f(z) = u(x, y) + i v(x, y),

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1 Université A/MIRA de Béjaia 27 mai 202 Faculté de la Technologie Département ST 2 Examen de Maths 5 Exercice points En utilisant les paramétrisations, montrer que l on a : z 2 dz = 0, où est la courbe ci-contre. omment peut-on prédire ce résultat sans calculs? citer le théorème en question. i Exercice 2 5 points Soit f une fonction holomorphe sur donnée par sa forme algébrique : fz = ux, y i vx, y, où z = x iy, u = Ref et v = Imf. On donne : vx, y = x 2 y 2 4xy x y 5.. Déterminer ux, y sachant que f = 5 5i. 2. Ecrire fz en fonction de z. Exercice 6 points Déterminer le développement en série de Laurent de chacune des fonctions suivantes autour du point singulier indiqué et préciser la nature du point singulier en question.. fz = ez e z 2 ; z 0 = fz = zz ; z 0 = 0.. fz = z sin ; z 0 = 0. z Exercice 4 6 points Soit f la fonction d une variable complexe définie par : fz =. Déterminer le domaine d holomorphie de f. z 2 4z 4.

2 2. Donner les points singuliers de f en précisant la nature de chacun d entre eux.. Soit le cercle défini par : z i = 2, orienté positivement. alculer par la méthode de votre choix l intégrale curviligne : fzdz. BONNE HANE 2

3 Université A/MIRA de Béjaia 27 mai 202 Faculté de la Technologie Département ST 2 Solution détaillée de l Examen de Maths 5 B. Farhi Exercice points En utilisant les paramétrisations, montrer que l on a : z 2 dz = 0, où est la courbe ci-contre. omment peut-on prédire ce résultat sans calculs? citer le théorème en question. i Solution : Nommons γ le demi-cercle supérieur de centre O et de rayon, orienté positivement. On a : z 2 dz = z 2 dz z 2 dz [,] Sur [, ] : On peut utiliser comme paramétrisation : z = x, avec x [, ]. e qui donne dz = dx et par conséquent : [ ] x z 2 dz = x 2 dx = = 2 ; [,] [,] z 2 dz = 2 Sur γ : On peut utiliser comme paramétrisation : z = e iθ, avec θ [0, π]. e qui donne dz = ie iθ dθ et par conséquent : π π [ ] π z 2 dz = e iθ 2 ie iθ dθ = ie iθ dθ = γ 0 0 eiθ = 0 eiπ e0 = = 2 ; γ z 2 dz = 2 En substituant 2 et dans, on obtient finalement : z 2 dz = 0, γ 2

4 B. Farhi Solution de l Examen de Maths 5 comme il fallait le prouver. On peut prédire ce résultat sans calculs en utilisant le théorème intégrale de auchy, selon lequel : L intégrale sur un chemin fermé d une fonction holomorphe à l intérieur et sur le chemin en question est nulle. Ici la fonction fz = z 2 est holomorphe sur car f est un polynôme ; en particulier, f est holomorphe sur et à l intérieur du chemin fermé. Exercice 2 5 points Soit f une fonction holomorphe sur donnée par sa forme algébrique : fz = ux, y i vx, y, où z = x iy, u = Ref et v = Imf. On donne : vx, y = x 2 y 2 4xy x y 5.. Déterminer ux, y sachant que f = 5 5i. 2. Ecrire fz en fonction de z. Solution : La fonction f est holomorphe sur si et seulement si elle satisfait les conditions de auchy-riemann, qui sont : u x = v y u y = v x On a v v x x, y = 2x 4y et y x, y = 2y 4x. D où : I u x, y = 2y 4x...4 x u x, y = 2x 4y...5 y I On a : 4 ux, y = 2y 4x dx où cy est une fonction de y. En substituant 6 dans 5, on obtient : ux, y = 2xy 2x 2 x cy...6 2x c y = 2x 4y. e qui donne : c y = 4y. D où : cy = 4y dy = 2y 2 y k avec k R. En substituant ceci dans 6, on obtient : ux, y = 2xy 2x 2 x 2y 2 y k 7 2

