Maths Analyse Comp ENSG

cole Nationale Suprieure de Gologie

Cours de premire anne

Outils Mathmatiques pourlIngnieur Analyse Complexe

Benot Marx, Matre de Confrences lUniversit de Lorraine

Table des matires

1 Fonctions dune variable complexe 11.1 Rappels sur les nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Fonction dune variable complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Fonctions multivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Limite dune fonction de la variable complexe . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5 Drivabilit dune fonction de la variable complexe . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Intgration des fonctions de la variable complexe 92.1 Prliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Ingalit fondamentale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 Intgration indpendante du chemin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4 Intgrales de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.4.1 Intgrale de fonctions sans singularit . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4.2 Intgrale de fonctions ayant des singularits . . . . . . . . . . . . . 16

2.5 Quelques exemples dapplication . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Sries entires et rsidus 213.1 Sries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Sries de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Thorme des rsidus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4 Quelques applications du calcul de rsidus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4.1 Calcul dintgrales de fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . 283.4.2 Calcul dintgrales de fonctions trigonomtriques . . . . . . . . . . . 293.4.3 Calcul de sommes de sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.4.4 Calcul dintgrales relles sur un axe . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.4.5 Calcul dintgrales de fonctions multivalentes . . . . . . . . . . . . . 32

4 Sujets de travaux dirigs 35TD1. Limite, Drivation et Intgrales de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37TD2. Intgrales de Cauchy (suite) et Rsidus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38TD3. Rsidus, Sries de Laurent et de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

iii

Chapitre 1

Fonctions dune variable complexe

1.1 Rappels sur les nombres complexesToute lalgbre des nombres complexes est fonde sur lexistence dun nombre i ayant

la proprit suivantei2 = 1

Tout nombre z du corps des complexes C se dfinit comme une combinaison linaire ducouple (1, i)

z C, z = x+ iy, x, y R (1.1)les rels x et y sont respectivement appels parties relle et imaginaire du nombre com-plexe z, notes x =

CHAPITRE 1. FONCTIONS DUNE VARIABLE COMPLEXE 2

On appelle conjugu de z = x+ iy le nombre complexe, not z, dfini par :

z = x iy (1.5)On retiendra les proprits suivantes (quon peut dmontrer titre dexercice) :

zz = |z|2 (1.6)|z1 + z2| |z1|+ |z2| (1.7)

Nj=1

zj

Nj=1

|zj| (1.8)

||z1| |z2|| |z1 z2| (1.9)La deuxime relation correspond lingalit triangulaire bien connue, gnralise par latroisime relation.

Les nombres 1 et i jouent le mme rle que les deux vecteurs orthonormaliss duplan rel, autrement dit C va pouvoir tre muni dune structure despace vectoriel deuxdimensions sur le corps des rels. On dit alors que C et R2 sont isomorphes, et un complexez peut tre reprsent dans le plan par un point de coordonnes (x, y).

Les oprations usuelles daddition et de multiplication sont dfinies et sont commu-tatives. La soustraction ainsi que la division par un complexe non nul sont galementdfinies. On remarque facilement que laddition et la soustraction sexpriment aismenten coordonnes cartsiennes, tandis que la multiplication ou la division sexplicitent sanspeine en reprsentation polaire. De mme, les puissances entires (ou les racines nie`mes)scrivent commodment en coordonnes polaires.

zn = rnein (1.10)

Cette relation permet de retrouver la formule de Moivre :

(cos + i sin )n = cosn + i sinn (1.11)

1.2 Fonction dune variable complexeLa notion de fonction relle de la variable relle stend celle de fonction complexe de

la variable complexe. Autrement dit, un complexe z, la fonction f associe un 1 complexef(z). Limage de z = x + iy par la fonction f tant un nombre complexe, on sparerasouvent ses parties imaginaire et relle, afin de lcrire sous la forme :

f(z) = u(x, y) + iv(x, y), avec u, v : R R Ro u et v sont des fonctions relles des variables relles x et y. La donne dune fonction dela variable complexe est donc quivalente la donne de deux fonctions valeurs relles.

On crira la dpendance des fonctions, indiffremment en la variable complexe z, ouen ses parties relle et imaginaire car une fonction en x et y, est une fonction en z et z,et rciproquement, en effet on a :

x =z + z

2z = x+ iy (1.12)

y =z z

2iz = x iy (1.13)

1. ou plusieurs, on verra cela par la suite ...


Contrairement aux fonctions de la variable relle, on ne peut pas tracer de graphe car lafonction est une application plan sur plan : chaque point du plan antcdent la fonctionfait correspondre un 2 point image dans le plan. Une autre distinction trs importante estla notion de chemin. Il nexiste quune faon pour passer continment dun rel a unrel b : dcrire le compact [a b]. En revanche, pour aller continment dun complexe z1 un autre complexe z2, il existe une infinit de chemins. Cette diffrence est lorigine decertaines proprits des fonctions de la variable complexe : la valeur dune fonction en unpoint dpend-elle du chemin parcouru pour arriver en ce point ? la valeur de lintgraledune fonction entre deux points dpend-elle du chemin emprunt pour les relier ? . . .

Pour la suite du cours nous aurons besoin des quelques dfinitions qui suivent.

Dfinition 1.1 (domaine). On dit que D, inclus dans C, est un domaine si tout point deD est le centre dun cercle (suffisamment petit) contenu dans D.Dfinition 1.2 (chemin). Un chemin de z1 z2, dans un domaine D, est dfini par uneapplication continue (t) : [0 1] D, avec (0) = z1 et (1) = z2.Dfinition 1.3 (circuit). Un circuit est un chemin dont les deux extrmits sont confon-dues et est dfini par une application continue (t) : [0 1] D, avec (0) = (1).Dfinition 1.4 (circuits homotopes). Soient deux circuits 1 et 2, respectivement para-mtrs par les applications continues 1(t) et 2(t) : [0 1] D. Les deux circuits sontdits homotopes dans un domaine D si on peut passer de lun lautre par une dforma-tion continue sans sortir du domaine. Autrement dit, sil existe une application continue(t, u) : [0 1] [0 1] D avec (0, u) = (1, u), (t, 0) = 1(t) et (t, 1) = 2(t)Dfinition 1.5 (circuit homotope zro). Un circuit est homotope zro dans le domaineD, si on peut le ramener un point par une dformation continue, et sans sortir dudomaine D (on prend 2(t) = z D dans la dfinition prcdente).Dfinition 1.6 (domaine simplement connexe). Un domaine est simplement connexe sitout circuit du domaine est homotope zro dans ce domaine (en langage courant : ledomaine est sans trou).

Dfinition 1.7 (domaine connexe). Un domaine D est connexe si deux points quelconquesde D peuvent tre relis par un chemin dans D.

Im

Re

Im

Re

Figure 1.2 ( gauche) circuits homotopes dans un domaine simplement connexe ; (droite) circuits non homotopes dans un domaine multiplement connexe

2. mme remarque...


1.3 Fonctions multivalentesNous avons crit plus haut qu un antcdent, une fonction associe une image, cest

incomplet, comme en tmoigne le cas des fonctions multivalentes, dfinies ci-dessous.

Dfinition 1.8 (fonction multivalente). Une fonction multivalente est une fonction qui, une valeur de la variable, fait correspondre plusieurs valeurs (parfois une infinit).

Pour illustrer cette notion, tudions la fonction racine f(z) =z. Cette fonction

est dfinie par :f(z) =

rei/2 (1.14)

Largument de z tant dfini 2pi prs (arg(z) = + 2kpi), limage f(z) peut tre : soit : f(z) = rei/2 ; soit : f(z) = rei(/2+pi).

Le point z = 0 a un rle particulier : cest un point de branchement.

Dfinition 1.9 (Point de branchement). Le complexe z0 est un point de branchement dela fonction f sil existe un circuit entourant z0 dont limage par f nest pas un circuit.

Ce phnomne met en vidence la multivalence de la fonction. Pour la rendre univa-lente, on peut raliser une coupure de Riemann.

Im

Re0

z

r

Im

Re0

q

q/2

p q+ /2

r

Figure 1.3 Fonction racine carre, ( gauche) un point z ; ( droite) ses racines dans C

Dfinition 1.10 (coupure de Riemann). On appelle coupure de Riemann pour la fonctionf , une ligne du plan complexe telle que limage par f de tout circuit ne coupant pas lacoupure de Riemann est un circuit.

Pour illustrer la notion de coupure de Riemann, revenons la fonction racine. Lorsquele point daffixe z = rei fait un tour autour de lorigine il devient z = rei(+2pi). De cefait le point image passe de f(z) =

rei/2 f(z) =

rei(/2+pi). Autrement dit, on passe

dune valeur lautre de la fonction. Pour empcher ce "saut" on dcide dinterdire defranchir laxe des rels positifs (en fait nimporte quelle ligne ayant son origine en zro).Dans ce cas, largument de z vrifie 0 arg(z) < 2pi et chaque point na quune image.La fonction racine dfinie sur ce domaine particulier devient univalente.

La fonction logarithmique, note ln(z), fournit un autre exemple intressant defonction multivalente. On peut la dfinir comme la fonction inverse de lexponentielle,autrement dit :

Z C, z = eZ Z = ln(z) (1.15)En utilisant la proprit de lexponentielle ex+y = ex.ey, on a ln(xy) = ln(x) + ln(y). Lareprsentation polaire de z permet alors dobtenir :

ln(z) = ln(r) + ln(ei) (1.16)


Im

Re0

z(r, )qIm

Re0

z(r, +2 )q pz(r, )q

z(r, )q

Figure 1.4 ( gauche) Lorsque z parcourt le cercle largument volue de 2pi ; ( droite)La coupure en gras empche de passer dune ralisation de z une autre.

