si cos c 0, et C = | sin c|, si cos c 0) tel que|(t)2 h2| Csup(|(t)2|, |h2|), quels quesoient , R+. Comme|(u)| 12 |u|, et comme il existe M 0tel que|(u)| M, si u [, ], onpeut majorer, en module, 2h

(t)2(t)2h2 sur [/, /], par 2|h|MC sup(t2/4,|h|2) , qui est une fonction sommable

sur R, indpendante de. On obtient donc, via le thorme de continuit dune intgrale dpendant dunparamtre,

lim0+

2iI2() =

+

2h

t2 h2 dt.

Finalement, en posant h = +i, avec >0 par hypothse, cette dernire intgrale devient. +

dt

t h dt

t+h=

+

(t ) +i(t )2 +2

(t+) i(t+)2 +2

dt

=1

2log

(t )2 +2(t+)2 +2

++i

artg

t

+ artgt+

+= 2i,

ce qui permet de conclure. (On peut fabriquer (exercice) une dmonstration de ce que I2() 1 enremarquant quau voisinage de 0, est le graphe dune fonction, ce qui permet dcrire 2iI2()commelintgrale de dz

z sur un contour C ressemblant un paralllogramme de sommets h, priv des

cots verticaux (dont la longueur tend vers 0). La formule des rsidus (th. VI.3.11) montre que lintgrale

surC est gale 2i. On vite de cette manire les majorations ci-dessus.)


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VI.3. La formule des rsidus de Cauchy

1. Fonctions holomorphes sur une couronneSiz0 Cet si0 R1,


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VI.3. LA FORMULE DES RSIDUS DE CAUCHY 265

lacet dansC(z0, r1, r2) {z} obtenu en composant0, aveci; cest un lacet homotope(7)dansC(z0, R1, R2)

{z

}C(z0, ri). On a donc

r2

z0

z

2

R1

r1

z0

z

1

r2

z0

z

2

r1

z0

z

1

r1 r

2

z0

z

-

=

-

=

(7)Cest parfaitement vident sur un dessin, mais on peut aussi crire une formule dhomotopie explicite.Par exemple, pour aller de 2 C(z0, r2), on paramtre 0 par 0(t) =z0+ Re2i(t), o est choisitpour que 0(t) = b, et t [0, ], avec < 1 vrifiant 0() = a, puis on paramtre 2 sous la forme2(t) = z + re

2i(t+), avec t [, 1], ce qui nous fournit un paramtrage t 2(t), avec t [0, 1],de 2. Finalement, on paramtre C(z0, r2) sous la forme t (t) = z0+ r2e2i(t), avec t [0, 1], eton fabrique une homotopie u(s, t) de 2 sur C(z0, r2), en posant u(s, t) = (1 s)2(t) +s(t). Il reste vrifier que cette homotopie a bien lieu dansC(z0, R1, R2){z}, ce qui est vident sur un dessin (on sestdbrouill pour que langle entre2(t)z0et (t)z0soit petit, etu(s, t)parcourt le segment[2(t), (t)]

quand s varie de 0 1).


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C(z0,r2)

f(w)

w zdw C(z0,r1)f(w)

w zdw = 2f(w)

w zdw 1f(w)

w zdw

=

2

f(w)

w zdw

1

f(w)

w zdw =C(z,r)

f(w)

w zdw.

On conclut en utilisant la formule de Cauchy pour la fonction f, qui est holomorphe sur

D(z, r).

Corollaire VI.3.2. Sif est holomorphe surC(z0, R1, R2), il existe une unique suite

(an)nZ dlments deC vrifiant

(i)+n=0

anzn converge si

|z|


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la srie h(z) =

n1an(z z0)n converge, et dfinit une fonction holomorphe, surC

{z0

};

f(z) =nZan(z z0)n, quel que soitz D(z0, r) {z0}.La srieh(z)est la partie singulirede f enz0, et le coefficienta1 de(z z0)1 est le

rsiduRes(f, z0) def enz0.

On dit que f est holomorphe(8) en z0, si h = 0. Plus gnralement, on dit que f est

mromorpheen z0, sil existe k Z, avec an= 0, si n k. Sik est un entier 1, on ditque f a un ple dordrek en z0, si ak= 0 et an = 0, quel que soit n fest mromorphe en z0; vz0(f) = k,k N {0} fa un ple dordrek enz0; vz0(f) 0fest holomorphe en z0; vz0(f) = 0 fest holomorphe et ne sannule pas enz0; vz0(f) =k, k Nfa un zro dordrek enz0;

vz0(f) = +

fest nulle dans la composante connexe de z0 dans .

Dans les quivalences prcdentes, la seule qui ne soit pas une reformulation de la dfi-nition est la dernire, qui est une reformulation du thorme des zros isols (th. V.1.16).

Si est un ouvert de C, on dit que f : C est mromorphe sur , si f estmromorphe en tout point de .

Pour un certain nombre dapplications, il est important de savoir calculer explicitement

le rsiduRes(f, z0)def enz0. Lexercice ci-dessous fournit quelques recettes (10).

Exercice VI.3.3. Soient un ouvert de Cetz0 .(i) Sifest holomorphe en z0, alors Res(f, z0) = 0.

(ii) Si f = gh

, o g et h sont holomorphes sur , si g(z0)= 0, et si h a un zro simpleenz0, alors Res(f, z0) =

g(z0)h(z0)

.

(8)Cest un abus de langage, mais cela veut dire que la fonction fpeut se prolonger par continuit en z0,et que la fonction obtenue est holomorphe sur D(z0, r).(9)Une fonction est donc mromorphe si et seulement si elle est holomorphe ou a un ple dordre k , aveck N(10)Si fa une singularit essentielle, il est en gnral impossible de trouver une expression finie dursidu. Cest une des raisons qui fait que certaines intgrales rsistent la mthode des rsidus (cf.

exercices du no

4).


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(iii) Si f a un ple simple en z0, et si g est holomorphe en z0, alors Res(gf,z0) =

g(z0)Res(f, z0).

(iv) Sik 1, etf= (zz0)kg, og est holomorphe sur, alorsRes(f, z0) = g(k1)(z0)(k1)! .(v) Si fest mromorphe sur , alors f

fest mromorphe sur , avec des ples simples

aux ples et zros de f, et on a

Res(f

f, z0) =vz0(f), quel que soitz0 .

Exercice VI.3.4. Soit R+. Calculer Res( 1z2+2 e1/z, 0).

Exercice VI.3.5. Montrer que fest mromorphe sur , si et seulement si tout point z0 de a unvoisinage(11) ouvert U sur lequel fpeut scrire sous la forme f= gh , avec g et h holomorphes sur U.

Exercice VI.3.6. (i) Montrer quune fonction mromorphe borne linfini (il existe M et Rtels que|f(z)| M, si|z| R) est une fraction rationnelle.

(ii) Montrer quune fonction mromorphe tendant vers linfini linfini est une fraction rationnelle.

Exercice VI.3.7. Soit H ={z C, Im(z) > 0} le demi-plan de Poincar, et soit f : H C unefonction holomorphe, priodique de priode1.

