. 1/ conditions de Cauchy-Riemann → cf. cours

L3 PAPP/MEC Ch. Texier Universit´ e Paris-Sud

Corrig´ e de l’examen partiel de math´ ematiques du 25 f´ evrier 2019

Question de cours

f = u(x, y) + i v(x, y) une fonction d´ efinie sur R

²

. 1/ conditions de Cauchy-Riemann → cf. cours

2/ On donne v(x, y) = cos x sh y. On utilise les conditions de Cauchy-Riemann : (a)

_∂x^∂v

= − sin x sh y = −

^∂u_∂y

⇒ u = sin x ch y + ϕ(x).

(b)

^∂v_∂y

= cos x ch y =

^∂u_∂x

⇒ u = sin x ch y + χ(y).

les deux r´ esultats sont compatibles en choisissant ϕ = χ = 0.

Finalement f (z) = sin x ch y + i cos x sh y = sin x cos(iy) + cos x sin(iy) = sin z.

3 & 4/ cf. cours

Exercice 1 : Une int´ egrale

On consid` ere la fonction

f (z) = e

^ikz

z

²

− 2z + 2 pour k > 0 . (1)

1/ e

^ikz

est une fonction enti` ere. Le d´ enominateur est un polynˆ ome z

²

− 2z + 2 = (z − z

₊

)(z − z

−

) qui s’annule pour z

±

= 1 ± i. La fonction 1/(z

²

− 2z + 2) est donc holomorphe sur C − {z

₊

, z

−

}, tout comme f . Elle a deux pˆ oles simples.

2/ On calcule les r´ esidus aux deux pˆ oles Res [f, z

±

] = lim

z→z±

[(z − z

±

)f (z)] = e

^ikz±

z

±

− z

∓

= ± 1

2i e

^ik(1±i)

= ± 1

2i e

^(i∓1)k

. (2) 3/ On borne la fonction sur le demi-cercle :

Z

C_R

dz f (z)

6 πR

(R − |z

₊

|)(R − |z

₋

|) ∼ 1 R −→

R→∞

0 (3)

On peut aussi utiliser le lemme de Jordan.

4/ Application du th´ eor` eme des r´ esidus au contour ferm´ e Γ = ∆

_R

∪ C

_R

: I

Γ

dz f (z) = Z

∆R

dx f(x)

| {z }

R→∞−→

R

Rdx f(x)

+ Z

CR

dz f (z)

| {z }

−→

R→∞0

= 2iπ Res [f, z

+

] (4)

d’o` u

Z

R

dx f(x) = π e

^ik−k

−→

^Re

Φ(k) = Z

+∞

−∞

dx cos kx

x

²

− 2x + 2 = π cos(k) e

^−k

(5) Notons que le r´ esultat doit ˆ etre une fonction paire de k, on a donc Φ(k) = π cos(k) e

^−|k|

en g´ en´ eral. On pourrait le v´ erifier en consid´ erant H

f sur un contour referm´ e par en bas pour k < 0.

1

Exercice 2 : Application du th´ eor` eme de Cauchy

On consid` ere la fonction

f (z) = z

sh πz (6)

1/ Puisque sh(iπy) = i sin(πy), on voit que le d´ enominateur s’annule lin´ eairement pour z = i n avec n ∈ Z . Notons toutefois que z = 0 est une singularit´ e apparente car le num´ erateur s’annule

´

egalement. En conclusion f est analytique sur C − i Z

^∗

. Toutes les singularit´ es sont des pˆ oles simples.

2/ On param´ etrise les diff´ erents morceaux du contour

γ γ

c

ε

i γ

γ

+R

−R +ε

0

−ε

Γ:

4 1

∆

R 3 2

∆

_R

: z = x avec x ∈ [−R, +R].

γ

1

: z = R + iy avec y ∈ [0, 1]. De mˆ eme pour γ

4

: z = −R + iy avec y ∈ [1, 0].

γ

2

: z = x + i avec x ∈ [+R, ε]. Et γ

3

: z = x + i avec x ∈ [−ε, −R].

c

_ε

: z = i + ε e

^iθ

avec θ ∈ [0, −π].