Largument de z tant dfini 2pi prs, on a finalement

ln(z) = ln(|z|) + i( + 2kpi) (1.17)Le complexe z a alors une infinit dimages, correspondant chaque valeur possible dek Z. La dtermination principale est donne par k = 0. Si z dcrit un circuit entourantle point zro, alors en parcourant ce circuit largument volue de 2pi. En revanche, si lecircuit nentoure pas le point zro alors largument de z aprs avoir parcouru le circuitreste inchang. Le point z = 0 est donc un point de branchement. Pour rendre univalentela fonction, il faut crer une coupure interdisant de contourner lorigine. Nimporte quelleligne issue de z = 0 et allant vers linfini est alors une coupure de Riemann, par exemplele demi-axe rel positif.

Exemple 1.1. Quelles sont les coupures rendant la fonction f(z) =z2 9 univalente ?

Rponse : le but tant dempcher z de faire le tour de lun ou lautre des deux points debranchement z = 3 et z = 3. On peut soit choisir une ligne reliant les deux points, soitchoisir deux lignes, issues chacune dun des deux points.

1.4 Limite dune fonction de la variable complexeDans le cas des fonctions relles la notion de limite est dfinie comme suit. On dit

que la fonction f(x) a une limite en x0 si et seulement si il existe un nombre f0 tel que :

> 0, > 0 : |x x0| < |f(x) f0| < (1.18)et dans ce cas, on crit : limxx0 f(x) = f0. De plus si f0 = f(x0) on dit que la fonction estcontinue. Si la fonction nest pas continue en un point, alors la limite en ce point nexistepas. En revanche, des limites gauche et droite peuvent exister et tre diffrentes. Parexemple, pour la fonction chelon dfinie par :

f(x) =

{0, x < 01, x > 0 (1.19)

la limite par valeurs infrieures est 0, tandis que la limite par valeurs suprieures est 1. Ilexiste donc deux limites distinctes.

Dans le cas des fonctions complexes, il existe une infinit de chemins possibles pourfaire tendre z vers z0 (le point volue dans un plan et non plus sur une droite). La dfinition


de limite stend de manire immdiate par lexistence de f0 tel que :

> 0, > 0 : |z z0| < |f(z) f0| < (1.20)et dans ce cas, on crit : limzz0 f(z) = f0. Pour que la limite existe, la valeur de f(z0) nedoit pas dpendre du chemin suivi pour arriver en z0. Autrement dit, la limite doit treidentique pour tous les chemins possibles.

Lexistence de la limite de f(z) est quivalente lexistence des limites de u(x, y) etde v(x, y). La limite de f(z) en z0 existe si et seulement si les limites suivantes existent 3 :

limxx0, yy0

u(x, y) = u0 limxx0, yy0

v(x, y) = v0 (1.21)

La continuit dune fonction de la variable complexe est alors une extension de lacontinuit dune fonction de la variable relle

Dfinition 1.11 (continuit). Une fonction est dite continue en z0 si cette fonction estdfinie au voisinage de z0, et si sa limite en z0 existe.

Exemple 1.2. Soit la fonction dfinie par : f(z) = zz. Cette fonction est-elle continue en

z = 0 ?Rponse : en passant en coordonnes polaires, il vient : f(z) = ei2. Autrement dit, si ztend vers 0 selon laxe des rels positifs f(z) = 1, mais si z tend vers 0 selon laxe (O, i),f(z) = 1. On peut conclure que la fonction f(z) na pas de limite en z = 0. La fonctionest bien dfinie au voisinage de z = 0 par f(z) = ei2, en revanche la limite nexistantpas, elle nest pas continue en z = 0.

1.5 Drivabilit dune fonction de la variable complexeLa notion de drive dune fonction de la variable complexe est lextension du cas rel,

partir de la limite du taux de variation.

Dfinition 1.12 (drivabilit). La fonction f(z) est drivable en z0 si la limite suivanteexiste :

f (z0) = limzz0

f(z0) f(z)z0 z (1.22)

Compte tenu de la dfinition de la limite, la valeur de (1.22) ne doit pas dpendredu chemin suivi. Une fonction drivable en tout point du domaine est dite continmentdrivable (ou diffrentiable).

Dfinition 1.13 (holomorphe). Une fonction drivable 4 en tout point dun domaine Dest dite holomorphe dans ce domaine.

La somme et le produit de deux fonctions holomorphes sont des fonctions holomorphes.De mme le rapport f(z)/g(z) o f et g sont holomorphes, est une fonction holomorphepartout o g(z) 6= 0. Par consquent il est immdiat que les polynmes, les fractionsrationnelles hors les ples, les exponentielles sont des fonctions holomorphes.

Pour viter de revenir la dfinition de la drive et de la limite, on va expliciter desconditions ncessaires et suffisantes de drivabilit, connues sous le nom de conditions deCauchy 5 ou conditions de Cauchy-Riemann (CCR).

3. comprendre : si elles existent et si elles sont uniques4. donc continue, univalente, dfinie5. propos des noms de rsultats scientifiques, rappelons la loi de Stigler : une dcouverte scientifique

ne porte jamais le nom de son auteur. Notons que la loi de Stigler est due ... R.K. Merton.


Thorme 1.1 (conditions de Cauchy-Riemann). La fonction f(z) = u(x, y) + iv(x, y)est drivable en z0 si et seulement si :(

u

x

)(x0,y0)

=

(v

y

)(x0,y0)

et

(u

y

)(x0,y0)

= (v

x

)(x0,y0)

(1.23)

Dmonstration. Pour montrer la ncessit des conditions de Cauchy-Riemann, on supposeque f(z) est drivable, la limite (1.22) existe. Dans un premier temps, supposons que ztend vers z0 par un chemin parallle laxe des rels, donc z z0 = h R, on a donc :

f (z0) = limh0

u(x0 + h, y0) u(x0, y0)h

+ iv(x0 + h, y0) v(x0, y0)

h(1.24)

=

(u

x

)(x0,y0)

+ i

(v

x

)(x0,y0)

(1.25)

Dans un second temps, supposons que z tend vers z0 par un chemin parallle laxe desimaginaires purs, donc z z0 = ik, k R, on a donc :

f (z0) = limk0

u(x0, y0 + k) u(x0, y0)ik

+ iv(x0, y0 + k) v(x0, y0)

ik(1.26)

= i(u

y

)(x0,y0)

+

(v

y

)(x0,y0)

(1.27)

Par identification des parties relles et imaginaires de (1.25) et (1.27), on obtient (1.23).Pour dmontrer la suffisance des CCR, on suppose quelles sont vrifies. Les fonctions

u et v tant diffrentiables, on peut les dvelopper au voisinage de z0. Posons z z0 = = h+ ik, on a alors :

u(x0 + h, y0 + k) u(x0, y0) = h(u

x

)(x0,y0)

+ k

(u

y

)(x0,y0)

+ ()|| (1.28)

v(x0 + h, y0 + k) v(x0, y0) = h(v

x

)(x0,y0)

+ k

(v

y

)(x0,y0)

+ ()|| (1.29)

o () et () tendent vers 0 lorsque || 0. On peut alors crire :

f(z0+)f(z0) =[h

(u

x

)(x0,y0)

+ k

(u

y

)(x0,y0)

]+i

[h

(v

x

)(x0,y0)

+ k

(v

y

)(x0,y0)

]+()||

(1.30)o () = () + i(). En tenant compte des conditions de Cauchy-Riemann, il vient :

f(z0 + ) f(z0) =[(

u

x

)(x0,y0)

+ i

(v

x

)(z0)

](h+ ik) + || (1.31)

= A + ()|| (1.32)u et v tant diffrentiables, la quantit A est dfinie et borne, et tend vers zro lorsque 0. Autrement dit, il en rsulte :

f(z0 + ) f(z0)

= A+ ()||

(1.33)

Le rapport ||/ est de module gal 1, () tend vers 0 lorsque 0, et A est dfini etborn, donc la limite du rapport f(z0+)f(z0)

, lorsque 0, existe. La fonction f(z) est

donc drivable en z0, et f (z0) = A.


Exemple 1.3. Montrer que la fonction ln(z) est drivable sur le plan complexe, pourpi arg(z) < pi, et que sa drive est f (z) = 1/z.

La fonction est dfinie par :

ln(z) = ln(|z|) + i.arg(z) = 12ln(x2 + y2

)+ i.atan

(yx

)(1.34)

Les drives partielles des fonctions u et v sont donc :

u

x=

2x

2 (x2 + y2)=

x

x2 + y2v

x= yx

1 + y2

x2

=y

x2 + y2(1.35)

u

y=

2y

2 (x2 + y2)=

y

x2 + y2v

y=

1x

1 + y2

x2

=x

x2 + y2(1.36)

Les CCR sont donc vrifies. Comme on la vu, la drive dune fonction holomorphe estdonne, par exemple, par :

df(z)

dz=u

x+ i

v

x(1.37)

Il vient donc :dln(z)

dz=

x iyx2 + y2

=1

x+ iy=

1

z(1.38)

Autrement dit, on a gnralis au logarithme nprien complexe la formule de drivationconnue pour le logarithme rel.

En coordonnes polaires, les conditions de Cauchy-Riemann, de la fonction f(z) =U(r, ) + iV (r, ), o U et V sont deux fonctions valeurs dans R, scrivent :(

U

r

)r0,0

=

(1

r

V

)r0,0

et

(V

r

)r0,0

= (

1

r

U

)r0,0

(1.39)

La dmonstration peut tre faite titre dexercice.

Les CCR ont de nombreuses consquences, on en citera deux sous la forme de proprits(non dmontres ici).

Proprit 1.1. Toute fonction holomorphe est infiniment drivable.

