ANALYSE IV Informations. (5) Pour rendre l examen il faut signer une feuille de présence disponible avec les assistants responsables.

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1 EXAMEN CORRIGE ANALYSE IV informations: sections IN + SC Prénom : Nom : Sciper : Section : Informations () L épreuve a une durée de 3 heures et 45 minutes. () Les feuilles jaunes sont pour les brouillons et ne seront pas corrigées. N utilisez pas de feuilles externes pour les brouillons. (3) Documents autorisés : Calculatrice, résumé manuscrit (deux feuilles recto-verso agrafées), feuilles de calcul des intégrales et résidus (données dans le cours) et livre de formules mathématiques (CRM). Aucun autre document n est autorisé. (4) Une pièce d identité doit être placée de façon visible. (5) Pour rendre l examen il faut signer une feuille de présence disponible avec les assistants responsables Tot

2 Exercice Soit la fonction f : D C C définie par f(z) = x + x + y + iy x + x + y, où z = x + iy. (a) Trouver le domaine D de telle sorte que f soit bien définie. (b) Montrer que f est holomorphe dans D. Astuce : Poser r = x + y et utiliser r x = x r, r y = y r. (c) Ecrire f comme une fonction de z. C est-à-dire, trouver une expression pour f(z) qui dépend seulement de z et qui ne dépend pas de x et y individuellement. Astuce : Calculer f(z). (d) Trouver l image du domaine D par l application f. Corrigé (a) La condition nécessaire et suffisante pour que f soit bien définie est x + x + y >. Cette condition est bien satisfaite si y ou bien si x >. Donc le domaine de définition est D = C \ { (x, y) : x et y = }. (b) On écrit u(x, y) = x + x + y, v(x, y) = y x + x + y. Les fonctions u et v sont de classe C dans D. Donc, pour montrer que f est holomorphe, il suffit de vérifier que les équations de Cauchy-Riemann son satisfaites. En posant r = x + y on a u(x, y) = y x + r, v(x, y) =. x + r En utilisant on obtient u x = (x + r) / ( + r x ) = u y = (x + y r) / r, v x = y (x + r) 3/ ( + r x ) = v y = (x + r)/ y (x + r) / r y (x + r) r x = x r (x + r)/ r et r y = y r (x + y r) / ( r ) (x + r)/ y (x + r) r = = x + r ( ) (x + r)/ r(x + r) y r(x + r) (x + r)/ =. r et on a donc bien u x = v y, u y = v x.

3 (c) Pour (x, y) D on a f(z) = (u + iv) = (x + r) + iy y (x + r) = x y + r + xr + iy = x + xr (x + r) x + r + iy = x + iy = z. Etant donné que f() = u(, )+iv(, ) = et en tenant compte du domaine D de définition de f trouvé dans la partie (a), on conclut que f(z) = z où dénote la détermination principale. (d) En écrivant f sous la forme f(re iθ ) = r / e i θ, r >, π < θ < π, on déduit que l image de D par l application f est donnée en coordonnées polaires par { z = re iθ : r >, π < θ < π }, ce qui correspond, en coordonnées cartésiennes à {z = x + iy : x > }. 3

4 Exercice (a) On considère l homographie f(z) = z z +, z C \ { }. Trouver l image des ensembles suivants par l application f () Le cercle z + =. () Le cercle de rayon centré en z = i. 4 (b) Soit u : R R la fonction définie par u(x, y) = e y (y cos x + x sin x). () Montrer que u est harmonique. () Trouver une fonction harmonique conjuguée v. Corrigé (a) Premièrement on observe que le pôle de l homographie est donné par le point z =. () Comme le cercle z + = ne passe pas par le pôle, son image est un autre cercle. Pour le déterminer, on remarque qu on a la symétrie f( z) = f(z), ce qui implique que les ensembles symétriques par rapport à l axe réel sont envoyés par f dans des ensembles avec la même symétrie. Le cercle z + = a bien cette propriété. En calculant f( ) = 3 et f() = on conclut que l image cherchée est le cercle de rayon centré en z =. () Cette fois le cercle de départ passe par le pôle et donc son image est une droite. Pour déterminer cette droite il suffit de calculer l image de deux points. On a f( i) = i et f( i ) = i. Donc l image du cercle est la droite d équation Im(z) =. On peut aussi arriver au même résultat en paramétrisant le cercle de départ par z(t) = i + eit, t [, π]. On calcule f(z(t)) = i + eit i + = (i + e it )( 4 i + e it ) eit (i + e it )( i + e it ) = sin t 4 cos t sin t i = i + ( ( )) cos t, sin t ce qui est bien une paramétrisation de la droite d équation Im(z) =.