(i) Montrer quil existe f: D(0, 1) {0} C, holomorphe, telle que f(z) = f(e2i z).(ii) En dduire quil existe une suite (an(f))nZ de nombres complexes, telle que lon ait f(z) =nZ an(f)e

2inz, quel que soit z H, la srie tant normalement convergente sur toute bande hori-zontalea Im(z) b, avec 0 < a < b < +.

Exercice VI.3.8. Soit (xn)nN une suite dlments de C tendant vers linfini, et soit (kn)nN unesuite dlments de N.

(i) Montrer quil existe anNtel que, si|z| 0 et fholomorphe sur D(z0, R) {

z0}

. Montrer que :(i) fest holomorphe en z0, si et seulement si fest borne dans D(z0, r) {z0}, quel que soit r ]0, R[

(on pourra sintresser 12i

C(z0,r)(z z0)1nf(z) dz) ;

(ii) fest mromorphe non holomorphe en z0 si et seulement si|f(z)| +quand z z0;(iii)fa une singularit essentielle enz0si et seulement si limage de D(z0, r){z0} parfest dense(12)

dans C, quel que soit r ]0, R[.

(11)On peut montrer que lon peut crire f = gh , avec g et h holomorphes sur tout entier, mais cestloin dtre vident si est un ouvert quelconque.(12)Le grand thorme de Picard affirme quen fait limage de D(z0, r) {z0}par f contient C auplus un point prs (lexemple de e1/z montre que ce rsultat est optimum). La dmonstration repose sur

des techniques un peu plus sophistiques que celles introduites dans ce cours.


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Exercice VI.3.10. (i) Soit f : C C holomorphe. Montrer, en utilisant lexercice prcdent, que si fnest pas un polynme, alors f(C D(0, n)) est un ouvert dense de C, quel que soit n N. En dduireque fnest pas injective.

(ii) Montrer que si f : C C est holomorphe bijective, alors il existe a C et b C tels quef(z) =az +b, quel que soit z C.

3. La formule des rsidus

Thorme VI.3.11. Soient un ouvert deC, F un ensemble fini de points de,

f une fonction holomorphe sur F, et un lacet de , contractile dans , et nerencontrant pasF. Alors

f(z) dz= 2iaF

I(, a)Res(f, a).

Dmonstration. Si a F, et si ra > 0 est tel que D(a, ra) est inclus dans et necontient aucun autre point de F, alors il existe une suite (ca,n)nZ dlments de C, telle

que f(z) =

nZca,n(z a)n, si z D(a, ra). De plus, la srie

n2ca,n(z a)ndfinit une fonction holomorphegadans C{a}, etgaadmetGa(z) =

n2ca,n

(za)n+1

n+1

comme primitive sur C{a}. Soit alorsh = faF(ga + ca,1za). Par construction,h estholomorphe sur F, et a une singularit fictive en tous les points deF ; elle se prolongedonc, par continuit, en une fonction holomorphe sur tout entier. On a alors

f(z) dz= h(z) dz+ aF ga(z) dz+ aFca,1 dz

za;

h(z) dz= 0 puisque h est holomorphe dans et est contractile dans ; ga(z) dz= 0, sia F, puisque ga a une primitive sur {a} qui contient;

ca,1= Res(f, a)et

dz

za= 2i I(, a), par dfinition.

Ceci permet de conclure.

La formule des rsidus permet de localiser les zros dune fonction holomorphe.

Corollaire VI.3.12. Soit C un ouvert, et soient z0 et r > 0 tels queD(z0, r) . Soitfholomorphe sur. SiC(z0, r) ne contient aucun zro def, alors lenombre de zros defdansD(z0, r

), compts avec multiplicit, est gal 12i C(z0,r)

f(z)f(z)

dz.

Dmonstration. On sait (cf. (v) de lex. VI.3.3) que f(z)

f(z)est mromorphe sur , avec

des ples simples aux zros de f, le rsidu en chacun de ces ples tant lordre du zro

def. La formule des rsidus permet de conclure.

4. Exercices

Exercice VI.3.13. Soit fdfinie sur Rpar f(t) =et2

. Rappel :R

et2

dt= 1.(i) Montrer que fse prolonge analytiquement en une fonction (encore note f) holomorphe sur C.(ii) Sia R etR R+, soit a,Rle lacet compos des segments [R, R],[R, R + ai],[R + ai, R + ai]

et [R +ai, R]. Que vauta,R

f(z) dz?

(iii) En dduire, en faisant tendreR vers +

, que f(a) =ea2

.


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Exercice VI.3.14. Calculer les intgrales suivantes par la mthode des rsidus :(a)R

dx(x2+1)(x2+4)(x2+9) etR

dx(x+i)(xi)(x2i)(xni) . (On prendra un lacet form du segment

[R, R]et dun demi-cercle convenable.)(b) limR+

RR

x3

(x2+1)(x2+x+1) dx.

(c)+

0xa

xb+1dx, aveca, b N etb a + 2. (On prendra un lacet form du segment [0, R], dun arc

de cercle convenable, et dun segment [Rei, 0], avec bien choisi.)

Exercice VI.3.15. (transforme de Fourier de fonctions rationnelles)(i) Calculer

R

e2i t

t2+1 dtet

R

e2i t

(t+i)2 dtpar la mthode des rsidus. (On prendra un lacet form du

segment [R, R]et dun demi-cercle convenable(13))(ii) Calculer de mme limR+

RR

t e2i t

t2+t+1 dt.

Exercice VI.3.16. Soit ,R le lacet compos du segment [, R], du demi-cercle C+(0, R) : [0, ] C,

donn par t Reit

, du segment [R, ], et demi-cercle C+

(0, )opp

, donn par t ei(

t)

. (Faire undessin.)(i) Calculer

,R

eiz

z dz via la formule des rsidus.

(ii) Montrer que

C+(0,R)eiz

z dz 0quand R +.

(iii) Calculer la limite de

C+(0,)oppeiz

z dz quand 0.

(iv) En dduire que+

0sinxx

dx= 2 .

Exercice VI.3.17. Nous nous proposons de dmontrer que (s)(1 s) = sins , pour tout s / Z(formule des complments), o est la fonction holomorphe sur C (N)de lexercice V.2.22.

(i) Soit s dans la bande1 < Re(s) < 0. (On peut adapter ce qui suit pour calculer les intgralesdu type+0 f(t)ts dt, o fest une fraction rationnelle). Si r > 0, on note C+(0, r) le quart de cercle rei, pour [0, 2 ] et C(0, r)les3 quarts de cercle rei, pour [2 , 2]. Si 0 < 0 et Re(t)> 0. (Oncrira(s+t)B(s, t)comme une intgrale double.)

(iii) Dmontrer la formule des complments (on utilisera la formule B(s, t) = +0

ys1

(1+y)s+tdyobtenue

en faisant le changement de variable y = x

x1 ).Exercice VI.3.18. Calculer

+0

log t(t+1)(t+2)dt par la mthode des rsidus. (On intgrera

(log z)2

(z+1)(z+2)dz

sur les contours de lex. VI.3.17.)

Exercice VI.3.19. Soit P C[X]unitaire de degr n. Calculer

limR+

1

2i

C(0,R)

P(z)P(z)

dz.

En dduire que Cest algbriquement clos.

(13)Une manire de voir que lon a pris le bon demi-cercle est de vrifier que ce quon obtient tend vers 0

quand|| + ; il faut aussi faire attention lindice du lacet par rapport aux ples...