Proprit 1.2. Une fonction holomorphe est fonction de la variable z uniquement, etnon des variables z et z

Chapitre 2

Intgration des fonctions de la variablecomplexe

Dans ce chapitre on sintressera lintgration des fonctions dune variable complexe.En particulier on commencera par donner une majoration fondamentale dune intgralecomplexe. Puis on tudiera linfluence du chemin suivi lors de lintgration sur le rsultatfinal avant de prsenter le rsultat principal de ce chapitre : lintgrale de Cauchy et sesdiffrentes applications.

2.1 PrliminairesLa notion dintgrale se gnralise au cas complexe en utilisant les intgrales de Rie-

mann. En effet dans le cas des fonctions relles, lintgrale de f(x) sur lintervalle [a b] sedfinit en dcomposant laire que quantifie lintgrale en N rectangles lmentaires, dontlaire est le produit de la largeur du rectangle par la valeur de la fonction en ce point.Autrement dit on a :

SN =N1j=0

f(xj)(xj+1 xj) (2.1)

o xj = a+ (ba)N j (donc x0 = a et xN = b). Si la somme converge lorsque N , alorsla limite de la somme est appele intgrale, et est note :

limN

SN =

ba

f(x)dx (2.2)

Dans le cas complexe, on considre un chemin orient, constitu darcs de courbecontinment diffrentiables, paramtr par : [0 1] C. On dcompose le chemin, notC, dextrmits et , en arcs lmentaires dlimits par les complexes zj =

(kN

)(donc

z0 = et zN = ). On peut alors dfinir la somme de Riemann suivante :

SN =N1j=0

f(zj)(zj+1 zj) (2.3)

Lintgrale est alors dfinie par :

limN

SN =

C

f(z)dz (2.4)

9

CHAPITRE 2. INTGRATION DES FONCTIONS DE LA VARIABLE COMPLEXE10

dz dsigne alors une variation infinitsimale de z autour de la valeur z. La limite existelorsque f est une fonction borne continue (ou continue par morceaux). En posant f(z) =u(x, y) + iv(x, y) et z = x+ iy, lintgrale devient :

C

f(z)dz =

C

(u(x, y) + iv(x, y)) (dx+ idy) =

C

(udx vdy) + iC

(udy + vdx) (2.5)

De cette manire lintgrale complexe peut sexprimer comme deux intgrales relles. Lesvariables x et y pouvant sinterprter comme les coordonnes cartsiennes de z dans leplan complexe, on parle parfois dintgrale curviligne.

Les proprits usuelles des intgrales stendent au cas des intgrales complexes :

Proprit 2.1 (linarit).C

(f(z) + g(z))dz =

C

f(z)dz +

C

g(z)dz (2.6)

o et sont des constantes (complexes).

Proprit 2.2 (addition des chemins).C1C2

f(z)dz =

C1

f(z)dz +

C2

f(z)dz (2.7)

o C1 et C2 dsignent deux chemins dun domaine o f est continue.

Proprit 2.3 (influence du sens de parcours).C

f(z)dz = C

f(z)dz (2.8)

o C dsigne le chemin C parcouru en sens inverse.

2.2 Ingalit fondamentaleDans un premier temps, on cherche majorer le module de lintgrale, sur un chemin

C, de longueur L. tant donn que lintgrale se dfinit par la limite dune somme deRiemann, en utilisant lingalit triangulaire, il vient :

C

f(z)dz

C

|f(z)dz| =C

|f(z)||dz| (2.9)

La fonction tant intgrable, elle est borne, autrement dit, il existe un rel M tel que

|f(z)| M, z C (2.10)Il est donc possible dcrire

C

f(z)dz

C

|f(z)dz| =C

|f(z)||dz| MC

|dz| (2.11)

La quantit |dz| dfinit la longueur de larc que parcourt z lors dune variation lmentaire.Lintgrale donne donc :

C

|dz| = L (2.12)On a donc finalement la proprit suivante.


Proprit 2.4. Lintgrale dune fonction continue et borne en module par un rel positifM sur un contour C de longeur L, vrifie lingalit suivante :

C

f(z)dz

ML (2.13)Cette proprit est utilise pour majorer des intgrales simplement, comme le d-

montrent les exemples suivants. En particulier, si on arrive montrer que le moduledune intgrale est major par une quantit qui tend vers 0, on montre que lintgraleelle-mme tend vers 0.

Im

Re

a

R0

Figure 2.1 Chemin dintgration dfini par z(t) = R + it, avec 0 t a

Exemple 2.1. On considre le segment S = [R R + ia] parallle laxe des imaginairespurs, dfini par z(t) = R + it, avec 0 t a, reprsent la figure 2.2. Montrer que :

limR

S

ez2

dz = 0 (2.14)

La longeur de larc est videmment : L = a. Il convient de trouver le majorant de lafonction sur C

supzS

ez2 = supt[0 a]

e(R+it)2 = supt[0 a]

(eR

2+t2ei2Rt) = eR2+a2 (2.15)

On a donc : S

ez2

dz

aeR2+a2 (2.16)Labscisse a tant finie, la limite, lorsque R, est :

limR

S

ez2

dz

limR aeR2+a2 = 0 (2.17)Exemple 2.2. Montrer que la valeur de lintgrale suivante est :

limR

C(0,R)

dz

1 + z2= 0 (2.18)

o C(0, R) dsigne le cercle centr en lorigine, de rayon R, avec R > 1.La longueur de la courbe est L = 2piR. La majoration de la fonction, pour z dcrivant

le cercle C, donne :

supzC

11 + z2 = 1infzC |z2 + 1| = 1R2 1 (2.19)


Lingalit fondamentale permet alors dcrire :C(0,R)

dz

1 + z2

2piRR2 1 (2.20)Finalement, en passant la limite, il vient :

limR

C(0,R)

dz

1 + z2

limR 2piRR2 1 = 0 (2.21)

c

R

Im

Re0

Figure 2.2 Chemin dintgration dfini par le demi-cercle gauche ouvert, de centrec R+, de rayon R, avec R > c.

Exemple 2.3. Montrer que :

limR

C

ezt

zn+1dz = 0 (2.22)

o t R+ et n N, et o C dsigne le demi-cercle gauche ouvert, de centre c R+, derayon R, avec R > c, reprsent la figure 2.2 .

La longueur de larc C est L = piR. Larc peut tre paramtr par z = c + Rei opi/2 < < 3pi/2. Calculons un majorant du module de la fonction intgre.

supzC

eztzn+1 sup[pi/2 3pi/2]

et(c+R cos ) eitR sin inf[pi/2 3pi/2] |c+R cos + iR sin |n+1

=ect

(R c)n+1 (2.23)

En effet, on a : sup[pi/2 3pi/2] cos = 0, et

inf[pi/2 3pi/2]

|c+R cos + iR sin | = inf[pi/2 3pi/2]

(c+R cos )2 + (R sin )21/2 (2.24)= inf

[pi/2 3pi/2]

c2 +R2 + 2cR cos 1/2 (2.25)=(c2 +R2 2cR)1/2 = R c (2.26)

Finalement il vient :

limR

C

ezt

zn+1dz

limR ectpiR(R c)n+1 = 0 (2.27)La limite cherche est donc nulle.


2.3 Intgration indpendante du chemin

Dans le cas des fonctions de la variable relle, le chemin dintgration de t2t1f(t)dt

est unique : il sagit du segment [t1 t2]. Dans le cas des fonctions de la variable complexe,il existe une infinit de chemins pour aller de z1 z2. Dans le cas gnral, la valeur delintgrale dpend du chemin. Nonobstant, il est naturel de se demander sil est possiblede caractriser la classe des fonctions pour lesquelles la valeur de lintgrale ne dpendque des extrmits et non du chemin suivi entre ces extrmits z1 et z2

Avant de rechercher un rsultat gnral, tudions deux exemples.Exemple 2.4. Considrons la fonction f(z) = =(z) intgrer entre z = 0 et z = 1 + i,selon deux chemins diffrents : C1 = {[0 i] [i 1 + i]} et C2 = {[0 1] [1 1 + i]}. On peutmontrer que pour f(z) = =(z) lintgrale dpend du chemin dintgration, en effet ontrouve :

C1 =(z)dz = 1 + i/2 et

C2 =(z)dz = i/2.

Exemple 2.5. Considrons la fonction f(z) = z2, intgrer entre z = 0 et z = a+ ib, surdiffrents chemins S3 et {S1 S2}, reprsents la figure 2.3.

0 a

a+ib

Re

Im

S1

S2S3

Figure 2.3 Exemple de chemins dintgration de la fonction f(z) = z2, entre 0 et a+ ib.

On peut montrer que pour ces deux chemins, lintgrale vaut : a+ib

0z2dz = (a+ib)

3

3.

On pourrait aussi vrifier que lintgrale a la mme valeur si on la calcule sur lessegments [0 ib] et [ib a+ ib].

On constate sur ces deux exemples que lintgrale peut dpendre du chemin suivi.Par la suite, on caractrise plus rigoureusement les fonctions telles que lintgrale estindpendante du chemin suivi.

On considre lintgrale de la fonction f sur une chemin C dextrmits z1 et z2. Ensparant parties relles et imaginaires de f(z) et de dz, lintgrale peut scrire :

C

f(z)dz =

(C

u(x, y)dx v(x, y)dy)

+ i

(C

u(x, y)dy + v(x, y)dx

)(2.28)

Pour que lintgrale soit indpendante du chemin suivi, il faut quil existe une fonctionF (z) telle que

C

f(z)dz =

z2z1

dF (z) = F (z1) F (z2)

En sparant partie relle et imaginaire de F , on peut crire F (z) = U(x, y) + iV (x, y) etlintgrale devient

C

f(z)dz =

C

dU(x, y) + idV (x, y) =

(C

U

xdx+

U

ydy

)+ i

(C

V

xdx+

V

ydy

)Par identification avec (2.28), on a tabli le rsultat suivant.


