BARÈME DE l�EXAMEN
EXERCICE 1
1) En utilisant les paramétrisations nous pouvons intégrer le long du segment droit sur lequelz = x (car y = 0); puis le long du demi-cercle sur lequel z = ei�; avec � 2 [0; �] : Donc,IC
z2dz =RSegment z
2dz +RDemi-Cercle z
2dz =R 1�1 x
2dx+R �0e2i�d(ei�):R 1
�1 x2dx =
hx3
3
i1�1= 2
3 : 1R �0e2i�d(ei�) = i
R �0e3i�d� =
hie3i�
3i
i�0= e3i��e0
3 = �23 : 1 Alors,
IC
z2dz = 23 +
�23 = 0:
11
DemiCercle
Segment Droit
0π
2) Le théorème de Cauchy dit que "Si f est holomorphe sur �fermée et à l�intérieur :I�
f(z)dz = 0".
Comme z2 est partout holomorphe (étant un polynôme), on déduit queIC
z2dz = 0: 1
EXERCICE 2
Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver u(x; y). v = x2 � y2 + 4xy � x+ 3y + 5:@u@x =
@v@y =)
@u@x = �2y + 4x+ 3 =) u =
R(�2y + 4x+ 3) dx = �2xy + 2x2 + 3x+A(y). 2
@u@y = �
@v@x =) �2x+ @A
@y= �2x� 4y + 1 =) A(y) =R(�4y + 1)dy = �2y2 + y + Cte.
Donc, u(x; y) = �2xy + 2x2 + 3x�2y2 + y + Cte 1 :f(z)=� 2xy + 2x2 + 3x�2y2 + y + i(x2 � y2 + 4xy � x+ 3y + 5) + Cte.Pour avoir la constante il su¢ t d�utiliser 5 + 5i = f(1) = 2 + 3 + i(1� 0 + 0� 1 + 0 + 5) + Cte.Donc, Cte = 0: 5,0 Alors, f(z)=� 2xy + 2x2 + 3x�2y2 + y + i(x2 � y2 + 4xy � x+ 3y + 5)= 2(x2 � y2 + 2ixy) + 3(x+ iy) + i(x2 � y2 + 2ixy)� i(x+ iy) + 5i = (2 + i)z2 + (3� i)z + 5i: 5,1
EXERCICE 3
1. ez+e�z�2z2 = 1
z2
h(1 + z + z2
2! +z3
3! + :::) + (1� z +z2
2! �z3
3! + :::)� 2i= 1 + 2z2
4! +2z4
6! + ::: 1
limz!0
zf = limz!0
ez+e�z�2z = lim
z!0
(ez+e�z�2)0z0 = lim
z!0
ez�e�z1 = 0: La singularité est enlevable (fausse singularité) 1
2. 1z(z+1) =
1z �
1z+1 =
1z �
1Pn=0
(�1)nzn: 1
limz!0
zf = limz!0
1z+1 = 1 : �nie et 6= 0: La singularité est un pôle simple. 1
3. z3 sin 1z = z
3( 1z �13!z3 +
15!z5 �
17!z7 + :::) = z
2 � 13! +
15!z2 �
17!z4 + ::: 1
La série de Laurent contient une in�nité de termes singuliers: La singularité est donc essentielle. 1
EXERCICE 41. f(z) = z�2
3z2+4z�4 =z�2
(z+2)(3z�2) =z�2
3(z+2)(z� 23 ): f est dé�nie et holomorphe sur C� f�2; 2
3g: 1
2. Les points singuliers de f sont z = �2 et z = 23 :
z = �2 est un pôle simple car limz!�2
(z + 2)f = limz!�2
z�23z�2 =
12 : �nie et 6= 0: 1
z = 23 est un pôle simple car lim
z! 23
(z � 23 )f = lim
z! 23
z�23(z+2) =
�16 : �nie et 6= 0: 1
3. Seul le pôle z = 23 est à l�intérieur de C, donc
IC
z�23(z+2)(z� 2
3 )dz = 2�i (Rés.)
Le résidu en z = 23 est Rés. =
10! limz! 2
3
(z � 23 )f =
�16 :
2/32
1
C
Donc,IC
z�23(z+2)(z� 2
3 )dz = 2�i (Rés.) = 2�i (�16 ) =
��i3 : 3
L�utilisation de la formule de Cauchy est correcte aussi:IC
z�23(z+2)(z� 2
3 )dz = 2�i
0!
hz�23(z+2)
iz= 2
3
= ��i3 :