Solution de l’Examen de rattrapage de Maths 5

Faculté de Technologie

Département ST2 18 juin 2013

Solution de l’Examen de rattrapage de Maths 5

(année 2012 - 2013)

B. F ARHI

Exercice 1 (3 points) :

En utilisant des paramétrisations, calculer l’intégrale

curviligne : I

T

z d z,

oùT est le triangle (O AB), orienté positivement (voir la figure ci-contre).

b bb

O A(1)

−1

i

−i

B(1 +i) T

X Y

Solution : L’intégraleH

Tz d zse décompose en : I

T

z d z =

∫

O A

z d z+

∫

AB

z d z+

∫

BO

z d z (I)

Nous allons, dans ce qui suit, calculer les valeurs de chacune des 4 intégrales du membre droit de l’éga- lité (I) en utilisant des paramétrisations.

Calcul de∫

O Az d z: SurO A, on a : z =t, avect ∈[0, 1], d’où z= t etd z =d t. L’intégrale∫

OAz d z se

transforme donc en : ∫

O A

z d z =

∫ ₁

0

t d t = [t²

2 ]1

0

= 1

2 (a)

Calcul de∫

ABz d z: SurAB, on a :z=1+i t, avect∈[0, 1]. D’où :z=1−i tetd z=i d t. L’intégrale∫

ABz d z se transforme donc en :

∫

AB

z d z =

∫ ₁

0

(1−i t)i d t =

∫ ₁

0

(i+t)d t = [

i t+t² 2

]1 0

= 1

2+i (b)

Calcul de∫

BOz d z: SurBO, on a :z=t+i t=(1+i)t, avect∈[1, 0]. D’où :z=(1−i)tetd z=(1+i)d t. L’intégrale∫

BOz d zse transforme donc en :

∫

BO

z d z =

∫ ₀

1

(1−i)t·(1+i)d t =

∫ ₀

1

2t d t = [ t²]0

1 = −1 (c)

En reportant les résultats de (a), (b) et (c) dans (I), on obtient finalement : I

T

z d z = i . ■

Exercice 2 (5 points) :

Soitf une fonction holomorphe surC, donnée par sa forme algébrique : f(z) = u(x,y)+iv(x,y),

oùz=x+i y, u=Ref et v=Imf. On donne :

u(x,y) = 2x²−2y²−2x y+3x+y+1.

1. Déterminer v(x,y) sachant quef(i)=2i. 2. Ecriref(z) en fonction dez.

Solution :

1.

Commef est holomorphe surC, les fonctions u et v satisfont les conditions de Cauchy-Riemann, qui sont :

{ _∂u

∂x =_∂^∂v_y

∂u

∂y = −_∂^∂_x^v . Mais on a :^∂u_∂x(x,y)=4x−2y+3 et^∂u_∂y(x,y)= −4y−2x+1. D’où :











∂v

∂x(x,y) = 2x+4y−1 . . . (1)

∂v

∂y(x,y) = 4x−2y+3 . . . (2) En intégrant (1) par rapport àx, on obtient :

v(x,y) =

∫

(2x+4y−1)d x = x²+4x y−x+c(y) (3) (oùc(y) est une fonction dey). En reportant ceci dans (2), on obtient :

4x+c^′(y) = 4x−2y+3, ce qui donne :c^′(y) = −2y+3.

D’où l’on tire :

c(y) =

∫

(−2y+3)d y = −y²+3y+k (aveck∈R).

En reportant ceci dans (3), on obtient :

v(x,y) = x²+4x y−x−y²+3y+k = x²−y²+4x y−x+3y+k. (4) Il reste maintenant à déterminer la valeur dek. On a :

f(i)=2i ⇐⇒ u(0, 1)+iv(0, 1)=2i ⇐⇒

{ u(0, 1)=0 v(0, 1)=2 ⇐⇒

{ 0=0

2+k=2 ⇐⇒ k=0.