Thorme 2.1. La valeur de z2z1f(z)dz est indpendante du chemin suivi sil existe deux

fonctions U(x, y) et V (x, y) vrifiant les relations :

u =U

x=V

yet v =

V

x= U

y(2.29)

Dans ce cas, la valeur de lintgrale est donne parC

f(z)dz = F (z2) F (z1) = (U(z2) + iV (z2)) (U(z1) + iV (z1)) (2.30)

Daprs le thorme de Schwarz, si les drives partielles dordre 2 de U(x, y) et V (x, y)existent et sont continues, lordre de drivation ninflue pas sur le rsultat. Les conditions(2.29) donnent donc{

2Uxy

= vx

2Uyx

= uy

uy

= vx

et

{2Vxy

= ux

2Vyx

= vy

ux

=v

y(2.31)

On retrouve donc les conditions de Cauchy-Riemann portant sur la fonction f(z). Au-trement dit, on peut noncer le rsultat prcdent sous une forme plus simple (mais nepermettant pas de trouver la primitive de f(z)).

Thorme 2.2. Si f(z) est holomorphe dans un domaine simplement connexe D, alorslintgrale

Cf(z)dz prend la mme valeur sur tous les chemins C de D ayant les mmes

extrmits.

Illustrons ces rsultats avec la poursuite de lexemple prcdent.

Exemple 2.6. Montrer que lintgrale de f(z) = z2 est indpendante du chemin suivi(constate sur deux chemins, mais non justifie de manire gnrale) et montrer queF (z) = 2z.

On trouve les fonctions vrifiant les relations (2.29) : U(x, y) = x33 xy2 et V (x, y) =

x2y y33et on en dduit F (z) = z3

3.

Exemple 2.7. Montrer que lintgrale de f(z) = 1/z sur un chemin C, allant de z1 z2,et ne passant pas par lorigine est indpendante du chemin choisi et est donne par

C

dz

z= ln(z2) ln(z1) (2.32)

On peut vrifier que les fonctions U(x, y) = ln(

x2 + y2)

= ln(|z|) et V (x, y) =atan

(yx

)= arg(z) vrifient les conditions dindpendance du chemin. On dduit alors la

primitive F (z) = ln(z).

2.4 Intgrales de CauchyDans cette partie, sont exposs diffrents rsultats permettant de calculer lintgrale

dune fonction sur un circuit ferm. Diffrents cas seront tudis selon le nombre et lanature des singularits de la fonction, comprises dans le circuit dintgration. Pour cela ilest dabord ncessaire de dfinir ce quest une singularit.


Dfinition 2.1 (Singularit). La fonction f(z) admet une singularit dordre n en z0 sif(z) nest pas dfinie en z0, mais peut scrire sous la forme

f(z) =fh(z)

(z z0)no fh(z) est une fonction holomorphe au voisinage de z0.

2.4.1 Intgrale de fonctions sans singularit

Considrons une fonction f(z) holomorphe sur un domaine D simplement connexe.On a vu dans la section prcdente que lintgrale de cette fonction entre deux points nedpend pas du chemin suivi. Considrons deux arcs dun circuit C, nots C1 et C2, ayantles mmes extrmits, comme le montre la figure 2.4.

z1

z2C1

C2

z1

z2C

Figure 2.4 Un circuit C ( gauche), dcompos en deux circuits C1 et C2 de mmesextrmits ( droite).

Daprs le rsultat prcdent, on a :C1

f(z)dz =

C2

f(z)dz (2.33)

De plus on a C = C1 C2, donc il vient :C

f(z)dz = C1

f(z)dz +

C2

f(z)dz = 0 (2.34)

On a donc dmontr le rsultat suivant :

Thorme 2.3 (thorme de Cauchy). Si une fonction f(z) est holomorphe sur un do-maine D simplement connexe, son intgrale sur tout circuit C de D est nulle :

C

f(z)dz = 0 (2.35)

Le domaine D est simplement connexe si tous les circuits ferms contenus dans D sonthomotopes zros (peuvent se rduire zro par une dformation continue, sans sortirde D).

titre dexercice, on peut montrer que lintgrale suivante ne dpend pas de laconstante relle a :

e(x+ia)

2

dx (2.36)

Pour cela, on peut considrer le contour homotope zro, constitu par le rectangle desommets : R, R, R + ia et R + ia, parcouru dans le sens positif 1.

1. le sens positif correspond au sens anti-horaire. On peut aussi dire quun circuit est parcouru dansle sens positif si un bonhomme le parcourant dans ce sens garde lintrieur du domaine sa gauche


2.4.2 Intgrale de fonctions ayant des singularits

r

z1

z2G

g

x

Figure 2.5 Un circuit dcompos autour dun point .

Considrons prsent une fonction f(z) holomorphe dans un domaine D simplementconnexe except en la singularit . Soit un circuit de D entourant . Lobjectif estde calculer

f(z)dz. Il est possible de dfinir un circuit inclus dans un domaine D

simplement connexe o la fonction f(z) est holomorphe. Il suffit pour cela que nentourepas le point . Soit le cercle de centre et de rayon r, soit z1 un point de et z2 unpoint de . Le circuit , reprsent par la figure 2.5 et dfini par :

= [z1 z2] [z2 z1]est homotope zro dans D. On notera que si le contour est parcouru dans le senspositif, alors le contour lest dans le sens ngatif. Par ailleurs, est inclus dans undomaine simplement connexe de frontire , o f(z) est holomorphe. On a donc :

f(z)dz +

z2z1

f(z)dz

f(z)dz +

z1z2

f(z)dz = 0 (2.37)

Le segment [z1 z2] tant parcouru dans les deux sens, il vient :

f(z)dz =

f(z)dz (2.38)

Le rsultat se gnralise trs simplement au cas o f(z) est holomorphe sauf en unnombre fini de points i. En effet, comme lillustre la figure 2.6, on peut dfinir le contour, simplement connexe, par :

= [z1 z1]1 [z1 z1] [z2 z2]2 [z2 z2] [z3 z3]3 [z3 z3] . . . (2.39)Dans ce cas, le thorme de Cauchy donne :

f(z)dz +

z1z1

f(z)dz 1

f(z)dz +

z1z1

f(z)dz +

z2z2

f(z)dz

2

f(z)dz +

z2z2

f(z)dz +

z3z3

f(z)dz 3

f(z)dz +

z3z3

f(z)dz = 0 (2.40)

Autrement dit on a dmontr le rsultat suivant :

Lemme 2.1. Soit f(z) une fonction holomorphe sur D sauf en certains points 1, i =1, . . . , N . Lintgrale de f(z) sur un circuit C de D entourant les points i est donnepar :

C

f(z)dz =Ni=1

i

f(z)dz (2.41)

o les contours i entourent respectivement les points i.


G

g1

z1z1

z2z2

z3

z3

x1

x2

x3

g2

g3

Figure 2.6 Un circuit dcompos autour de trois points i.

Reste alors calculer les intgrales de f(z) autour de chacune des singularits.

2.4.2.1 Intgrale dune fonction autour dune singularit simple

Une fonction f(z) ayant une singularit simple en sur D peut scrire sous la forme :

f(z) =fh(z)

z (2.42)

o la fonction fh(z) est holomorphe sur D. Pour calculer lintgraleCf(z)dz o C entoure

la singularit on dfinit la fonction g(z) par :

g(z) =

{fh(z)fh()

z si z 6= f h() si z =

(2.43)

La fonction g(z) ainsi dfinie est holomorphe sur D car fh est holomorphe donc drivable.Daprs (2.38), on a :

C

g(z)dz = 0 (2.44)

Il vient donc : C

fh(z)

z dz =C

fh()

z dz =

fh()

z dz (2.45)

o est le cercle de centre et de rayon r (se souvenir de la figure 2.5). On peut doncposer le changement de variable : z = + rei, il vient dz = rieid, donc :

C

fh(z)

z dz = fh()

riei

reid = 2ipifh() (2.46)

On a donc dmontr le rsultat, connu sous le nom de formule de Cauchy.

Thorme 2.4 (formule de Cauchy). Soit fh une fonction holomorphe dans un domaineD simplement connexe, alors pour tout D, et pour tout contour entourant , on a

fh(z)

z dz = 2ipifh() (2.47)

Une forme particulire de ce rsultat est connu sous le nom de la formule de moyenne.


Thorme 2.5 (formule de la moyenne). Soit fh une fonction holomorphe dans D, et un point de D. On a, pour r > 0 : 2pi

0

fh( + rei

)d = 2pifh() (2.48)

Dmonstration. Pour obtenir ce rsultat, il suffit dutiliser la formule de Cauchy sur =C(, r).

2.4.2.2 Intgrale dune fonction autour dune singularit multiple

Une fonction f(z) ayant une singularit dordre n+ 1 en sur D peut scrire sous laforme :

f(z) =fh(z)

(z )n+1 (2.49)

o la fonction fh(z) est holomorphe sur D. Pour calculer lintgraleCf(z)dz o C entoure

la singularit on est amen gnraliser le rsultat prcdent.

Thorme 2.6 (formule de Cauchy lordre n). Soit fh une fonction holomorphe dansun domaine D simplement connexe, alors pour tout D et tout circuit de D entourant, on a

fh(z)

(z )n+1dz =2ipi

n!f

(n)h () (2.50)

Dmonstration. Pour n = 0 on retrouve le rsultat prcdent. Ensuite la preuve est faitepar rcurrence en admettant le rsultat pour n 1 et en montrant que cela limpliquepour n. Pour cela, crivons la dfinition de la drive de fh(z) lordre n :

f(n)h () = lim

h0f

(n1)h ( + h) f (n1)h ()

h(2.51)

En supposant vrai le rsultat lordre n 1, et en lappliquant aux termes de droite, ilvient :

f(n)h () = lim

h0(n 1)!