5 B. Farhi Solution de l Examen de Maths 5 Il nous reste maintenant à déterminer la constante réelle k en se servant de la condition f = 5 5i. On a : f = 5 5i u, 0 i v, 0 = 5 5i { u, 0 = 5 v, 0 = 5. L égalité v, 0 = 5 est visiblement vérifiée. L égalité u, 0 = 5 équivaut en utilisant 7 à : 5 k = 5, ce qui donne : k = 0. En substituant ceci dans 7, on obtient finalement : 2 On a pour z = x iy : fz = ux, y i vx, y ux, y = 2x 2 2y 2 2xy x y. = 2x 2 2y 2 2xy x y ix 2 y 2 4xy x y 5 = 2x 2 2y 2 4ixy 2xy ix 2 iy 2 x iy y ix 5i = 2x 2 y 2 2ixy ix 2 y 2 2ixy x iy ix iy 5i = 2z 2 iz 2 z iz 5i = 2 iz 2 iz 5i. fz = 2 iz 2 iz 5i. Exercice 6 points Déterminer le développement en série de Laurent de chacune des fonctions suivantes autour du point singulier indiqué et préciser la nature du point singulier en question.. fz = ez e z 2 ; z 0 = fz = zz ; z 0 = 0.. fz = z sin ; z 0 = 0. z Solution : Le développement en série de Taylor de la fonction z e z au voisinage de 0 s écrit : e z z n = n! = z z2 2! z!... 8 n=0 En substituant z par z dans ce développement, on obtient le développement en série de Taylor de la fonction z e z au voisinage de 0 : e z n = z n = z z2 n! 2! z!... 9 En utilisant 8 et 9, on a : n=0 fz = z 2 ez e = z 2 { z z2 2! z!... = z 2 2 z2 2! 2z4 4! 2z6 6!... = 2 2! 2 4! z2 2 6! z4..., } z z2 2! z!... 2

6 B. Farhi Solution de l Examen de Maths 5 fz = 2 2! 2 4! z2 2 6! z4..., qui est le développement en série de Laurent de f autour de z 0 = 0. On constate que la partie principale de ce développement est nulle ; ce qui montre que z 0 = 0 est une singularité éliminable ou fausse singularité de f. Remarque : Une autre façon de voir que z 0 = 0 est une fausse singularité de f consiste à montrer que la limite lim fz existe et qu elle est finie. ette limite présente une forme indéterminée du type 0 z 0 0 ; on peut la calculer très facilement en utilisant la règle de l Hôpital deux fois successivement. En effet, on a : e z e e z e e z e z lim z 0 z 2 = lim z 0 z 2 = lim z 0 2z e qui entraîne que z 0 = 0 est une fausse singularité de f. e z e z e z e z = lim z 0 2z = lim z Le développement en série de Taylor de la fonction z z au voisinage de 0 s écrit : z = n z n = z z 2 z... Il suffit de diviser les deux membres de cette identité sur z pour obtenir : n=0 fz = z z z2 z..., qui est le développement en série de Laurent de f autour du point singulier z 0 = 0. On constate que la partie principale de ce développement comporte un nombre fini de termes juste un terme ; la plus petite puissance de z z 0 = z, figurant dans cette partie, étant α =. eci montre que z 0 = 0 est un pôle d ordre càd un pôle simple de f. Remarque : Une autre façon de voir que z 0 = 0 est un pôle simple de f consiste à montrer que la limite lim zfz existe, qu elle est finie et non nulle. On obtient effectivement lim zfz = lim z 0 z 0 z 0 z = ; d où z 0 = 0 est un pôle simple de f. Le développement en série de Taylor de la fonction z sin z au voisinage de 0 s écrit : sin z = n z2n 2n! = z z! z5 5!... n=0 En substituant dans ce développement z par z, on obtient le développement en série de Laurent de la fonction z sin z autour de son point singulier z 0 = 0 ; sin z = z!z 5!z 5... En multipliant finalement les deux membres de cette dernière identité par z, on obtient : fz = z 2! 5!z 2 7!z 4..., qui est le développement en série de Laurent de f autour du point singulier z 0 = 0. On constate que la partie principale de ce développement comporte une infinité de termes ; ce qui montre que z 0 = 0 est une singularité essentielle de f. Remarque : Une autre façon de voir que z 0 = 0 est une singularité essentielle de f consiste à montrer que la limite lim fz = lim z sin n existe pas. Pour ce faire, on peut faire tendre z vers 0 suivant deux z 0 z 0 z directions différentes de sorte à obtenir deux limites différentes, ce qui conclura à l inexistence de la limite en question 2 on prendra par exemple z sur l axe des nombres réels puis sur l axe des nombres imaginaires. est-à-dire la partie comportant les puissances strictement négatives de z z 0 = z. 2. En effet, si la limite en question existe, elle est forcément unique. =. 4