5 5 (b) () On calcule les dérivées partielles On a donc bien u xx + u yy =. u x = e y ( y sin x + sin x + x cos x) u xx = e y ( y cos x x sin x + cos x) u y = e y (y cos x + x sin x) + e y cos x u yy = e y (y cos x + x sin x cos x). () On cherche une fonction v(x, y) qui satisfait v y = u x, v x = u y. En intégrant par rapport à y l expression pour u x obtenue dans la partie () on obtient v(x, y) = e y (y sin x x cos x) + h(x), où h est une fonction arbitraire. En dérivant cette d erniere expression par rapport à x on obtient précisément u y + h (x). Donc h (x) = et on peut prendre v(x, y) donnée par v(x, y) = e y (y sin x x cos x).

6 Exercice 3 (a) Calculer l intégrale (z + z 3 ) dz, où est la moitié supérieure du cercle de centre et de rayon, parcourue dans le sens positif (ou trigonométrique). (b) Calculer l intégrale I = sin z dz z(e z ) où est l ellipse (Re(z)) + (Im(z)) = 5 4 parcourue dans le sens positif (ou trigonométrique). Corrigé 3 (a) On paramétrise par z(t) = e it, t [, π]. Donc z = e it et dz = ie it dt, d où π (z + z 3 ) dz = (e it + 8e 3it )ie it dt = 4i = 4i π ( π π ) 5 cos(t) dt 3i sin(t) dt (e it + 4e it ) dt = (b) La fonction f(z) = sin z a des singularités isolées aux valeurs z = kπi, k Z dont z(e z ) seulement z = est à l intérieur de. Par le théorème des résidus on a Pour calculer le résidu on pose I = πi Res(f, z = ). f(z) = h(z) g(z), où g(z) = sin z, h(z) = z(e z ) sont holomorphes. On a h() = g() =. De plus on calcule =. h (z) =e z e z + + z(e z e z ), h () =, h (z) =4e z 4e z + z(4e z e z ), h () =, h (z) =e z 6e z + z(8e z e z ), h () = 6, h (iv) (z) =3e z 8e z + z(6e z e z ), h (iv) () = 4, g (z) = cos z, g () = g (z) = sin z, g () =. On peut donc utiliser la formule #6 dans la table des résidus pour conclure que z = est un pôle d ordre et Res(f, z = ) = 3 g () h () 3 g ()h (iv) () [h ()] = =. Donc I = πi. 6

7 Exercice 4 On considère la fonction f(z) = e z. 7 (a) Ecrire f sous la forme f = u + iv. (b) Calculer le domaine E C défini par E := {z C f(z) R}. (c) Calculer et esquisser le domaine D d analycité de la fonction Corrigé 4 (a) On a g(z) = log(e z ), où log désigne la détermination principale de la fonction logarithme. f(x + iy) = e x cos y + i e x sin y (b) On a z E si et seulement si v(x, y) =. Donc E = {z = x + iy y = kπ, k Z}. (c) On sait que w log(w) est holomorphe sur B = C \ R. Donc le domaine d analycité de g est D = C \ {z = x + iy C u(x, y), v(x, y) = }. Si y = kπ, alors on a u(x, y = kπ) = ( ) k e x, donc On obtient alors u(x, kπ) k impaire où x. D = C \ k Z{x + ikπ C k impaire où x }.

8 Exercice 5 (a) Trouver la série de Laurent des fonctions suivantes en z = et en déduire leur partie principale ainsi que leur résidu et leur rayon de convergence. () f(z) = z exp(z ), () h(z) = z, ou n Z \ {}. z n Astuce : Considérer séparément le cas n > et n <. (b) Calculer l intégrale z sin(z 3 ) dz, où est la courbe (t) = t + i sin(πt), t. Corrigé 5 (a) () Pour z on a f(z) = z exp(z ) = n= n!z n+ = n= ( n)! zn+. Donc, le point z = est une singularité essentielle et la partie principale est la série elle-même. Donc Res(f, z = ) = et le rayon de convergence est R =. 8 () Pour n > on a z(z n ) = z nk = z zn z n... k= Donc, le point z = est un pôle simple, la partie principale est z, le résidu est Res(h, z = ) =, et le rayon de convergence est R =. Pour n < on écrit m = n. Donc on a z(z n ) = z m z(z m ) = z mk = z m + z m +... k= où on a utilisé le résultat précédent. Donc, le point z = est une singularité apparente, la partie principale est nulle et Res(h, z = ) =. Le rayon de convergence est R =. (b) La fonction F (z) = 3 cos(z3 ) est une primitive de z sin(z 3 ) holomorphe dans C. Donc z sin(z 3 ) dz = F (()) F (()) = ( cos()). 3