14/30


Exercice VI.3.20. Soit un ouvert connexe de C, Soitfune fonction holomorphe non identiquementnulle sur, et soitfnune suite de fonctions holomorphes tendant vers funiformment sur tout compact

de .(i) Soientz0 et r >0 tels que D(z0, r) . On suppose que C(z0, r)ne contient aucun zro de f.

Montrer quil existeN(z0, r)tel que, si n N(z0, r), alorsfetfn ont le mme nombre de zros, comptsavec multiplicit, dans D(z0, r).

(ii) Montrer que, si fn est injective sur , pour tout n assez grand, il en est de mme de f.

Exercice VI.3.21. (Thorme de Rouch et applications).SoientR > 0,D = D(0, R)et C =Dle cercle de centre 0et de rayonR. Soientun ouvert contenant

D, fholomorphe sur , ne sannulant pas sur C, et g holomorphe sur, telle que|f(z) g(z)| < |f(z)|,siz C.

(i) Montrer quil existe ouvert contenant C et h holomorphe sur tels que gf = eh sur .Que vaut h?

(ii) Montrer quefetg ont le mme nombre de zros (compts avec multiplicit) dans D (thorme deRouch). Le rsultat nest-il valable que pour un disque?

(iii) Soit G holomorphe sur telle que|G(z)| < R, si z C. Montrer que G(D) D et que G a ununique point fixe dans D.

(iv) Montrer que toutes les solutions de z sin z= 1sont relles.

Exercice VI.3.22. Soit la fonction mromorphe sur C, holomorphe en dehors de ples simples enles entiers ngatifs, dfinie par (z) =

+0

ettz dtt, siRe(z)> 0. On rappelle (cf. ex. V.2.22) que lon a

(z) = (z+n+1)z(z+1)(z+n) , quel que soit n N.(i) Montrer que limzn(z+n)(z) =

(1)nn! .

(ii) Montrer que, si x >0, et si c /

N, alors Ic

(x) = c+ici

xz(z) dz converge.

(iii) Sin N, calculer I1(x) I 12n(x)par la mthode des rsidus.

(iv) Montrer que I 12n(x) 0. En dduire que 12i

1+i1i x

z(z) dz= ex.(v) Retrouver le rsultat en utilisant la transforme de Fourier.

Exercice VI.3.23. Si N N, soit CN le carr de sommets (2N + 1)(1 i) parcouru dans le sensdirect, et soitIN =

CN

dzz2(ez1) .

(i) CalculerIN en utilisant la formule des rsidus.(ii) Montrer que IN 0quand N +.(iii) En dduire la formule (2) =

2

6 .(iv) Soient Bn, pour n N, dfinis par zez1 =

+n=0Bn

zn

n! . Adapter ce qui prcde pour calculer(2k), pour k

N

{0}

, en fonction des Bn. En dduire que 2k(2k)Q.

Exercice VI.3.24. Calculer lintgrale de cotg z(z2+1)2 sur le carr de sommets(N +12 )(1 i). En dduire

la valeur de

nZ1

(n2+1)2 .

Exercice VI.3.25. (transforme de Fourier de 1cht )

CalculerR

e2it et

e2t+1dtde deux manires : dune part en intgrant e2iz ez

e2z+1dz sur un rectangle

convenable, en faisant tendre les sommets vers linfini, dautre part en crivant et

e2t+1 comme une srieenet ouet suivant que t est ngatif ou positif. Comparer avec lex. V.2.16.

Exercice VI.3.26. (intgrale de la gaussienne et loi de rciprocit quadratique)Cet exercice fournit une dmonstration de la formule

Ret

2

dt = 1 par la mthode des rsidus, et

une dmonstration de la loi de rciprocit quadratique.


15/30


(i) On note I lintgraleR

et2

dtet, si a N {0}, on poseG(a) =kZ/aZ e2i k2a .(a) Montrer que z

F(z) = R et

2

e2itz est holomorphe sur C.

(b) Calculer F(iy), si yR ; en dduire que F(z) = I ez2 , pour tout z C.(c) Soit a(z) =

2a1k=0 e

2az2e2kz, o = 1+i2. Montrer que

R

a(t) dt = I

8aG(4a). (On

commencera par montrer queR

e2at2

e2kt dt= I2a

e2ik2

4a .)

(ii) Si a N {0}, soit a(z) = e2az2

e2iz 1 .

(a) Vrifier que a(z ) a(z) = a(z).(b) Calculer

R

a(t 2 ) dt R

a(t+ 2 ) dtpar la mthode des rsidus.

(c) En dduire que I8a

G(4a) =, puis que I = 1.

(iii) Sip est un nombre premier, et si(n, p) = 1, on dfinit le symbole de Legendrenp

par

np

= 1, sin

est un carr dans Fpetnp = 1si n nest pas un carr dans Fp. On pose aussiGn(p) =kFp e

2i nk2

p .

On rappelle que, si a et b sont premiers entre eux, alors (x, y) bx + ay induit une bijection de(Z/aZ) (Z/bZ)sur Z/abZ.(a) RelierG(4a)et G(a)si a est impair ; en dduire queG(a) =

a, sia 1mod4 et G(a) =ia, si

a 3mod 4 (formule due Gauss).(b) Montrer que

mFp e

2imp = 0 ; en dduire que Gn(p) =

np

G(p), si(n, p) = 1.

(c) Soient p=qdeux nombres premiers impairs. Montrer que G(pq) = qppq G(p)G(q) ; en dduirela loi de rciprocit quadratique

qp

pq

= (1)(p1)(q1)/4.


16/30

CHAPITRE VII

SRIES DE DIRICHLET

Une srie de Dirichlet gnrale est une expression de la forme

+n=1anens, o les ansont des nombres complexes, et les n sont des nombres complexes dont la partie relle

tend vers+. (Sin= n 1pour toutn, on retombe, modulo le changement de variablees =z, sur le cas des sries entires (avec une indexation bizarre), ce qui permet de voir

les sries de Dirichlet gnrales comme une gnralisation des sries entires.) Dans ce

chapitre, nous ne nous intresserons quau cas o n = log n, pour tout n, qui est le cas

originellement considr par Dirichlet, mais le cas gnral intervient naturellement quand,

par exemple, on essaie de dfinir le dterminant dun oprateur en dimension infinie, ce

qui a de multiples applications en physique(1) et en mathmatiques. Comme illustration

de ce procd de zta-rgularisation , mentionnons la formule1 2 3 4 5 =

2,

quivalente +n=1log n = 12log 2, dans laquelle le membre de gauche sinterprtecomme la drive en 0 de la fonction dfinie par (s) =

+n=1

1ns , si Re(s) > 1, et

prolonge analytiquement(2) C {1}.

VII.1. Sries de Dirichlet

1. Abscisse de convergence absolue

On appelle srie de Dirichletune srie de la forme L(a, s) =

+n=1anns, o s C eta= (an)n1est une suite de nombres complexes (etn

s = exp(s log n), olog n R+).Une srie de Dirichlet peut ne converger pour aucune valeur de s, mais si elle converge

pour s0, on a en particulier, anns0 0, et donc|an| = o(nRe(s0)). Rciproquement,

(1)Les frquences dune membrane vibrante sont les valeurs propres du laplacien sur louvert de C repr-sentant cette membrane. La fonction zta du laplacien(s) =

s, o la somme porte sur les valeurs

propres non nulles, encode des relations entre ces frquences et la gomtrie de la surface. Le dterminantdu laplacien est exp((0)) ; il intervient par exemple dans des questions de renormalisation.(2)Lexistence de ce prolongement analytique fait lobjet du th. VII.3.4, et une dmonstration de la formule

(0) = 1

2log2 est propose dans lex. VII.3.9.