7 B. Farhi Solution de l Examen de Maths 5 pures. Exercice 4 6 points Soit f la fonction d une variable complexe définie par : fz =. Déterminer le domaine d holomorphie de f. z 2 4z Donner les points singuliers de f en précisant la nature de chacun d entre eux.. Soit le cercle défini par : z i = 2, orienté positivement. alculer par la méthode de votre choix l intégrale curviligne : fzdz. Solution : omme f est une fonction rationnelle alors son domaine d holomorphie coïncide avec son domaine de définition D f. On a : D f = {z : z 2 4z 4 0}. Résolvons l équation de second degré : z 2 4z 4 = 0. Son discriminant vaut : = = 6 48 = 64. L équation possède donc deux racines complexes distinctes : D où : z = z 2 = = = = 4 6 = 2 = 2 6 { } 2 D f = \ ; 2, = 2. ce qui est le domaine d holomorphie de f. 2 Les points singuliers de f sont les points où f n est pas définie. e sont donc les points : z = 2 et z 2 = 2. Pour déterminer la nature de chacun de ces deux points singuliers, on se sert de la factorisation du trinôme z 2 4z 4 en : z 2 4z 4 = z z z z 2 = z 2. Nature du point singulier z = 2/ : On a : fz = z 2 4z 4 = /z 2 = gz, avec gz := z 2. omme g2/ = 2/ 2 2/ 2 0 alors z = 2 est un pôle d ordre càd un pôle simple de f. Nature du point singulier z 2 = 2 : On a : fz = z 2 4z 4 = /z 2 = hz, avec hz := z 2 z 2 omme h 2 = z 2/ = z 2 z alors z 2 = 2 est un pôle d ordre càd un pôle simple de f. On donnera deux méthodes pour évaluer l intégrale curviligne fzdz, où étant le cercle de centre Ωi et de rayon 2, orienté positivement. La première méthode utilise le théorème des résidus alors que la seconde utilise la formule intégrale de auchy. On préférera tout de même la première méthode à la seconde car d une part elle est plus pratique et d autre part elle s applique à des situations plus générales. 5

8 B. Farhi Solution de l Examen de Maths 5 ère méthode : on utilise le théorème des résidus Le seul point singulier de f qui se trouve à l intérieur de est z = 2. De plus, f est holomorphe à l intérieur de et sur sauf en z = 2. D après le théorème des résidus, on a : fzdz = 2πi Res f; 2. Ωi z 2 = 2 z = 2 omme z = 2 est un pôle simple de f, on a : Res f; 2 = lim fz = lim z 2 z 2 D où l on tire : 2 = lim z 2 z 2 z 2 = 2 4/ 2 = 2 8 fzdz = 2πi = πi 6. = 6. 2 nde méthode : on utilise la formule intégrale de auchy On a fz = gz, avec gz := z 2 z2. omme g est une fonction rationnelle bien définie à l intérieur de et sur alors g est holomorphe à l intérieur de et sur. Le point z = 2 étant à l intérieur de. On a donc d après la formule intégrale de auchy : 2 g = gz 2πi dz, e qui donne finalement : fzdz = πi 6 = fzdz. 2πi. FIN 6