En reportant cette valeur dekdans (4), on obtient finalement : v(x,y) = x²−y²+4x y−x+3y .

2.

On a :

f(z)=u(x,y)+iv(x,y) = (

2x²−2y²−2x y+3x+y+1) +i (

x²−y²+4x y−x+3y)

= (

2x²−2y²+4i x y)

| {z }

=2z²

+(

−2x y+i(x²−y²))

| {z }

=i z²

+(

3x+3i y)

| {z }

=3z

+( y−i x)

| {z }

=−i z

+1

= 2z²+i z²+3z−i z+1

= (2+i)z²+(3−i)z+1 .

On constate quef est un polynôme de second degré et il est bien donc holomorphe surC. ■

Exercice 3 (6 points) :

Déterminer le développement en série de Laurent de chacune des fonctions complexes suivantes autour du point singulier indiqué puis préciser la nature du point singulier en question ainsi que le résidu en ce point.

i) f(z) = z³cos (i

z )

, z₀=0 ;

ii) f(z) = 1 z⁵(

1+z²)₂ , z₀=0 ; iii) f(z) = zcos(3z)−sin(3z)+2z

z⁵ , z₀=0 .

Solution :

i)

Le développement de Taylor de la fonction cosinus au voisinage de 0 s’écrit : cosz=1−^z_2!²+^z_4!⁴−^z_6!⁶. . . . En substituant dans ce développementzpari/zpuis en multipliant parz³, on obtient :

f(z) = z³cos (i

z )

= z³ (

1−(i/z)²

2! +(i/z)⁴

4! −(i/z)⁶ 6! +. . .

)

= z³ (

1+ 1 2!z²+ 1

4!z⁴+ 1 6!z⁶+. . .

)

= z³+1 2z

| {z }

La partie analytique

+ 1 24z+ 1

6!z³+. . .

| {z }

La partie principale

L’expression encadrée est le développement en série de Laurent def autour dez0=0. On constate que la partie principale de ce développement comporte uneinfinitéde termes ; ce qui montre que le point z₀=0 est unesingularité essentiellede f. Le résidu de f enz₀=0 est le coefficient de (z−z₀)⁻¹= ¹_z dans ce développement. On a donc :

Res(f ; 0) = 1 24 .

ii)

Le développement de Taylor de la fonctionz7→₁₋¹_z au voisinage de 0 s’écrit :₁₋¹_z=1+z+z²+z³+. . . . En dérivant, on a : _(1−z)¹ 2 =1+2z+3z²+4z³+. . . . En substituant dans ce dernierzpar (−z²), on a :

( 1

1+z²)₂ = 1−2z²+3z⁴−4z⁶+. . . Il ne reste qu’à diviser surz⁵pour obtenir :

f(z) = 1 z⁵− 2

z³+3

| {z z}

La partie principale

−4z+5z³−. . .

| {z }

La partie analytique

.

Ce qui est le développement en série de Laurent de f autour dez₀=0. On constate que la partie prin- cipale de ce développement comporte un nombrefinide termes. De plus, la plus petite puissance de (z−z₀) qui apparaît dans ce développement est visiblementα= −5. On en déduit donc quez₀=0 est un pôle d’ordre5 def. Enfin, le résidu def enz₀=0 est le coefficient de (z−z₀)⁻¹=¹_z dans ce dévelop- pement. Il est donc égale à :

Res(f ; 0) = 3 .

iii)

Les développements de Taylor des deux fonctions cosinus et sinus au voisinage de 0 sont respective- ment donnés par : cosz=1−^z_2!²+^z_4!⁴−. . . et sinz=z−^z_3!³+^z_5!⁵−. . . . En substituant dans ces développements zpar 3z, on obtient :

cos(3z) = 1−3²z²

2! +3⁴z⁴

4! −. . . et sin(3z) = 3z−3³z³

3! +3⁵z⁵ 5! −. . . D’où l’on tire :

f(z)= zcos(3z)−sin(3z)+2z

z⁵ = 1

z⁵ {

z (

1−3²z²

2! +3⁴z⁴

4! −3⁶z⁶ 6! +. . .