3/ Il est clair que

R→∞

lim Z

∆R

dx f (x) = Z

+∞

−∞

dx x

sh πx ≡ I . (7)

D’autre part, en utilisant la p´ eriodicit´ e de la fonction sh : sh π(x + i) = − sh πx Z

γ2∪γ3

dz f(z) = Z

+ε

+R

dx x + i sh π(x + i) +

Z

−R

−ε

dx x + i sh π(x + i) =

Z

−ε

−R

+ Z

+R

+ε

dx x + i

sh πx . (8) sh est une fonction impaire, d’o` u

Z

−ε

−R

+ Z

+R

+ε

dx 1

sh πx = 0 (9)

Finalement

Z

γ2∪γ3

dz f (z) = Z

−ε

−R

+ Z

+R

+ε

dx x

sh πx −→

R→∞ &ε→0

I (10)

On conclut que la constante de l’´ enonc´ e est α = 2.

3/ On borne f sur les segments γ

1

et γ

3

.

Examinons le d´ enominateur : nous remarquons simplement que sh π(R + iy) ∼ e

^πR

ce qui laisse penser que les deux int´ egrales tendent vers z´ ero dans la limite R → ∞.

On peut ˆ etre plus soigneux et chercher un minorant du d´ enominateur :

|sh π(R + iy)| = 1 2

e

^π(R+iy)

− e

^−π(R+iy)

> 1

2 e

^πR

− e

^−πR

= sh πR (11)

(on a juste utilis´ e |z

₁

+ z

2

| >

|z

₁

| − |z

₂

|

). Finalement, pour z ∈ γ

1

on a

|f (R + i y)| 6 R + 1

sh πR ⇒

Z

γ1

dz f (z)

=

Z

1

0

idy f (R + iy)

6 R + 1

sh πR ∼ R e

^−πR

−→

R→∞

0

2

Le calcul est le mˆ eme pour γ

₄

: lim

R→∞

R

γ4

dz f (z) = 0.

4/ Le dernier morceau d’int´ egrale se calcule en param´ etrant le demi-cercle : Z

cε

dz f (z) = Z

−π

0

iεdθ e

^iθ

i + ε e

^iθ

sh π(i + ε e

^iθ

) '

ε→0

Z

0

−π

iεdθ e

^iθ

i + ε e

^iθ

πε e

^iθ

−→

ε→0

−1 (12)

o` u l’on a utilis´ e sh π(i + ε e

^iθ

) = − sh(πε e

^iθ

) ' −πε e

^iθ

pour ε → 0 5/ Conclusion : on utilise le th´ eor` eme de Cauchy H

Γ

dz f(z) = 0 et l’on prend la limite R → ∞ et ε → 0 d’o` u

I

Γ

dz f (z) = Z

∆R

dx f (x)

| {z }

R→∞−→I

+ Z

γ1

dz f (z)

| {z }

−→

R→∞0

+ Z

γ2∪γ3

dz f (z)

| {z }

R→∞−→& ε→0I

+ Z

γ4

dz f(z)

| {z }

−→

R→∞0

+ Z

cε

dz f (z)

| {z }

ε→0−→−1

= 0

Finalement 2I − 1 = 0 i.e.

I = Z

+∞

−∞

dx x sh πx = 1

2 . (13)

Exercice 3 : S´ erie de Laurent

1/ La fonction f(z) =

_z(1−z)¹

est analytique sur C − {0, 1}. Les deux singularit´ es sont des pˆ oles simples.

2/ On ´ ecrit f (z) =

¹_z

+

_1−z¹

(a) Autour de z = 0, on peut d´ evelopper 1/(1 − z) en s´ erie g´ eom´ etrique, dans le disque |z| < 1, d’o` u

f(z) = 1 z +

∞

X

n=0

z

ⁿ

pour |z| < 1 . (14)

Si on appelle a

_n

les coefficients du d´ eveloppement de Laurent on a a

_n

= 0 pour n < 1, le r´ esidu est a

−1

= 1 et a

n

= 1 pour n > 0.

(b) Autour de z = −1, dans la couronne 1 < |z + 1| < 2 : on ´ ecrit f (z) = 1

z + 1 − 1 + 1

2 − (z + 1) = 1 (z + 1)

1 −

_z+1¹

+ 1 2

1 −

^z+1₂

on utilise que |

_z+1¹

| < 1 et |

^z+1₂

| < 1 dans la couronne pour d´ evelopper en s´ eries g´ eom´ etriques : f(z) =

−1

X

n=−∞

(z + 1)

ⁿ

+

∞

X

n=0

2

⁻ⁿ⁻¹

(z + 1)

ⁿ

(15)

les coefficients du nouveau d´ eveloppement de Laurent sont b

_n

= 1 pour n < 0 et b

_n

= 2

⁻ⁿ⁻¹

pour n > 0.

On remarque que a

−1

= b

−1

= 1. Explication : ces deux coefficients de Laurent sont donn´ es par une int´ egrale qui entoure le pˆ ole simple en z = 0 (cf. cours).

3