2ipih

[

fh(z)

(z h)ndz

fh(z)

(z )ndz]

(2.52)

= limh0

(n 1)!2ipih

fh(z) [(z )n (z h)n](z h)n(z )n dz (2.53)

= limh0

(n 1)!2ipih

fh(z) [(z )n (z )n + nh(z )n1 h2 . . . ](z h)n(z )n dz (2.54)

= limh0

(n 1)!2ipih

fh(z) [nh(z )n1 h2 . . . ](z h)n(z )n dz (2.55)

Lorsque h 0, la quantit 1/(z h)n(z )n converge uniformment vers (z )2n,on a donc :

f(n)h () =

n!

2ipi

fh(z)

(z )n+1dz (2.56)

On a donc tabli la proprit (2.50) lordre n, en supposant quelle est vrifie lordren 1. lordre n = 0 on obtient la formule de Cauchy qui a dj t prouve. Il apparatdonc, par rcurrence, que la proprit est prouve pour tout ordre n.


2.5 Quelques exemples dapplicationExemple 2.8. On considre lintgrale :

C

cos(zpi)

z(z 1)dz (2.57)

o le circuit C peut prendre trois formes (voir figure 2.7) :1. C est le cercle de centre 1, de rayon R1, avec R1 < 12. C est le cercle de centre 1, de rayon R2, avec 1 < R2 < 23. C est le cercle de centre 1, de rayon R3, avec 2 < R3

Im

Re0-1

Im

Re0-1

Im

Re0-11 1 1

Figure 2.7 Circuit C dfini par le cercle de centre 1, de rayon R avec ( gauche)R1 < 1 ; (au milieu) 1 < R2 < 2 ; ( droite) R3 > 2.

La fonction f(z) = cos(zpi)/(z(z 1)) est holomorphe sur C sauf en 0 et en 1.Dans le premier cas, aucune singularit nest dans C, on a donc :

C(1,R1)

cos(piz)

z(z 1)dz = 0 (2.58)

Dans le second cas, seule la singularit en z = 0 est intrieure au cercle C(1, R2), on aalors :

C(1,R2)

cos(piz)

z(z 1)dz = 2ipicos(0)

1 = 2ipi (2.59)

Dans le troisime cas, les singularits en z = 0 et z = 1 sont intrieures au cercleC(1, R2), on a alors :

C(1,R3)

cos(piz)

z(z 1)dz = 2ipi(

cos(0)

1 +cos(pi)

1

)= 4ipi (2.60)

Exemple 2.9. Montrer que : C(0,2)

ez

z(z 1)2dz = 2ipi (2.61)

Chapitre 3

Sries entires et rsidus

Dans les deux premires parties de ce chapitre nous tudierons deux mthodes pourreprsenter une fonction par des sries entires, cest dire une somme de polynmes oude fractions rationnelles de la variable complexe : le dveloppement en srie de Taylor,et le dveloppement en srie de Laurent. Ensuite, on dtaillera le rsultat principal de cechapitre, savoir : le thorme des rsidus, avant de donner quelques applications de cersultat.

3.1 Sries de TaylorLintrt des sries de Taylor est de pouvoir exprimer la valeur dune fonction en

un point, comme une somme de polynmes en z. Ce dveloppement est valide dans undomaine simplement connexe o la fonction f est holomorphe. On sappuie sur les galitssuivantes (pour x 6= 1) :

1

1 x = 1 + x+ x2 + x3 + + xn + 1

1 xxn+1 (3.1)

1

z =1

( a) (z a) =(

1

a) 1

1(zaa

) (3.2)

En utilisant (3.1), (3.2) devient

1

z =1

a

1 + (z a a

)+

(z a a

)2+ +

(z a a

)n+

1

1(zaa

) (z a a

)n+1=

1

a +z a

( a)2 +(z a)2( a)3 + +

(z a)n( a)n+1 +

(z a)n+1( z)( a)n+1 (3.3)

Soit une fonction f(z) holomorphe sur un domaine D contenant z et a, et soit C uncontour inclus dans ce domaine. Daprs la formule de Cauchy on a :

f(z) =1

2ipi

C

f()

zd (3.4)

En multipliant (3.3) par f()/(2ipi), et en intgrant par rapport , sur C on a :

f(z) =1

2ipi

C

f()

a(

1 +z a a + +

(z a)n( a)n +

(z a)n+1( z)( a)n

)d (3.5)

21

CHAPITRE 3. SRIES ENTIRES ET RSIDUS 22

Cette quation scrit sous la forme :

f(z) =1

2ipi

Nn=0

[(z a)n

C

f()

( a)n+1d]

+(z a)N+1

2ipi

C

f()

( z)( a)N+1d (3.6)

En se souvenant de la formule de Cauchy au rang n :

f (n)(a) =n!

2ipi

C

f()

( a)n+1d (3.7)

lquation (3.6) devient :

f(z) =Nn=0

1

n!(z a)nf (n)(a) + (z a)

N+1

2ipi

C

f()

( z)( a)N+1d RN

(3.8)

Montrons prsent que le terme RN sannule quand N . La variable dcrit lecontour C = C(a,R) le cercle de centre a et de rayon R, et la variable z est intrieure C. Autrement dit, on a : |z a| < R, et il existe un rel 0 < k < 1 tel que |z a| = kR.De plus on a | z| (1 k)R, comme on peut le constater sur la figure 3.1.

x

RkR a

z

Figure 3.1 Positions de z, a, et

La fonction f(z) est holomorphe dans C qui est un compact, donc il existe un majorantM tel que, pour tout z de C, on a |f(z)| M . En utilisant lingalit fondamentale, ilvient :

|RN | =(z a)N+12ipi

C

f()

( z)( a)N+1d (3.9)

(kR)N+1

2pi2piR

supzC |f(z)|infzC | z|| a|N+1 (3.10)

(kR)N+1

2pi2piR

M

(1 k)RRN+1 (3.11)

kN+1M

1 k 0 pour N (3.12)

Autrement dit, on a tabli que limNRN = 0, ce qui nous permet de conclure par lersultat suivant.


Thorme 3.1 (dveloppement en srie de Taylor). La fonction f(z) peut tre reprsentepar sa srie de Taylor (3.13) dans tout disque ouvert de centre a dans lequel elle estholomorphe. Dans tout domaine ferm inclus dans ce disque, la srie (3.13) convergeuniformment vers f(z)

f(z) =n=0

1

n!(z a)nf (n)(a) (3.13)

Exemple 3.1. titre dexemple, on peut retrouver le dveloppement en srie entire de lafonction exponentielle partir de sa srie de Taylor. Le dveloppement de Taylor centren a = 0 donne :

ez =n=0

1

n!znf (n)(0) =

n=0

zn

n!(3.14)

La fonction exponentielle tant holomorphe pour tout z inC, le rayon de convergence dudveloppement est infini et le dveloppement est valable pour tout complexe. Le dvelop-pement de la fonction exponentielle permet de retrouver les dveloppements des fonctionssinus et cosinus complexes

cos(z) =n=0

(1)nznn!

sin(z) =n=0

(1)nz2n+1(2n+ 1)!

(3.15)

3.2 Sries de LaurentLe dveloppement de Taylor dune fonction permet dexprimer la valeur de la fonction

sur un domaine simplement connexe (un disque) o la fonction est holomorphe. Nanmoinsil serait intressant dobtenir un rsultat analogue lorsque le domaine nest pas simplementconnexe. Dans ce cas il deviendrait possible de reprsenter une fonction mme au voisinagedun domaine (ou dun point) o elle nest pas holomorphe. On va montrer que les sriesde Laurent permettent cela.

r

RK

r

RG

g

a

B

a

AB

A

Figure 3.2 Positions de z, a, et

Soit une fonction f(z) holomorphe dans D sauf au voisinage dune singularit a.Dfinissons une couronne comprise entre les cercles intrieur = C(a, r) et extrieur = C(a,R). Soit A et A deux points de , et B et B deux points de . On peut alorsdfinir un domaine simplement connexe intrieur au circuit dfini par :

= [A B] [B A] (3.16)La fonction f(z) est donc holomorphe sur la surface intrieure au contour . Les deuxsegments [A B] et [A B] sont infiniment proches, de ce fait le domaine concide avec la


couronne. La formule de Cauchy nous permet dcrire :

f(z) =1

2ipi

f()

zd =1

2ipi

(

f()

zd + BA

f()

zd BA

f()

zd

f()

zd)

(3.17)Les deux segments tant confondus la fonction prend les mmes valeurs, comme ils sontparcourus en sens contraires lun de lautre, les deux intgrales sannulent, il vient alors :

f(z) =1

2ipi

f()

z d =1

2ipi

f()

zd f1(z)

+

f()

zd f2(z)

(3.18)Explicitons maintenant chaque terme de lintgrale.

Le premier terme, not f1(z), peut se dvelopper en suivant le mme raisonnementque pour la srie de Taylor, grce lgalit :

1

z =1

a +z a

( a)2 +(z a)2( a)3 + +

(z a)n( a)n+1 +

(z a)n+1( z)( a)n+1 (3.19)

En multipliant par f()/(2ipi) et en intgrant sur , on obtient la somme infinie suivante(la convergence vers 0 du reste est prouve de manire identique au paragraphe prcdent) :

f1(z) =n=0

cn(a)(z a)n, ou` cn(a) = 12ipi

f()

( a)n+1d (3.20)

Attention : cette somme ne fait pas apparatre de drive nie`me de f(z) car f est holo-morphe dans la couronne, mais pas ncessairement en a, il se peut donc que les drivesnexistent pas.