17/30

274 CHAPITRE VII. SRIES DE DIRICHLET

si|an| = O(n), pour un certain R, alors

+n=1ann

s converge normalement sur

tout demi-plan de la forme Re(s)> + 1 +, avec >0 ; elle dfinit donc une fonction

holomorphe sur le demi-planRe(s)> +1. De mme, si

+n=1anns converge absolument

pour s = s0, alors elle converge normalement sur le demi-plan Re(s s0) 0, puisque|anns| |anns0| sur ce demi-plan ; elle dfinit donc une fonction holomorphe sur ledemi-plan ouvert Re(ss0) > 0, qui se prolonge par continuit au demi-plan fermRe(s s0) 0.

La discussion prcdente amne naturellement dfinir les lments suivants de R :

conv = inf{Re(s), L(a, s) converge} abscisse de convergence; abs= inf{Re(s), L(a, s) converge absolument} abscisse de convergence absolue;hol= inf{ R, L(a, s)admet un prolongement holomorphe sur Re(s)> }. = inf{ R, an= O(n

)}.Le nombrena pas de signification particulire, mais des quantits prcdentes, cest

la plus facile calculer ; de plus la discussion ci-dessus nous fournit les encadrements :

conv abs + 1.

Par ailleurs, contrairement au cas des sries entires (cf. (i) de la rem. V.2.8), on na pas for-

cment hol=abs, comme le montre lexemple des fonctionsL de Dirichlet (th. VII.4.4).

On suppose dans tout ce qui suit que les sries de Dirichlet que lon considre convergent

quelque part (i.e. abs= +), le cas contraire nayant quun intrt limit... On peutalors retrouver les an partir de la fonction L(a, s) (en effet, a1 = lims+L(a, s),

a2= lims+2s(L(a, s) a1), etc.).

On remarquera que le produit de deux sries de Dirichlet L(a, s)L(b, s) est encore une

srie de DirichletL(c, s) =

n1cnns

, o cn=

d|nadbn/d. Cette formule, qui fait intervenir

la factorisation des entiers, est largement responsable de lintrt des sries de Dirichlet

pour des questions darithmtique.

Thorme VII.1.1. (Landau) SoitL(a, s) =

n1anns

une srie de Dirichlet coef-

ficients positifs(i.e.an R+, quel que soitn 1). Alorsabs na aucun voisinage dansCsur lequelL(a, s) admet un prolongement analytique(3).

Corollaire VII.1.2. Si L(a, s) =

n1 anns est une srie de Dirichlet coefficientspositifs, alorshol= abs.

Dmonstration. Le corollaire est immdiat. Passons la dmontration du thorme.

Posons = abs, et supposons, par labsurde, quil existe >0 tel queL(a, s)admette un

prolongement analytique au disque D(, 3). Alors L(a, s) est holomorphe sur louvert

runion de D(, 3) et du demi-plan Re(s) > . Comme contient D(+ , 3),

L(a, s) est somme de sa srie de Taylor en + sur ce disque, et en particulier, on a

(3)Il arrive queL(a, s)admette un prolongement mromorphe comme le montre le cas de la fonction zta

de Riemann (cf. th. VII.3.4), mais alors abs est un ple de ce prolongement.


18/30

VII.1. SRIES DE DIRICHLET 275

L(a, ) =

+k=0

L(k)(a,+)k!

(2)k. Par ailleurs, comme + est dans le demi-plan deconvergence de L(a, s), on peut, daprs le th. V.2.14, calculer L(k)(a, +) en drivant

terme terme la srie de Dirichlet. On obtient donc

L(a, ) =+k=0

L(k)(a, +)(2)k

k! =

+k=0

+n=1

an( log n)kn+

(2)kk!

.

En faisant rentrer le (2)k

k! lintrieur de la parenthse, on obtient une srie double

termes positifs, ce qui permet dchanger lordre des sommations, et dobtenir :

L(a, ) =+n=1

ann+

+k=0

(2 log n)k

k!

=

+n=1

ann+

n2 =+n=1

ann

.

On en dduit que L(a, s)converge en , ce qui est contraire la dfinition de . Cecipermet de conclure.

2. Demi-plan de convergence dune srie de Dirichlet

Contrairement au cas des sries entires, on a, en gnral(4), conv= abs, et la d-termination de conv peut cacher des difficults redoutables... Dautre part, daprs le

cor. VII.1.6 ci-dessous, on ahol conv, et le cas des fonctionsL de Dirichlet (th. VII.4.4)

montre que, contrairement au cas des sries entires, on na pas toujours galit. La quan-

titholest trs souvent extrmement difficile calculer. Une grande partie du programme

de Langlands (cf. annexe F) est destine prouver que pour beaucoup de sries de Diri-

chlet issues de la thorie des nombres, on a hol= (autrement dit que ces sries ontun prolongement analytique tout le plan complexe, ce qui est assez miraculeux).

Ltude de la convergence des sries de Dirichlet repose sur le lemme suivant.

Lemme VII.1.3. Soient, R, avec0< < . Soitz= x +iy, avecx, y R,etx >0. Alors

|ez ez | zx

(ex ex).Dmonstration. On aez ez =z

etz dt, et donc

|ez ez | |z|

etx dt=

zx(ex ex).

(4) Supposons par exemple que an {1}, pour tout n 1. On a alors abs = 1. Pour tudier conv, onpeut utiliser la formule sommatoire dAbel : on poseAn =

nk=1ak de telle sorte que

Nn=1

anns

= AN

(N + 1)s+

Nn=1

An(ns (n+ 1)s) = AN

(N + 1)s+

Nn=1

Anns+1

n

1 1 + 1n

s.

On en dduit le fait que, si An = O(n), avec 0, et donc conv 1/2presque

srement (et 1/2est srement diffrent de 1).


19/30


En appliquant ce lemme = log n,= log(n+ 1) etz=s s0, on obtient :

Corollaire VII.1.4. Sin 1, et siRe(s s0)> 0, alors|n(ss0) (n+ 1)(ss0)| |s s0|

Re(s s0) (nRe(ss0) (n+ 1)Re(ss0)).

Thorme VII.1.5. SoientL(a, s) =+

n=1anns une srie de Dirichlet, ets0 C.

(i) Si la suite des sommes partielles An(s0) =n

k=1akks0 est borne, alors L(a, s)

converge uniformment dans tout compact du demi-planRe(s s0)> 0.(ii) Si la srie

+n=1ann

s0 converge, alorsL(a, s) converge uniformment dans tout

secteur angulaire|arg(s s0)| < 2 du demi-planRe(s s0) 0.

