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CORRIG COMMENT DE lEXAMEN
EXERCICE 1
1) f(z) = zk: Si k > 0 : zk est holomorphe 8z 2 C car @zk
@z= 0:
Si k < 0 : zk =1
zjkj: Cette fonction est holomorphe partout sauf en z = 0
car@zk
@z= 0 si z 6= 0 mais en z = 0 la fonction possde un ple dordre
jkj :
2) f(z) =x
x2 + y2 i yx2 + y2
:
Au lieu dutiliser les quations de Cauchy-Riemann, il est plus
rapide dutiliser le raccourcis qui consiste
vrier si@f
@z= 0 car la fonction peut facilement tre crite en termes de z
et z:
f(z) = xx2+y2 i yx2+y2 = xiyx2+y2 =z
jzj2 =z
zz=1
z:
Comme@1z
@z
= 0; la fonction est holomorphe partout sauf en z = 0:
Autres ExemplesAppliquer la mthode pour: f(z) = x2 y2 2ixy: f(z)
= x2y2x+1+iy + i 2xyx+1+iy : f(z) = x+ i(y + x2 + y2) f(z) = x2 y2
2ixy = (x iy)2 = z2: @f@z = 2z 6= 0; la fonction nest pas
holomorphe. f(z) = x2y2x+1+iy + i 2xyx+1+iy = x
2y2+i2xyx+iy+1 =
z2
z+1 :@f@z = 0; la fonction est partout holomorphe sauf en
z=1.
f(z) = x+ i(y + x2 + y2) = x+ iy + i(x2 + y2) = z + i jzj2 = z +
izz: @f@z = iz 6= 0 : fonction non holomorphe.
EXERCICE 2 Nous pouvons eectuer lintgrale par dcomposition:I
zdz =
I
(xiy)(dx+idy) =Z(xdx+ydy)+i
Z(xdyydx): Avec:
x = cos ty = sin t
)dx = sin tdt:dy = cos tdt:
Puisque la courbe est ferme, le paramtre t doit varier entre 0
et 2 pour que le cosinus et le sinus reviennent leur valeur
initiale:I
zdz =
Z 20
( cos t sin tdt+ sin t cos tdt) + iZ 20
(cos t cos tdt+ sin t sin tdt) = i
Z 20
1:dt = 2i:
Nous pouvons aussi eectuer lintgrale par la reprsentation
polaire:Puisque la courbe est un cercle de centre (0,0) et de rayon
1: z = 0+1ei ) z = ei ) dz = dei = ieidI
zdz =
Z 20
eiieid = iZ 20
d = 2i:
EXERCICE 3
1) P (x; y) = x2 y2 xy:Pour trouver la partie imaginaire Q, nous
devons utiliser les quations de Cauchy-Riemann :@P
@x=@Q
@y=) 2x y = @Q
@y=) Q = R (2x y)dy = 2xy y2
2+A(x).
@P
@y= @Q
@x=) 2y x = 2y @A
@x=) A(x) = R xdx = x2
2+ Cte.
Donc, Q = 2xy y2
2+x2
2+ Cte.
2) f(x; y) = P (x; y) + iQ(x; y) = x2 y2 xy + 2ixy iy2
2+ ix2
2+ Cte
= x2 y2 + 2ixy + ix2 y2 + i2xy
2+ Cte = z2 + i
z2
2+ Cte = (1 +
i
2)z2+ Cte.
1
-
EXERCICE 4 f(z) =z
(z2 1)(z2 + 1)2 :1) La fonction est holomorphe pour tout z tel
que (z2 1)(z2 + 1)2 6= 0 :Cest--dire tel que (z 1)(z + 1) [(z i)(z
+ i)]2 6= 0: Donc f est holomorphe 8z 2 C f1; 1, i; ig
2) Les points singuliers de f sont f1; 1, i; ig:z = 1 est un ple
simple. (Car lim
z!1(z 1)f(z) = 18 6= 0)
z = 1 est un ple simple. (Car limz!1
(z + 1)f(z) = 18 6= 0)z = i est un ple double. (Car lim
z!i(z i)2f(z) = i8 6= 0)
z = i est un ple double. (Car limz!i
(z + i)2f(z) = i8 6= 0)
3)I
z
(z2 1)(z2 + 1)2 =I
z
(z 1)(z + 1)(z i)2(z + i)2 :
a) Comme tous les ples sont lextrieur du cercle (0, 12 ) :I
z
(z 1)(z + 1)(z i)2(z + i)2 = 0:
b) Sur le cercle (0,2) [de centre (0,0) et de rayon 2],
lintgrale peut tre value soit laide de la formulede Cauchy, soit
laide du thorme des rsidus.
Utilisation de la formule de Cauchy:Comme 1 est un ple simple; 1
est un ple simple; i est un ple double; i est un ple double; et
sont tous lintrieur du cercle (0,2), pour utiliser la formule de
Cauchy il su t dentourer chaque ple par un petitcercle et
dappliquer la formule habituelle aux petits cercles en tenant
compte de lordre du ple qui se trouve lintrieur de chaque petit
cercle. (Cette mthode sappelle dformation du contour: Le grand
cercle estdform pour contenir les petits cercles.)