Un raisonnement analogue permet de calculer le second terme f2(z). Pour cela, il suffitde remarquer que |z a| > | a|, autrement dit on peut dvelopper 1/( z) par :

1

z = 1

z a

(1

1 aza

)(3.21)

= 1z a

(1 +

( az a

)+

( az a

)2+ +

( az a

)n+

1

1 aza

( az a

)n+1)(3.22)

= (

1

z a + a

(z a)2 +( a)2(z a)3 + +

( a)n(z a)n+1 +

( a)n+1(z )(z a)n

)(3.23)

Il vient donc :

f2(z) =1

2ipi

[f()

z a +f()( a)

(z a)2 +f()( a)2

(z a)3 + +f()( a)N(z a)N+1

]d +RN

(3.24)o RN est dfini par :

RN =1

2ipi

f()( a)N+1(z )(z a)N d (3.25)


La variable dcrit le cercle = C(a, r), donc on a : | a| = r, |z a| = Kr, avecK > 1, et |z | (K 1)r. De plus f est born dans la couronne, donc il existe unM , tel que |f(z)| M pour tout z de la couronne. Lingalit fondamentale permet alorsdeffectuer la majoration suivante :

|RN | 12pi

2pirMrN+1

KNrN(K 1)r =Mr

KN(K 1) (3.26)

Autrement dit RN 0 lorsque N . On peut donc crire :

f2(z) =n=1

(z a)n 12ipi

f()

( a)n+1d (3.27)

=1

n=(z a)n 1

2ipi

f()

( a)n+1d (3.28)

On peut alors regrouper les termes f1(z) et f2(z) pour finalement obtenir le rsultatsuivant, connu sous le nom de srie de Laurent.

Thorme 3.2 (dveloppement en srie de Laurent). Dans toute couronne D centre ena, dfinie par r < |z a| < R, une fonction holomorphe en D peut tre reprsente parsa srie de Laurent (3.29), uniformment convergente sur tout domaine ferm de D.

f(z) =

n=(z a)ncn, ou` cn = 1

2ipi

f()

( a)n+1d (3.29)

Dans le cas, o la couronne est centre en lorigine, la srie de Laurent sexprime plussimplement par

f(z) =

n=zncn, ou` cn =

1

2ipi

f()

n+1d (3.30)

o est un cercle de rayon compris entre r et R, ou plus gnralement nimporte quelcycle homotope dans D.

On peut noter que si f(z) est holomorphe dans tout lespace dlimit par le cercleintrieur , alors la fonction f(z)(za)n est holomorphe. De ce fait lintgrale de f(z)(za)n sur , soit f2(z), est nulle. Dans ce cas, tous les termes cn avec n < 0 sont nuls et lasrie de Laurent se rduit la srie de Taylor.

La prsence de p termes en puissance ngative de (z a) indique que la fonctionnest pas borne pour z = a, autrement dit indique la prsence dune singularit en a. Lenombre de termes en puissance ngative permet de donner lordre de la singularit. Ondit ainsi que le ple (ou la singularit) en a est dordre p.

Dans le cas dune somme infinie de termes en puissance ngative de (z a), on parlede singularit essentielle.

On peut remarquer que pour n = 1, le coefficient de la srie de Laurent donnelintgrale de la fonction, ainsi pour un circuit C entourant lorigine on a :

C

f(z)dz = 2ipic1 (3.31)


Exemple 3.2. Dveloppons en srie de Laurent la fonction f(z) ci-dessous, dans la couronnecentre en lorigine dfinie par a < |z| < b.

f(z) =1

(z a)(z b) (3.32)

o a et b sont des rels, tels que a < b.On peut 1 crire f(z) sous la forme :

f(z) =1

a b(

1

z a 1

z b)

=1

a b(

1

z

1

1 az

+1

b

1

1 zb

)(3.33)

Comme |z/b| < 1 et |a/z| < 1, il vient :

f(z) =1

a b

(1

b

n=0

zn

bn+

1

z

n=0

an

zn

)=

1n=

an1

(a b)zn +

n=0

bn1

(a b)zn (3.34)

on a donc obtenu la srie de Laurent avec les coefficients cn :

cn =

{an1(ab) n < 0bn1(ab) n 0

(3.35)

3.3 Thorme des rsidusLes rsidus dune fonction en un point permettent grce au thorme du mme nom de

calculer simplement des intgrales sur un contour, en ne considrant que les singularitscontenues dans ce contour.

Dfinition 3.1 (rsidu). Soit une fonction f(z) holomorphe, ayant un point singulierisol z0. Le rsidu de f en z0, not Res(f, z0) est dfini par :

Res(f, z0) =1

2ipi

f(z)dz (3.36)

o est un circuit entourant z0, et nentourant pas dautres singularits ventuelles def(z)

Daprs le thorme de Cauchy, la taille et la forme du contour nimportent pas tantque la seule singularit prsente dans soit z0. De plus, on reconnat immdiatement lecoefficient c1 du dveloppement en srie de Laurent de la fonction f(z) au voisinage dez0. On a donc :

Res(f, z0) = c1 (3.37)

Toujours daprs le thorme de Cauchy, lintgrale dune fonction f(z) sur un circuitC entourant les singularits z1, . . .zN est donne par

C

f(z)dz =Nk=1

k

f(z)dz

o k est un circuit entourant la singularit zk. Chacune de ces intgrales peut tre dfinie partir du rsidus de f(z) en la singularit zk. On trouve alors le rsultat suivant.

1. par dcomposition en lments simples (voir annexe)


Thorme 3.3 (thorme des rsidus). Soit f(z) une fonction continue sur la frontireC dun domaine D et holomorphe dans le domaine D sauf en un nombre fini de pointsz1, z2, . . ., zN . Alors :

C

f(z)dz = 2ipiNn=1

Res(f, zn) (3.38)

o la frontire C est parcourue dans le sens positif 2.

Ce rsultat est vrai quelle que soit la nature des singularits intrieures au contour,seule change la manire de calculer chaque rsidu suivant le type de singularit. Il existeplusieurs recettes pour calculer le rsidu dune fonction en un point singulier. On peut enparticulier donner des mthodes de calcul pour les trois cas suivants. Cas dun ple simple.

Si z0 est un ple simple de la fonction f(z), alors son dveloppement en srie deLaurent est de la forme :

f(z) =c1z z0 + c0 + (z z0)c1 + (z z0)

2c2 + . . . (3.39)

Dans ce cas, il est facile dobtenir c1, il suffit de multiplier par (zz0) et de prendrela valeur en z0. Autrement dit, il vient :

Res(f, z0) = limzz0

(z z0)f(z) (3.40)

Cas dun ple dordre n.Si z0 est un ple simple de la fonction f(z), alors son dveloppement en srie deLaurent est de la forme :

f(z) =cn

(z z0)n +cn+1

(z z0)n1 + +c1z z0 + c0 + (z z0)c1 + . . . (3.41)

Dans ce cas, on peut multiplier cette galit par (z z0)n, pour obtenir :(z z0)nf(z) = cn + cn+1(z z0) + + c1(z z0)n1 + c0(z z0)n + . . . (3.42)

En drivant (n 1) fois on a :dn1

dzn1(z z0)nf(z) = (n1)!c1 + n!

1!c0(z z0) + +(n+ 1)!

2!c1(z z0)2 + . . . (3.43)

En faisant tendre z vers z0, on obtient c1. Autrement dit, on obtient le rsidu par :

Res(f, z0) = limzz0

1

(n 1)!dn1

dzn1[(z z0)nf(z)] (3.44)

Cas dune fonction de la forme f(z) = (z)/(z) o (z) a un zro simple enz0, et o (z) est holomorphe en z0.On a alors :

Res(f, z0) = limzz0

((z z0)(z)

(z)

)= lim

zz0

((z z0) (z)

(z)(z0))

(3.45)

On voit appratre au dnominateur la drive de en z0, il vient donc :

Res(f, z0) = limzz0

(z)

(z)(3.46)

2. de sorte que le domaine soit gauche de la frontire


Exemple 3.3. Calculer les rsidus de f(z) = ezz(za)3 , en z = 0 et en z = a.

Le calcul du rsidu en z = 0 est immdiat avec (3.40) :

Res(f, 0) = limz0

zez

z(z a)3 = limz0ez

(z a)3 =1a3

(3.47)

Le ple en z = a est un ple triple, donc le calcul du rsidu en z = a se fait en appliquant(3.44) :

Res(f, a) =1

2!limza

[((z a)3 e

z

z(z a)3)(2)]

=1

2limza

[(ez

z

)(2)](3.48)

=1

2limza

ez(z2 2z + 2)z3

=ea(a2 2a+ 2)

2a3(3.49)

Exemple 3.4. Calculer les rsidus de f(z) = 1z2+a2

en ses singularits : z = ia et z = ia.En posant (z) = 1, et (z) = z2 + a2, on vrifie tre dans le cadre du troisime cas,

avec (z) = 2z, il vient alors :

Res(f, ia) =1

2iaet Res(f,ia) = 1

2ia(3.50)

Exemple 3.5. Montrer que :C(0,2a)

ez

z(z a)3dz = 2ipi2 + ea(a2 2a+ 2)

2a3(3.51)

3.4 Quelques applications du calcul de rsidusDans cette section on dtaille quelques exemples de calculs dintgrales effectus en

utilisant le thorme des rsidus. On se bornera des exemples, limportant tant de voirles diffrentes techniques (voire recettes) mises en uvre.

3.4.1 Calcul dintgrales de fractions rationnelles

Im

Re

0

R

R-R

Figure 3.3 Contour dintgration

Le but est de calculer lintgrale suivante : +

1

1 + x4dx (3.52)

Pour pouvoir appliquer les thormes de Cauchy et des rsidus, il faut fermer le contourdintgration. On peut, par exemple, choisir le demi-cercle suprieur centr en 0 et de


rayon R (voir figure 3.4.1). Lintgration sur le diamtre du cercle donnera le rsultatcherch.