Dmonstration. La dmonstration est la mme dans les deux cas et repose sur la formulesommatoire dAbel. Sip, q N vrifient p q, soit

Mp,q= suppnq

|Bn,p|, avecBn,p= An(s0) Ap1(s0)

(etA0(s0) = 0, puisquune somme vide est nulle par convention). On a

qn=p

anns =

qn=p

(Bn,p Bn1,p)n(ss0)

=Bq,pq(ss0) +

q1n=p

Bn,p(n(ss0) (n+ 1)(ss0)).

SiRe(s s0)>0, en utilisant la majoration du cor. VII.1.4, lingalit 1 |ss0|Re(ss0) , et ladfinition deMp,q, on en dduit la majoration

qn=p

anns Mp,qqRe(ss0) + |s s0|

Re(s s0)q1n=p

(nRe(ss0) (n+ 1)Re(ss0))

Mp,q|s s0|

Re(s

s0)pRe(ss0).

Maintenant, si|An(s0)| M, quel que soit n N, on a Mp,q 2M quels que soientp q. Par ailleurs, si K est un compact du demi-plan Re(s s0) > 0, alors il existea > 0 et b > 0 tels que|s s0| a et Re(s s0) b, quel que soit s K. On a doncq

n=panns 2Mab1pb, sis K, ce qui prouve que la srien1anns satisfait au

critre de Cauchy uniforme sur K. On en dduit le (i).

Pour dmontrer le (ii), il suffit de constater que lhypothse selon laquelle

n1anns0

converge est quivalente Mp,q 0quandp + daprs le critre de Cauchy. Comme|ss0|

Re(ss0) est major par tg sur le secteur angulaire|arg(s s0)| < 2 du demi-

plan Re(s s0) 0, et comme pRe(ss0)

1 sur le demi-plan, on en dduit que la


20/30

VII.2. SRIES DE DIRICHLET ET TRANSFORME DE MELLIN 277

srie

n1ann

s satisfait au critre de Cauchy uniforme sur le secteur angulaire, ce qui

dmontre le (ii).

Corollaire VII.1.6. SoientL(a, s) =

n1anns

une srie de Dirichlet, etconv Rlabscisse de convergence de L(a, s). Alors L(a, s) converge en tout s du demi-plan

Re(s)> conv et dfinit une fonction holomorphe sur ce demi-plan, et donchol conv.

Dmonstration. Par dfinition de conv, pour tout > 0, il existe s C, tel queL(a, s) soit convergente et Re(s) conv +. Daprs le th. VII.1.5, la srie L(a, s)

converge pour touts du demi-planRe(s)> conv+ , car ce demi-plan est une runion de

secteurs angulaires de sommets, et comme ceci est vrai pour tout >0, cela prouve que

L(a, s) converge en tout s du demi-plan Re(s) > conv. Lholomorphie de L(a, s) sur ce

demi-plan suit de ce quune fonction qui est limite uniforme sur tout compact de fonctionsholomorphes est elle-mme holomorphe (th. V.2.14).

VII.2. Sries de Dirichlet et transforme de Mellin

1. La fonction dans le plan complexe

La fonction dEuler a t dfinie (cf. ex. IV.1.5) sur R+ par la formule

(x) =

+

0 ettx dt

t . Nous nous proposons de ltendre en une fonction mromorphe sur

C tout entier. On trouvera une autre approche dans lex. V.2.22 ; lapproche ci-dessous

montre directement quene sannule pas, ce qui peut aussi se dduire de la formule descomplments (ex. VI.3.17).

On rappelle que laconstante dEulerest la limite de log n+nk=1 1k , quandn +.Thorme VII.2.1. (i) Le produit

f(z) =z ez+k=1

1 +

z

k

ez/k

est uniformment convergent sur tout compact deC, et concide avec 1

surR+.

(ii) Lafonction complexe dfinie par(z) = 1f(z) est mromorphe surC, holomorphe

en dehors de ples simples aux entiers ngatifs, de rsidu (1)n

n! enn, sin N. De plus,

on a(z+ 1) = z(z), quel que soitz C (N).Dmonstration. La fonction h(z) =z2((1 + z)ez 1)est holomorphe sur C, et doncest borne sur tout compact. En particulier, il existe M tel que|(1 +z)ez 1| M|z2|,si|z| 1. Maintenant, si K est compact, il existe R(K) tel que|z| R(K), quel quesoit z K, et on a|1 + z

k

ez/k 1| MR(K)2

k2 , si k R(K) et z K. On en dduit la

convergence uniforme du produit sur K, et le th. V.2.17 montre que f est une fonction

holomorphe surC

avec des zros simples en 0 et lesk, pour kN

{0}. En passant


21/30


linverse, cela montre que est mromorphe sur C, holomorphe en dehors de ples

simples aux entiers ngatifs.

Maintenant, six R+, on a, daprs la formule de Gauss (cf. ex. IV.1.5),1

(x)= lim

n+

x(x+ 1) (x+n)n! nx

=x limn+

ex lognn

k=1

1 +

x

k

= xex

limn+

e(1++1/n)xn

k=1

1 +

x

k

= x ex lim

n+

nk=1

1 +

x

k

ex/k

,

ce qui permet de montrer quefconcide avec 1

sur R+.

Finalement, les fonctions(z+1)etz(z)sont holomorphes sur C(N), et concidentsur R

+; elle concident donc sur C(N), daprs le th. des zros isols. Comme(1) = 1,cela permet de montrer, par rcurrence sur n, que lon a limzn(z+ n)(z) =

(1)n

n! . Ceci

termine la dmonstration du thorme.

Exercice VII.2.2. (i) tablir la formule des complments(z)(1 z) = sinz (on prendra la drivelogarithmique(5) des deux membres, et on utilisera lex. V.2.16). En dduire une dmonstration de lidentit+ e

t2 dt= 1.(ii) tablir de mme la formule de multiplication: sip N {0}, et si z C (N), alors

p1

j=0 z+j

p = (2)(p1)/2pz+1/2(z).

Proposition VII.2.3. Sur tout secteur angulaire de la forme |arg(z)| < , o < ,on a les dveloppement suivants au voisinage de|z| = :

(i) (z)(z)

= log z 12z

+ O( 1z2

) ;

(ii) log (z) =zlog z z+ 12

(log(2) log z) + O( 1z

), o log (z) =[1,z]

(w)(w)

dw est le

logarithme de(z), holomorphe dans le secteur angulaire, prenant la valeur0 enz= 1.

(formule de Stirling complexe).

Dmonstration. On part de la formule (z)

(z) = 1z + +k=1

1k 1z+k, qui dcoule (th. V.2.17)

de la dfinition de 1 comme un produit convergent. Si z / R, on peut rcrire cette formule sous la

forme (o[t]dsigne la partie entire de t et{t} =t [t], sa partie fractionnaire)(z)(z)

= 1z

+

+1

1[t]

1z+ [t]

dt

= 1z

+

+1

1[t]

1t 1

z+ [t]+

1

z+t

dt+

+1

1t 1

z+t

dt

= 1z

+

+1

{t}t[t]

dt +

1

{t}(z+t)(z+ [t])

dt+

log t

z+t

+1

.

(5)

La drive logarithmique dune fonction fest la fonction

f

f; cest la drive de log f.


22/30


Maintenant,

log tz+t+1

= log(z + 1) = log z + 1z + O( 1z2 ) et C =

+1

{t}t[t]

dt est une constante.