9 Exercice 6 Pour les fonctions suivantes, déterminer les singularités, leur type, ainsi que le résidu correspondant. En outre, discuter si ces singularités sont isolées. 9 (a) (b) f(z) = g(z) = z π ( z) sin z, sin(z ), Corrigé 6 (a) Les singularités de f se trouvent aux points z = kπ, k Z et z =. Pour z = π on pose z π ( z) sin z = p(z) q(z) où p et q sont holomorphes. Le point z = π est un zéro d ordre pour p et q. Donc, z = π est une singularité isolée apparente et la partie principale et le résidu sont nuls. Pour z = nπ, n Z\{} on pose z π ( z) sin z = p(z) q(z) Le point z = nπ (n ) est un zéro de q d ordre, mais n est pas un zéro de p. Donc, z = nπ (n ) est une singularité isolée et un pôle simple. En outre z nπ z π Res(f, z = nπ) = lim (z nπ)f(z) = lim z nπ z nπ sin z ( z) Pour z = on pose = lim z nπ z nπ sin(z nπ) cos nπ z π ( z) sin z = p(z) q(z) z π ( z) = ( )n (n )π. ( nπ) Le point z = est un zéro de q d ordre, mais n est pas un zéro de p. Donc, z = est une singularité isolée et un pôle de second ordre. Son résidu est donné par ( ) d Res(f, z = ) = lim (z ) z π z dz (z ) sin z sin z (z π) cos z = lim z sin = csc ( + (π ) cot ) z (b) Pour z on pose g(z) = sin z = q(z) où q est holomorphe. Les points z n = (nπ), n Z \ {} sont des zéros de q d ordre et ils sont donc des pôles d ordre de g. Ils sont tous des singularités isolées de g et le résidu en ces

10 points vaut Res(g, z = (nπ) z (nπ) z (nπ) ) = lim = lim z nπ sin z z nπ sin(/z) sin(/(nπ) ) ( ( d sin z = dz = z=(nπ )) ) z cos z = ( ) n+ (nπ). En outre, on a lim n z n =, donc le point z = est une singularité non isolée de g.

11 Exercice 7 Calculer, en utilisant une formule intégrale de Cauchy, l intégrale suivante I = π Astuce : Utiliser la courbe (t) = e it, t [, π]. 3 + cos t dt. Corrigé 7 En utilisant (t) = z on trouve Donc dt = ie it dz = iz dz et cos t = (eit + e it ) = (z + z ). I = iz dz = i 3 + z + z dz z + 3z + = i dz (z z )(z z ) où z = et z = 3 5 sont les zéros de z + 3z +. Noter que seulement z se trouve à l intérieur du. En plus la fonction f(z) = z z est holomorphe dans un domaine qui contient et son intérieur. Ainsi on peut utiliser la formule de Cauchy f(z ) = f(z) dz πi z z et on trouve que I π = πi f(z) z z dz = z z = 5.

12 Exercice 8 Soient a >, b > et I(a, b) = cos x (x + a )(x + b ) dx. (a) Soient a b. Calculer, en utilisant le théorème des résidus, l intégrale I(a, b). Justifier soigneusement toutes les étapes de votre calcul. Astuce : Considerer e ix (x + a )(x + b ) dx. (b) Calculer lim I(a, b). b a (c) Calculer Astuce : Utiliser la propriété lim b a et l exercice précédent. cos x (x + a )(x + b ) dx = cos x x 4 + x + dx. lim b a cos x (x + a )(x + b ) dx Corrigé 8 (a) Le dénominateur de l intégrant, (x + a )(x + b ) ne s annule jamais pour x R ; de plus e ix = O( ) si x ±, ce qui assure que l intégrale existe. La fonction x 4 (x +a )(x +b ) f(z) = e iz z (z + a )(z + b ) = e iz (z ia)(z + ia)(z ib)(z + ib) a 4 pôles simples. Ces poles sont ia, ia, ib et ib. Soit R > max{a, b}, R (t) = t avec t [ R, R] et R (t) = Reit avec t [, π] et soit R la somme. Par le théorème des résidus, on a donc R f(z)dz = πi(res(f, z = ia) + Res(f, z = ib)). Or, Donc on obtient Res(f, z = ia) = lim z ia (z ia)f(z) = e ib Res(f, z = ib) = i b(a b ). On va montrer que R f(z)dz R R e ia f(z)dz = π ae b be a R ab(a b ). f(z)dz tend vers si R tend vers : π e ia iai(a + b)i(a b) = i a(a b ), R sin(t) e (R e it + a )(R e it + b ) dt.

13 Pour tout t [, π], e R sin t. De plus, (R e it +a )(R e it +b ). Donc (R a )(R b ) π f(z)dz R (R a )(R b ) dt = Rπ (R a )(R b ) R qui tend vers lorsque R tend vers l infini. Donc I(a, b) = R lim f(z)dz + = R lim f(z)dz = π R R R R ae b be a ab(a b ). 3 (b) ae b be a lim I(a, b) = π lim b a b a ab(a b ) = ( ) Par le théorème de l Hospital : ( ) = π e a ( + a). a 3 (c) Il suffit de poser a = dans la réponse de l exercice précédent. cos x x 4 + x + dx = π e ( + ) 3 = π e