Les ples de la fonction (z4 + 1)1 sont les racines quatrimes de 1, autrement ditles complexes zk = ei(pi/4+kpi/2), avec k = 0, 1, 2, 3. Seules les racines z0 = (1 + i)/

2 et

z1 = (1 + i)/

2 sont dans le contour dintgration. Le thorme des rsidus donne :C

1

1 + x4dx = 2ipi ((Res(f, z0) +Res(f, z1)) (3.53)

La rgle de calcul des rsidus (3.46) donne : Res(f, z) = 1/(4z3), donc :C

1

1 + x4dx = 2ipi

(1 i4

2+

1 i4

2

)=

pi2

(3.54)

Reste maintenant dterminer la contribution du demi cercle ouvert dans lintgrale.On peut se douter quen faisant tendre le rayon vers linfini, la fonction se comporte en 1/x4 sur un contour de longueur piR, ce qui devrait se traduire par une contributionnulle. tablissons-le plus rigoureusement en utilisant lingalit fondamentale. Pour celatrouvons un majorant de f(z) sur le demi cercle ouvert C . Sur le demi cercle, z est dfinipar z = Rei, on a donc :

infzC|R4ei4 + 1| = inf

zC|R4 cos(4) + iR4 sin(4) + 1| (3.55)

= infzC

((R4 cos(4) + 1)2 +R8 sin2(4)

)1/2 (3.56)= inf

zC(R8 + 2R4 cos(4) + 1

)1/2 (3.57)=R4 1 = R4 1 (3.58)

On a donc la majoration suivanteC

dz

z4 + 1

piRR4 1 0, pour R (3.59)On avait tabli prcdemment :

C

dz

z4 + 1=

+RR

dz

z4 + 1+

C

dz

z4 + 1=

pi2

(3.60)

En passant la limite : R, la contribution de la deuxime intgrale sannule, et onobtient : +

dz

z4 + 1=

pi2

(3.61)

3.4.2 Calcul dintgrales de fonctions trigonomtriques

Il sagit des intgrales du type : 2pi0

R(cos , sin )d (3.62)

o la fonction R est une fraction rationnelle. Dans ce cas, il est souvent judicieux de poserle changement de variable : z = ei et dz = ieid = izd, en effet les fonctions cosinuset sinus sont les parties relle et imaginaire de z (avec z = z1) et on a alors :

C(0,1)

R

(z + z1

2,z z1

2i

)1

izdz (3.63)


il est alors possible de transformer lexpression en une fraction de polynmes en puissancepositives de z et de se ramener au cas prcdent. Seules les racines du dnominateur lintrieur du cercle unit sont prendre en compte pour le calcul de rsidu.

Exemple 3.6. Prouver lgalit suivante : 2pi0

d

2 + cos =

2pi3

(3.64)

On opre le changement de variable z = ei et dz = izd, lintgrale devient alors : 2pi0

d

2 + cos =

C(0,R)

1

2 + z+z1

2

dz

iz=

2

i

C(0,R)

dz

4z + z2 + 1(3.65)

Les racines du polynme du dnominateur sont z1 = 2

3 et z2 = 2 +

3. Seule z2est dans C(0, 1), donc : 2pi

0

d

1 + 2 cos =

2

i2ipiRes

(1

4z + z2 + 1, z2

)= 4pi

1

4 + 2z2=

2pi3

(3.66)

3.4.3 Calcul de sommes de sries

Pour calculer la somme de la srie un, on cherche exprimer cette somme commetant la somme des rsidus dune fonction en diffrents points. Pour chaque entier n, oncherchera exprimer le terme un comme tant le rsidu en z = n dune fonction lie un.Pour cela on utilise la fonction picotg(piz)f(z) o f(z) est dfinie comme un en remplaantla variable entire n par la variable complexe z (f(n) = un). Cette mthode peut paratreparachute 3 mais son intrt repose sur le fait que les singularits de la fonction sont tousles entiers relatifs n Z (car sin(npi) = 0), et sur la proprit suivante :

Res (picotg(piz)f(z), n) = Res

(pi cos(piz)

sin(piz)f(z), n

)=pi cos(pin)f(n)

pi cos(pin)= f(n) = un (3.67)

De ce fait, la somme des rsidus est gale la somme de la srie un. Reste alors dfinirun contour englobant tous les points z = n, et calculer la valeur de lintgrale.

Exemple 3.7. Calculer la somme suivante :

n=1

1

1 + n2(3.68)

Pour calculer cette somme, on considre lintgrale suivante :C

pi cos(zpi)

sin(zpi)(1 + z2)dz (3.69)

o le contour C est le carr de sommets (N +1/2) i(N +1/2). Les ples de la fonction

f(z) =pi cos(zpi)

sin(zpi)(1 + z2)(3.70)

3. dailleurs elle lest


sont tous les entiers n tels que N n N , et les racines carres de 1, soit i et i. Lethorme des rsidus nous permet de calculer lintgrale par :

C

pi cos(zpi)

sin(zpi)(1 + z2)dz = 2ipi

(N

n=NRes(f, n) +Res(f,i) +Res(f, i)

)(3.71)

Les diffrents rsidus sont donns par :

Res(f, n) =pi cos(npi)

pi cos(npi)(1 + n2) + sin(npi)2n=

1

1 + n2(3.72)

Res(f, i) =pi cos(ipi)

2i sin(ipi)=pi

2

(epi + epi

epi epi)

(3.73)

Res(f,i) = pi cos(ipi)2i sin(ipi) =pi

2

(epi + epi

epi epi)

(3.74)

On a donc : C

pi cos(zpi)

sin(zpi)(1 + z2)dz = 2ipi

(2

Nn=1

1

1 + n2+ 1 + pi

epi + epi

epi epi)

(3.75)

Reste calculer lintgrale, pour cela on tente dutiliser lingalit fondamentale sur lecarr C de sommets (N + 1/2) i(N + 1/2), o N est un entier. Ce contour, parcourudans le sens positif entoure les points z = n, pour N n N . On admet lgalitsuivante : cos(piz)sin(piz)

2 = cosh(2piy) + cos(2pix)cosh(2piy) cos(2pix) (3.76)Sur les cots verticaux du carr, nots V et V+, on a x = (N + 1/2), autrement dit ilvient : cos(2pix) = 1, et : cos(piz)sin(piz)

2 = cosh(2piy) 1cosh(2piy) + 1 < 1 (3.77)De plus on a la majoration suivante : 11 + z2

< 1(N 1/2)2 (3.78)En utilisant lingalit fondamentale, il vient :

V

pi cos(piz)

sin(piz)(1 + z2)dz

2N + 1(N 1/2)2 0, pour N (3.79)Sur les cots horizontaux du carr, nots H+ et H, on a y = (N +1/2). On a donc :cos(piz)sin(piz)

2 = cosh(2piy) + cos(2pix)cosh(2piy) cos(2pix) cosh(2Npi + pi) + 1cosh(2Npi + pi) 1 = K(N) 1, pour N (3.80)

En utilisant lingalit fondamentale, on a :H

pi cos(piz)

sin(piz)(1 + z2)dz

(2N + 1)K(N)N2 0, pour N (3.81)On a donc tabli que lintgrale de

Cf(z)picotan(piz)dz 0, lorsque N , ce qui

permet de conclure pour la somme recherche par :n=1

1

1 + n2=pi

2

(epi + epi

epi epi) 1

2(3.82)


3.4.4 Calcul dintgrales relles sur un axe

On utilise les intgrale de fonctions complexes pour calculer certaines intgrales relles,sur laxe rel (ou un demi axe rel). Pour cela on dfinit un contour longeant laxe rel,ferm par un contour, par exemple un demi cercle dont le rayon tend vers linfini. Le tho-rme des rsidus permet de calculer lintgrale sur le contour ferm en tudiant les rsiduscorrespondant aux ples intrieurs au contour. Soit lingalit fondamentale permet demajorer la contribution de larc infini par un terme nul, soit ce terme peut se calculerexplicitement (par un changement de variable par exemple). On peut alors conclure surla valeur de lintgrale sur laxe rel.

Dans le cas du calcul sur le demi axe rel rel, deux cas de figure se prsentent g-nralement. Si la fonction est paire, on est ramen au cas prcdent car lintgrale sur Rest gale 2 fois lintgrale sur R+. Dans le cas dune fonction impaire ou quelconque, ilfaudra choisir un autre contour, par exemple un quart de cercle dont le rayon tend verslinfini, un carr, etc.

Re

Im

iR

G

-R

Figure 3.4 Contour dintgration C

Exemple 3.8. Montrer que : +

eix

1 + x2dx =

pi

e(3.83)

On considre un contour ferm dfini par le demi-cercle ferm suprieur centr enz = 0 et de rayon R > 1. La seule singularit prsente dans le contour dintgration estz1 = i et le thorme des rsidus permet dobtenir

f(z)dz = pi

e. Lingalit fondamentale

permet de majorer le module de lintgrale sur le demi cercle ouvert par piRR21 . En faisant

tendre R vers + on montre que lintgrale sur le demi cercle ouvert sannule et onobtient le rsultat demand.

3.4.5 Calcul dintgrales de fonctions multivalentes

La difficult dans le cas des fonctions multivalentes rside dans la possibilit quontces fonctions de sauter dune branche lautre, suivant le parcours effectu. Par exemplesi la variable z dcrit un cercle C(0, R) dans le sens positif, son argument augmente de2pi et la fonction change de branche. De ce fait elle change de valeur et les deux intgralesle long de parcours infiniment proches ne se compenseront pas forcment, comme nousallons le constater dans lexemple suivant.Exemple 3.9. Calculer lintgrale suivante :

0

x

1 + xdx pour 1 < < 0 (3.84)

La fonction x est clairement multivalente car :

z = rei(+2kpi) z = rei(+2kpi) (3.85)


Re

Im

-1r

R

A BBA

G

g

Figure 3.5 Contour dintgration

Donc z na pas la mme valeur suivant la ralisation de z (cest dire suivant k). Pourrendre cette fonction univalente, on peut choisir la coupure de Riemann dfinie par ledemi axe rel positif. Dans ce cas on choisit un contour dintgration longeant le demi axerel sur lequel on cherche calculer lintgrale. Pour fermer le contour on parcourt dansle sens horaire le cercle = C(0, R), avec R > 1, puis le demi axe rel positif parcourudans le sens dcroissant et, dans le sens anti-horaire le cercle = C(0, r), avec r < 1. Cecontour est reprsent par la figure 3.4.5. On note C = [A B] [A B] .