Finalement, on peut crire+1 {t}(z+t)(z+[t])dt sous la forme +1

{t}(z+t)(z+ [t])

dt =

+1

{t}(z+t)2

dt +

+1

{t}2(z+t)2(z+ [t])

dt

= 1

2(z+ 1)+

+1

{t} 1/2(z+t)2

dt+

+1

{t}2(z+t)2(z+ [t])

dt,

et une intgration par parties nous donne +1

{t} 1/2(z+t)2

dt={t}2 {t}

2(z+t)2+1

+

+1

{t}2 {t}(z+t)3

dt=

+1

{t}2 {t}(z+t)3

dt.

En utilisant la minoration

|z+u|2

1 + cos

2 (|z| +u)2

, siu R+

et|arg(z)| ,cela permet de majorer en module les quantits

+1

{t}2(z+t)2(z+[t])dtet

+1

{t}2{t}(z+t)3 dtpar

21

1(|z|2)3dt ++

2 ( 2

1+cos )3/2 1

(|z|+t1)3 dt. On en dduit que ces deux intgrales sont des O( 1z2 )et comme il en est de

mme de 12(z+1) 12z , on obtient finalement :(z)(z)

= log z+ C 12z

+ O(1

z2).

On en dduit, en intgrant, que

log (z) = w log w w+ (C )w 1

2log w

z

1+

+

1

O( 1

w2)dw+

z

+

O( 1

w2)dw.

Do lexistence de C C, tel que lon ait log (z) = zlog z z+ (C )z 12log z+ C + O( 1z ) auvoisinage de linfini. La formule de Stirling relle :

log((x+ 1)) =x log x x+12

log(2x) +o(1), au voisinage de+

permet alors den dduire que C = 0et C = 12log2, ce qui permet de conclure.

Corollaire VII.2.4. Quand|| tend vers+, on a

|(+i)| =

2||12 e||/2(1 + O( 1

)),

uniformment dans toute bande verticale de largeur finie.

Dmonstration. Sis = +i, eta b, oa, b R sont fixs, alors

log s= log i+

i + O(

1

2) = log || + i

2 || +

i + O(

1

2).

En utilisant le (ii) de la prop. VII.2.3 et la formule ci-dessus, on en dduit que

Re(log (+i)) = log || ||2

+ 12

log || +12

log 2+ O(1

).

Ceci permet de conclure.


23/30


2. Une formule intgrale pour les sries de Dirichlet

Le changement de variable(6) u= t montre que, si R

+

, et si Re(s)> 0, alors

1

s =

1

(s)

+0

ettsdt

t.

Cette simple remarque va se rvler extrmement utile pour tudier le prolongement

analytique de certaines sries de Dirichlet.

Soit L(a, s) =

n1anns

une srie de Dirichlet convergeant quelque part.

Lemme VII.2.5. (i) La srie entireFa(z) =+

n=1anzn est de rayon de convergence

au moins1.

(ii) fa(t) = Fa(et) estC surR

+et dcroissance rapide linfini, ainsi que toutes

ses drives.

Dmonstration. Il existe R tel que an = O(n) ; on en dduit le (i) et le fait queFa(z) = O(|z|) au voisinage de 0. Ceci implique que fa est C sur R+ et O(et) auvoisinage de + (et donc dcroissance rapide, ce qui, pour une fonction f : R+ C,signifie, rappelons le, quetNf(t)est borne quandt +, pour toutN N). Pour passerau cas dune drive dordre quelconque de fa, il suffit de constater que f

(k)a = fa(k), o

a(k) = ((n)kan)nN.Lemme VII.2.6. SiRe(s)> sup(abs, 0), la fonctionfa(t)t

s1 est sommable surR+,

et on a

L(a, s) = 1

(s)

+0

fa(t)tsdt

t.

Dmonstration. SiRe(s) = >sup(abs, 0), on a +0

|fa(t)ts1| dt +0

+n=1

|an|ent

tdt

t

=+

n=1|an|

+

0

enttdt

t = ()

+

n=1|an|n


24/30


Remarque VII.2.7. (i) Si f : R+ C, la fonction s Mel(f, s) =+

0 f(t)ts dt

t est

la transforme de Mellinde f. Le changement de variable t = eu montre que, sur une

droite verticale Re(s) = , la transforme de Mellin concide, homothtie prs, avec latransforme de Fourier de f(eu)eu, ce qui permet de dduire un grand nombre de ses

proprits de celles de la transforme de Fourier.

(ii) La fonction fa(t) =+

n=1anent est C sur R+, mais na aucune raison, a priori,

dtre trs sympathique en0. De fait, les proprits de prolongement analytique de la srie

de Dirichlet+

n=1anns sont troitement lies la rgularit de fa en 0. La prop. VII.2.8

ci-dessous donne une illustration de ce phnomne.

3. Prolongement analytique de sries de Dirichlet

Proposition VII.2.8. Soitfune fonctionC

surR+, dcroissance rapide lin-fini ainsi que toutes ses drives.

(i) La fonctionM(f, s) = 1(s)+0

f(t)ts dtt, dfinie pourRe(s) > 0, admet un prolon-

gement holomorphe C tout entier(7)

(ii) Sik N, alorsM(f, k) = (1)kf(k)(0).(iii) Sia b sont deux rels, alors pour toutk N, il existeCa,b,k(f) tel que

|M(f, s)| Ca,b,k(f)(1 + ||)ke2 ||, sis= +i eta b.Dmonstration. Sur la bandeb >Re(s)> a >0, on a |f(t)ts1| |f(t) sup(ta1, tb1)|.

Or+0 |f(t) sup(t

a1

, t

b1

)|dt < +, grce la dcroissance rapide de f linfini, et lhypothse a > 0 pour ce qui se passe au voisinage de 0. On est sous les conditionsdapplication du th. V.2.20, ce qui permet de montrer que M(f, s) est holomorphe sur le

demi-plan Re(s)> 0.

Par ailleurs, une intgration par partie nous donneM(f, s) = M(f, s+1), siRe(s)> 0.On a donc, plus gnralement, M(f, s) = (1)nM(f(n), s+n), siRe(s)> 0 et n N. Enappliquant ce qui prcde f(n), au lieu de f, on en dduit que (1)nM(f(n), s+n) estholomorphe sur le demi-plan Re(s) >n. Comme cette fonction concide avec M(f, s)sur le demi-plan Re(s)>0, cela prouve que M(f, s)admet un prolongement holomorphe

au demi-plan Re(s) >

n, et comme ceci est vrai quel que soit n

N, cela permet de

dmontrer le (i).

Le (ii) suit de ce que M(f, k) = (1)k+1M(f(k+1), 1)est aussi gal

(1)k+1 +0

f(k+1)(t) dt= (1)k+1[f(k)]+0 = (1)kf(k)(0).

Corollaire VII.2.9. Sifa estC surR+, alorsL(a, s) admet un prolongement ho-

lomorphe C tout entier. De plus, sik N, on aL(a, k) = (1)kf(k)a (0).(7)La distributionf M(f, s)que ceci permet de dfinir, est une partie finie de Hadamard. Le (ii) montre

que sik N, alors M( , k)est la drive k-ime de la masse de Dirac en0.


25/30


Dmonstration. Cest une consquence directe de la prop. VII.2.8 puisque fa est

dcroissance rapide linfini, ainsi que toutes ses drives (lemme VII.2.5).