1-1i
-i
!
i
1-1
-i
I
z
(z 1)(z + 1)(z i)2(z + i)2
= 2i
hz
(z+1)(zi)2(z+i)2iz=1
+h
z(z1)(zi)2(z+i)2
iz=1
+hddz
z(z21)(z+i)2
iz=i
+hddz
z(z21)(zi)2
iz=i
= 2i
18 +
18 +
h1
(z21)(z+i)2 2z2
(z21)2(z+i)2 2z(z21)(z+i)3iz=i
+h
1(z21)(zi)2 2z
2
(z21)2(zi)2 2z(z21)(zi)3iz=i
= 2i
14 +
18 216 2i16i
+18 216 2i16i
= 0:
Utilisation du thorme des rsidus:I
z
(z 1)(z + 1)(z i)2(z + i)2 = 2i(PRs.)
Puisque tous les ples sont lintrieur du cercle (0,2), nous
devons calculer le rsidus en chaque ple:
Rs.(z=1) = limz!1
[(z 1)f ] = limz!1
hz
(z+1)(zi)2(z+i)2i= 18 :
Rs.(z=1) = limz!1
[(z + 1)f ] = limz!1
hz
(z1)(zi)2(z+i)2i= 18 :
Rs.(z=i) = limz!i
ddz (z i)2f
= lim
z!i
hddz
z(z21)(z+i)2
i=limz!i
h1
(z21)(z+i)2 2z2
(z21)2(z+i)2 2z(z21)(z+i)3i= 18 :
Rs.(z=i)= limz!i
ddz (z + i)
2f= limz!i
hddz
z(z21)(zi)2
i= limz!i
h1
(z21)(zi)2 2z2
(z21)2(zi)2 2z(z21)(zi)3i= 18 :
Donc,I
z(z1)(z+1)(zi)2(z+i)2 = 2i(
PRs.) = 2i
18 +
18 18 18
= 0:
2
-
Un Autre Exemple
EvaluerI
ez
z2(2z i)3 sur le cercle (0,1): par la formule de Cauchy puis par
le thorme des rsidus.
I
ez
z2(2z i)3 =I
ez
8z2(z i2 )3=1
8
I
ez
z2(z i2 )3:
Les ples sont 0 (ple dordre deux car limz!0
z2f = 1i 6= 0), et i2 (ple dordre trois car limz! i2
(z i2 )3f = ei2
2 6= 0)
Utilisation de la formule de Cauchy:Puisque les deux ples sont
lintrieur du cercle (0,1) [de centre (0,0) et de rayon 1], pour
utiliser la formulede Cauchy il su t dentourer chaque ple par un
petit cercle et dappliquer la formule habituelle aux petitscercles
en tenant compte de lordre du ple qui se trouve lintrieur de chaque
petit cercle.
1/2 0
!
0 1/2
I
ez
z2(2z i)3 =1
8
I
ez
z2(z i2 )3
= 2i8
hddz
ez
(z i2 )3iz=0
+h12!
d2
dz2ez
z2
iz= i2
= 2i8
hez
(z i2 )3 3ez
(z i2 )4iz=0
+ 12ez
z2 4ez
z3 +6ez
z4
z= i2
= i4
h1
( i2 )3 3
( i2 )4i+ 12
ei2
( i2 )2 4e
i2
( i2 )3 +
6ei2
( i2 )4
= i4
[8i 48] + e
i2
2 [32i+ 92]= (212i)+
4+ 232 i
e
i2
Si le cercle tait de rayon < 12 seul le ple 0 se trouverait
lintrieur du contour et lintgrale serait:
18
I
ez
z2(z i2 )3= 2i8
hddz
ez
(z i2 )3iz=0
= i4 [8i 48] = (212i):
Utilisation du thorme des rsidus: 18
I
ez
z2(z i2 )3=2i
8(PRs.)
Puisque les deux ples sont lintrieur du cercle (0,1), nous
devons calculer le rsidu en chaque ple:
Rs.(z=0) = limz!0
ddz z
2f= lim
z!0
hddz
ez
(z i2 )3i= lim
z!0
hez
(z i2 )3 3ez
(z i2 )4i= 8i48:
Rs.(z= i2 ) =12! limz! i2
hd2
dz2 (z i2 )3fi= 12! lim
z! i2
hd2
dz2ez
z2
i= 12! lim
z! i2
ez
z2 4ez
z3 +6ez
z4
= e
i2
2 [32i+ 92] :
Donc,1
8
I
ez
z2(z i2 )3=2i
8(PRs.) = i4
[8i 48] + e
i2
2 [32i+ 92]= (212i) + 4+ 232 ie i2 :
Si le cercle tait de rayon < 12 seul le ple 0 se trouverait
lintrieur du contour et lintgrale serait:
18
I
ez
z2(z i2 )3= 2i8 (Rs.(z=0)) =
i4 (8i48) = (212i):
Jai vit dexposer dans les exercices de rvisions la mthode de
dformation du contour car jai constatquelle na pas t propose dans
vos sries de TD!
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