La fonction intgre a deux ples en z = 0 et en z = 1. Seul le ple en z = 1 estdans le contour dintgration. Le thorme des rsidus donne donc :

C

z

1 + zdz = 2ipiRes(f,1) = 2ipieipi (3.86)

Sur le segment [A B], on a z = x et dz = dx. Sur le segment [A B], on a z = xei2 etdz = dx. On a donc :

C

x

1 + xdx =

Rr

x

1 + xdx+

x

1 + xdx

Rr

xei2pi

1 + xdx

x

1 + xdx (3.87)

=(1 e2ipi) R

r

x

1 + xdx+

x

1 + xdx

x

1 + xdx (3.88)

On cherche alors valuer la contribution des deux cercles, pour cela on utilise lingalitfondamentale pour majorer ces intgrales.

Sur le cercle = C(0, r), on a : rei1 + rei r1 r (3.89)

Lingalit fondamentale donne donc :C(0,r)

x

1 + xdx

2pir+11 r 0 pour r 0 (3.90)Autrement dit, lintgrale sur est nulle lorsque r tend vers 0.

Sur le cercle = C(0, R), on a : Rei1 +Rei RR 1 (3.91)


Lingalit fondamentale donne donc :C(0,R)

x

1 + xdx

2piR+1R 1 0 pour R (3.92)Autrement dit, lintgrale sur est nulle lorsque R tend vers .

Finalement, en passant aux limites : r 0 et R, lintgrale sur C devient :C

x

1 + xdx =

(1 e2ipi) R

r

x

1 + xdx = 2ipieipi (3.93)

Ce qui donne le rsultat final : 0

x

1 + xdx =

2ipieipi

1 e2ipi =2ipi

eipi eipi = pi

sin(pi)(3.94)

Chapitre 4

Sujets de travaux dirigs

On trouvera dans ce chapitre les diffrents sujets des sances de TD. Les TD ontrespectivement trait : sance 1. Limite, Drivation, Intgrales de Cauchy. sance 2. Intgrales de Cauchy (suite) et Rsidus. sance 3. Rsidus, Sries de Laurent et de Taylor.

35

37

Travaux dirigs de mathmatiquesSance 1

Limite, Drivation et Intgrales de Cauchy

1. Les fonctions suivantes ont-elles une limite lorsque z 0(a) f(z) = z3

x2+y4

(b) f(z) = xyx+iy

2. Dterminer, et reprsenter dans le plan complexe les racines cubiques de z = 1+ i.En dduire le point de branchement de f(z) = z1/3 ainsi quune coupure de Riemann.

3. On considre la fonction f(z) = (z2 + 1)1/2

(a) Montrer que z = i sont des points de branchement de f(z).(b) Montrer quun tour complet autour des deux points de branchement la fois

nentrane pas de changement de branche de f(z).(c) Dterminer des coupures de Riemann rendant la fonction f(z) univalente.

4. Montrer que, en coordonnes polaires, les quations de Cauchy-Riemann prennentla forme :

u

r=

1

r

v

etv

r= 1

r

u

En dduire que la drive scrit

df(z)

dz= ei

(u(r, )

r+ i

v(r, )

r

)En dduire la drive de la fonction f(z) = z, pour Z

5. valuerC zdz, de z1 = 0, z2 = 4 + 2i, le long de la courbe C, si :

(a) C est dfinie par z = t2 + it.(b) C est forme des segments [0 2i], et [2i 4 + 2i].

6. valuerC |z|dz, de z1 = R, z2 = R, le long de la courbe C, si :

(a) C est dfinie par le demi cercle suprieur.(b) C est dfinie par le demi cercle infrieur.(c) C est dfinie par le [R R].

7. On considre une fonction f(z) holomorphe sur le disque D(0, R), avec R > 1. Soientdeux nombres complexes a et b distincts appartenant au disque D.(a) Montrer que 1

2ipi

C(0,1)

f(z)(za)(zb)dz =

f(a)f(b)ab

(b) Que se passe t-il lorsque a b ?8. Montrer que

C(0,R)

cos zz5dz = ipi

12

9. CalculerC

ez

z(1z)3dz, o C est un cercle de centre z0 = 1, et de rayon R :(a) avec R < 1(b) avec 1 < R < 2(c) avec 2 < R

10. CalculerC

eiz

1+z2dz, o C est le cercle de centre 0, et de rayon R > 1

11. Calculer

eiz

1+z2dz, o est le demi-cercle ferm suprieur de rayon R > 1, et de

centre 0. En dduire +

cos(x)1+x2

dx et +

sin(x)1+x2

dx.

38


Intgrales de Cauchy (suite) et Rsidus

1. valuerCsin(piz2)+cos(piz2)

(z1)(z2) dz, etC

e2z

(z+1)4dz, o C est le cercle dfini par |z| = 3.

2. Montrer que : +

0x11+x

dx = pisin(pi)

, pour 0 < < 1.

3. Montrer que +

0sin(x)x

dx = pi2. Ce rsultat sera tabli en calculant lintgrale de la

fonction complexe f(z) = eizz, sur un contour dterminer.

4. On considre la fonction de la variable complexe f(z) =zln(z)

(1+z)2.

(a) Dterminer la coupure de Riemann telle que f(z) soit univalente.

(b) Dfinir un contour C ne franchissant pas cette coupure, et calculer C zln(z)(1+z)2 dz.(c) En dduire la valeur de

+0

xln(x)

(1+x)2dx.

5. Effet Magnus sur un ballon (Extrait de la colle 2009-2010)On modlise en 2D lcoulement de lair autour dun ballon de football (ou autre)de rayon R centr en 0, autour duquel un fluide (lair) scoule avec une vitessev = vx + ivy. On note f le potentiel complexe du champ de vitesse dfini par :

df(z)

dz= vx ivy

On peut montrer que la force F = Fx + iFy exerce sur le ballon est donne par :

F = Fx iFy = i2

C

(df(z)

dz

)2dz

o C est le contour du ballon.(a) Si le ballon ne tourne pas sur lui mme et que lcoulement de lair est uniforme,

alors le potentiel f(z) est donn par :

f(z) = V

(z +

R2

z

)Montrer que dans ce cas, la force exerce par le fluide sur le ballon est nulle(on na pas pris en compte la viscosit du fluide).

(b) Dans le cas o le ballon tourne sur lui mme , le potentiel est donn par :

f(z) = V

(z +

R2

z

) i

2piln(z)

o est la circulation de lair autour du ballon (suppose tre une fonctionconnue de la vitesse de rotation du ballon). Montrer que le ballon subit uneforce selon laxe vertical et donner son expression en fonction de , et V.

39


Rsidus, Sries de Laurent et de Taylor

1. valuerC

ez

(z2+pi2)2dz, o C est le cercle dfini par |z| = 4, de deux manires diff-

rentes :(a) par un calcul dintgrales de Cauchy,(b) par un calcul de rsidus

2. Dvelopper en srie de Taylor les fonctions suivantes en z0(a) f(z) = ln(z), en z0 = 1(b) f(z) = z, en z0 = 1.

3. Dvelopper en sries de Laurent les fonctions f(z) suivantes en z0 en prcisant leurdomaine de convergence et en dduire les rsidus Res(f, z0).(a) f(z) = e2z

(z1)3 , en z0 = 1

(b) f(z) = (z 3)sin ( 1z+2

), en z0 = 2

(c) f(z) = zsin(z)z3

, en z0 = 0(d) f(z) = z

(z+1)(z+2), en z0 = 2

(e) f(z) = 1z(z1) , pour z0 = 0

(f) f(z) = 1z(z1) , pour z0 = 1

4. valuer I = +

0dxx6+1

, aprs avoir choisi un contour dintgration pour la fonctioncomplexe correspondante (pour cela observer si la fonction intgre est univalenteou multivalente, si elle est paire ou impaire, si le point z = 0 pose problme ou non,. . .).

5. Montrer que :(a)

2pi0

cos(3)54cosd =

pi12

(b) 2pi

01

(53sin)2d =5pi32

(c) 2pi

0sin(7)

2+sin()d = 2pi(

32)73

Ce support de cours est destination exclusive des tudiants inscrits lENSG-INPL.La reproduction des fins pdagogiques hors ENSG en est interdite

Toute demande devra tre adresse lENSG, qui transmettra lauteur

Fonctions d'une variable complexeRappels sur les nombres complexesFonction d'une variable complexeFonctions multivalentesLimite d'une fonction de la variable complexeDrivabilit d'une fonction de la variable complexe

Intgration des fonctions de la variable complexePrliminairesIngalit fondamentaleIntgration indpendante du cheminIntgrales de CauchyIntgrale de fonctions sans singularitIntgrale de fonctions ayant des singularits

Quelques exemples d'application

Sries entires et rsidusSries de TaylorSries de LaurentThorme des rsidusQuelques applications du calcul de rsidusCalcul d'intgrales de fractions rationnellesCalcul d'intgrales de fonctions trigonomtriquesCalcul de sommes de sriesCalcul d'intgrales relles sur un axeCalcul d'intgrales de fonctions multivalentes

Sujets de travaux dirigsTD1. Limite, Drivation et Intgrales de CauchyTD2. Intgrales de Cauchy (suite) et RsidusTD3. Rsidus, Sries de Laurent et de Taylor

Documents

Maths Analyse Comp ENSG