Remarque VII.2.10. La formule L(a, k) = (1)kf(k)a (0) montre que lon obtient lamme valeur pour la somme de la srie divergente

n1ann

k, en prenant la valeur de

L(a, s)enk ou la limite quand x 1 de+n=1annkxn.Le rsultat suivant montre que le prolongement analytique dune srie de Dirichlet a

un comportement raisonnable dans une bande verticale ; ceci nous sera utile plus tard

(lemme A.3.1).

Proposition VII.2.11. Soit f une fonction C sur R+, dcroissance rapide

linfini ainsi que toutes ses drives. Sia b sont deux rels, alors pour toutk N, ilexisteCa,b,k(f) tel que

|M(f, s)| Ca,b,k(f)(1 + ||)ke2 ||, sis= +i eta b.Dmonstration. Choisissonsn Ntel quen + a > k +12 . Sis = + i, aveca b,alors

|M(f, s)| 1|(s+n)| +0

|f(n)(t)|t+n dtt

Cn|(s+n)| ,

oCn= +0 |

f(n)(t)|

sup(ta+n, tb+n) dtt. Par ailleurs, daprs le cor. VII.2.4, il existeT >0

tel que, si s = +i, alors

|(s+n)|1 22

(1 + ||) 12ne2 || 22

(1 + ||)ke2 ||, si|| T eta b.

Donc(1 + ||)ke2 |||M(f, s)| est borne sur {s= + i, || T, a b}, et commeelle est continue sur la bande a Re(s) b, elle est aussi borne sur la bande toute

entire. Ceci permet de conclure.

VII.3. La fonction zta de Riemann

1. Sries de Dirichlet attaches des fonctions multiplicatives

On note P lensemble des nombres premiers.

Une fonctionn a(n)de N{0} dans Cest multiplicative, sia(1) = 1, et sia(nm) =a(n)a(m) pour tous n et m premiers entre eux; elle est strictement multiplicative, si

a(1) = 1, et a(nm) = a(n)a(m), quels que soient m, n 1. On remarquera quune

fonction strictement multiplicative est dtermine par les a(p), pour p P puisque, sin=

iIp

kii est la dcomposition den en facteurs premiers, on aa(n) =

iIa(pi)

ki . Par

contre, pour une fonction multiplicative, on a besoin de connatre les a(pk), pour p P

etk 1. On a alors a(n) =

iIa(p

ki

i )


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VII.3. LA FONCTION ZTA DE RIEMANN 283

Proposition VII.3.1. Si n a(n) est multiplicative, et si L(a, s) =

n1a(n)

ns

converge quelque part, alors pour touts dans le demi-planRe(s)> abs, on a :

(i) 1 + a(p)ps + a(p2)

p2s + est absolument convergent quel que soitp P;(ii) le produit

pP(1 +

a(p)ps

+ a(p2)

p2s + ) converge uniformment sur tout demi-plan

Re(s)> c > abs, et sa valeur estL(a, s).

Dmonstration. Soit c > abs. SiRe(s)> c, on a

pP

a(p)ps

+a(p2)

p2s +

pP

a(p)ps

+ a(p2)p2s

+ +n=2

|a(n)|nc

c.

SiX R+, soit P(X)lensemble des nombres premiers X, et soitI(X)lensemble desentiers dont tous les diviseurs premiers sont dans P(X). Sik N, soitI(X, k)lensembledes entiers de la forme

pP(X)p

kp , avec 0 kp k. Lensemble I(X, k) est donc un

ensemble fini. Par ailleurs, la multiplicativit de n a(n) fait que lon a

pP(X)

(1 +a(p)

ps + +a(p

k)

pks ) =

nI(X,k)

a(n)

ns .

Comme toutes les sries qui interviennent sont majores, en valeur absolue, par la srie

sommable

n1

a(n)ns

, le thorme de convergence domine pour les sries montre, enfaisant tendrek vers +, que

pP(X)

(1 +a(p)

ps +

a(p2)

p2s + ) =

nI(X)

a(n)

ns ,

puis, en faisant tendre Xvers +, que

pP

(1 +

a(p)

ps +

a(p2)

p2s + ) = n1

a(n)

ns ,

ce que lon cherchait tablir.

Remarque VII.3.2. (i) Le facteur1 + a(p)ps

+ a(p2)

p2s + du produit est le facteur dEuler

en p de la fonction L(a, s), et la formule L(a, s) =

pP(1 + a(p)

ps + a(p

2)p2s

+ ) est ladcomposition deL(a, s) en produit de facteurs dEuler(ou en produit eulrien).

(ii) Si a est strictement multiplicative, les facteurs dEuler sont donns par des sries

gomtriques et on aL(a, s) =pP 11a(p)ps .


27/30


2. Prolongement analytique de la fonction

La srie de DirichletL(1, s) =n1

1

ns admet1comme abscisse de convergence absolue

(et comme abscisse de convergence puisquelle est coefficients positifs (cor. VII.1.2)). De

plus n1 est on ne peut plus strictement multiplicative ; on dduit donc de la thoriegnrale le rsultat suivant (d Euler).

Proposition VII.3.3. SiRe(s) > 1, alors

n11

ns =

pP1

1ps, et le produit est

uniformment convergent sur tout demi-planRe(s)> c >1.

Thorme VII.3.4. Il existe une unique fonction, note (fonction zta de Rie-

mann), vrifiant :

est mromorphe surCtout entier, holomorphe en dehors dun ple simple ens = 1,

de rsidu1 ;

(s) = L(1, s), siRe(s)> 1.

Dmonstration. Lunicit est une consquence de lunicit du prolongement analytique

(cor. V.1.19). Sif1(t) =+

n=1ent = 1

et1et sig(t) =tf1(t), on dduit du lemme VII.2.6

que, quel que soit s, avecRe(s)> 1,

L(1, s) = 1

(s)

+0

f1(t)ts dt

t =

1

(s 1)(s 1) +0

tf1(t)ts1dt

t =

1

s 1M(g, s 1).

Comme g(t) estC

surR

+, holomorphe au voisinage de 0 (et doncC

surR

+), et dcroissance rapide linfini ainsi que toutes ses drives, la prop. VII.2.8 sapplique. On en

dduit queM(g, s)a un prolongement analytique C tout entier, avecM(g, 0) =g(0) = 1.

Le rsultat sen dduit.

Remarque VII.3.5. Si s est rel > 1, on a log (s) =pPlog(1 ps) daprs laprop. VII.3.3. Or log(1ps) ps, et lexistence dun ple deens = 1se traduit parle fait que lims1+

pPp

s = +. Il en rsulte que la somme des inverses des nombrespremiers diverge (rsultat d Euler (1737)) ; en particulier, ceci prouve que lensemble

des nombres premiers est infini (rsultat remontant lantiquit), mais en dit un peu plus

sur leur rpartition que la preuve des grecs.

Exercice VII.3.6. Soit+

n=0Bntn

n! le dveloppement de Taylor(8) de g (t) = tet1 en0.

(i) Calculerg (t) g(t). En dduire B2k+1 = 0, sik 1.

(8)Les Bn sont des nombres rationnels, appels nombres de Bernoulli, et quon retrouve dans toutes lesbranches des mathmatiques. On a en particulier

B0 = 1, B1 =1

2 , B2 =

1

6, B3 = 0, B4 =

130

, . . . , B12 =691

2730, . . .

Un test presque infaillible pour savoir si une suite de nombres a un rapport avec les nombres de Bernoulli

est de regarder si 691 apparat dans les premiers termes de cette suite.


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(ii) Montrer que (n) = (1)nBn+1n+1, si n N. En dduire que prend des valeurs rationnelles auxentiers(9) ngatifs, et a des zros en les entiers pairs < 0.

(iii) Montrer que g(z) 2iz2i + 2iz+2i est holomorphe surD(0, (4)). En dduire des quivalents deB2n(2n)! et de (1 2n)quand n +.

3. quation fonctionnelle de la fonction zta

Thorme VII.3.7. (Riemann, 1858)La fonctionvrifie lquation fonctionnelle(10)

(s) = 2 (2)s1 (1 s) sins2 (1 s).

Remarque VII.3.8. (i) Soit (s) =s2 ( s

2)(s). Modulo les formules (ex. VII.2.2)

(s)(1 s) =

sin s , s

2

s+ 1

2

= 21s

1

2

(s), et 1

2

= ,on peut dduire de lquation fonctionnelle de que vrifie lquation fonctionnelle

(s) =(1 s).(ii) Lquation fonctionnelle de la fonctionpeut stablir directement (cf. ex. VII.6.6),

mais la dmonstration ci-dessous a lavantage de se gnraliser plus facilement aux fonc-

tions L de Dirichlet. De plus, cest sous la forme du th. VII.3.7 que nous utiliserons

lquation fonctionnelle de dans la dmonstration du thorme des nombres premiers

(annexe A).

Dmonstration. Sic >0, soitcle contour obtenu en composant la demi-droite(+, c]suivi du carrCc de sommets c(1 i) parcouru dans le sens direct et de la demi-droite[c, +). Soit

Fc(s) = 1

2i

c

f1(z)(z)s dzz

,

of1(z) = 1ez1 , et(z)s = exp(s log(z)), la dtermination du logarithme choisie tant

celle dont la partie imaginaire est comprise entre et; en particulier, (z)s =eiszsde+cet(z)s =eiszs dec + (aprs avoir parcouru le carr).

La dmonstration consiste utiliser la formule des rsidus pour valuer Fd(s)

Fc(s),

ce qui fait apparatre la fonction (1 s). La fonction (s) sobtient en faisant tendre cvers0, et un passage la limite quandc + donne le lien cherch entre(s)et(1s).(9)Les valeurs aux entiers de la fonction zta, ou plus gnralement des fonctions L de la gomtriearithmtique, recellent une quantit impressionante dinformations arithmtiques. Kummer fut lun despremiers exploiter cette information, ce qui lui a permis de montrer (1852) que, si p est un nombrepremier 3 ne divisant pas le numrateur de (1), (3), . . ., (2 p), alors lquation ap +bp =cpna pas de solution en nombres entiers avec abc= 0 (i.e. le thorme de Fermat est vrai pour un tel p(dit rgulier)). Jusqu 100, les seuls nombres premiers irrguliers sont 37, 59 et 67.(10)Cette quation fonctionnelle avait t conjecture par Euler (1749) qui se basait sur ses calculs de

en les entiers.


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(-1+i)c (1+i)c

(-1-i)c (1-i)c

le chemin C

0c

Calcul deFd(s) Fc(s). (Un peu plus de familiarit avec les fonctions holomorphespermettrait de se passer de la cuisine peu ragotante qui suit et de dmontrer directement

queFd(s) Fc(s)est la somme des rsidus de la fonction f1(z) (z)s

z (qui est mromorphe

sur C[0, +)) en les points lintrieur du chemin c,d compos de Cd, [d, c], Ccparcouru en sens oppos, et [c, d].)

Les chemins sur lesquels on intgre ne sont pas vraiment contenus dans un ouvert sur lequel la fonctionquon intgre est mromorphe ; pour se ramener ce cas, on va tre forc de tout dcouper en morceaux.

On note g+s (resp. gs) la fonction g

+s(z) =f1(z)

(z)s

z

sur louvert+ (resp.) obtenu en enlevantla demi-droite[0, i)(resp.[0, +i)) C, la dtermination delog(z)tant celle prenant des valeursrelles sur la demi-droite[0, ). Les fonctionsg+s etgs sont mromorphes sur+ etrespectivement,et concident sur le demi-planRe(s)< 0 ; par contre, sur le demi-planRe(s)> 0, on ags(z) =e

2isg+s (z).On note C+c (resp. C

c) le morceau de Cc contenu dans le demi-plan Im(s) 0(resp. Im(s) 0). On

a doncC+c = [c, (1 + i)c] [(1+ i)c, (1 + i)c] [(1 + i)c, c], etCc = [c, (1 i)c] [(1 i)c, (1 i)c] [(1 i)c, c]. Soit +c (resp. c ) le chemin compos de (+, c] et C+c (resp. de Cc et [c, +)), et soientF+c(s) =

12i

+c

g+s(z) dz et Fc (s) =

12i

c

g+s(z) dz, de telle sorte que Fc(s) = F+c(s) + F

c (s).

Si c < d, soient +c,dle lacet C+d [d, c] (C+c)opp [c, d]et +c,d le lacet Cd [d, c] (Cc)opp [c, d],

o(C+c)opp et (Cc)

opp dsignent les chemins C+c et Cc parcourus dans le sens oppos. On a

F+d(s) F+c(s) = 12i+

c,d

g+s(z) dz 12i

[d,c]g+s(z) dz

Fd(s) Fc (s) = 1

2i

c,d

gs (z) dz 1

2i

[c,d]

gs (z) dz,

comme on peut le voir sur le dessin ci-dessus. Comme g+s(z) =gs (z)sur [c, d], lintgrale sur[c, d]

disparat quand on fait la somme des deux galits ci-dessus, et on obtient

Fd(s) Fc(s) = 12i

+

c,d

gs(z) dz+ 1

2i

c,d

g+s(z) dz.


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(-1+i)d (1+i)d

(-1-i)d (1-i)d

-n2i

n2i

2i

-2i

(-1-i)d (1-i)d

-n2i

-k2i(1-i)c(-1-i)c

d-d -c c

-c c d-d

2i

n2i

(k+1)2i

k2i(1+i)c(-1+i)c

(-1+i)d (1+i)d

c,d

-

c,d

+

-2i

0

0

0

= k2i

-k2i(-1-i)c (1-i)c

(-1+i)c (1+i)c

2i

-2i0

d

c

c,d

c,d

- = + -+

+

Le membre de droite peut se calculer grce la formule des rsidus. La fonction g+s est

mromorphe sur+, avec des ples simples aux 2ik, pourk N{0}, et commeez 1a une drive gale 1 en 2ik, on a Res(g+s, 2ik) =

(2ik)s

2ik =(2k)s1ei s12 . De

mme,gs est mromorphe sur, avec des ples simples aux 2ik, pourk N{0}, et

on aRes(gs, 2ik) = (2ik)s

2ik = (2k)s1ei s12 . Par ailleurs, lindice de +c,dpar rapport

2ik est 1, si c < 2k < d, et 0 sinon ; lindice de c,d par rapport 2ik est 1, sic

Analyse Et d Algebre 8

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