)

− (

3z−3³z³

3! +3⁵z⁵

5! −3⁷z⁷ 7! +. . .

) +2z

}

= 1 z⁵

{

z−3²z³

2! +3⁴z⁵

4! −3⁶z⁷

6! + ··· −3z+3³z³

3! −3⁵z⁵

5! +3⁷z⁷

7! + ··· +2z }

= (3⁴

4! −3⁵ 5!

)

− (3⁶

6!−3⁷ 7!

)

z²+. . . . L’expression encadrée est le développement de f en série de Laurent autour du point singulier z₀=0.

On constate que la partie principale de ce développement estnulle(inexistante). Ce qui montre que z0=0 est unefausse singularitéde f et que l’on a par conséquent :

Res(f ; 0) = 0 . Exercice 4 (6 points) :

Soitf la fonction complexe à variable complexe, définie par : f(z) = i z+5

z²(z²+1).

1. Déterminer les singularités def tout en précisant la nature de chacune d’entre elles.

2. Calculer les résidus def en chacune de ses singularités.

3. En utilisant le théorème des résidus, calculer l’intégrale curviligneH

γf(z)d z, oùγest la courbe ci-contre.

γ

O 1 2

−1

−2

i 2i

−i

−2i

X Y

4. SoitRun nombre réel strictement positif et différent de 1. On note parC_R le cercle de centreOet de rayonR, orienté positivement.

Calculer, en distinguant les cas, l’intégrale curviligne : I

CR

f(z)d z.

Solution :

1.

Les points singuliers de f sont les points oùf n’est pas définie ; ce sont donc les nombres complexes ztels que :z²(z²+1)=0. On a :

z²( z²+1)

=0⇐⇒





z²=0 ou z²+1=0

⇐⇒



 z=0 ou

z²= −1=i²

⇐⇒



 z=0 ou z= ±i

.

Les points singuliers de f sont donc :z₀=0,z₁=i etz₂= −i.

— Déterminons maintenant la nature de chacun de ces points singuliers.

Nature du point singulierz₀=0 : On a :

limz→0f(z)z² = lim

z→0

i z+5

z²+1 = 5̸=0.

Ceci montre quez0=0 estun pôle d’ordre2 (c’est-à-direun pôle double) def.

Nature du point singulier z1=i: Nous allons d’abord factoriser (z²+1) en produit de facteurs de premier degré. On a :

z²+1 = z²−i²=(z+i)(z−i).

D’où :

f(z) = i z+5

z²(z+i)(z−i) (5)

Il s’ensuit que :

limz→if(z)(z−i) = lim

z→i

i z+5

z²(z+i) = 4

−2i = 2i̸=0.

Ce qui montre quez1=i estun pôle d’ordre1 (c’est-à-direun pôle simple) def. Nature du point singulierz2= −i : En utilisant (5), on a :

z→−ilim f(z)(z+i) = lim

z→−i

i z+5

z²(z−i) = 6

2i = −3i̸=0.

Ce qui montre quez₂= −i estun pôle d’ordre1 (c’est-à-direun pôle simple) def.

2.

Calculons les résidus def en chacun de ses points singuliers, qui sont tous des pôles.

Calcul de Res(f ; 0) : Commez₀=0 est un pôle double de f, on a : Res(f ; 0) = lim

z→0

d d z

(f(z)z²)

= lim

z→0

(i z+5 z²+1

)_′

= lim

z→0

i(z²+1)−2z(i z+5)

(z²+1)₂ = i . Calcul de Res(f ; i) : Commez1=i est un pôle simple def, on a :

Res(f ; i) = lim

z→if(z)(z−i) = 2i (déjà calculée).

Calcul de Res(f ; −i) : Commez2= −i est un pôle simple def, on a : Res(f ;−i) = lim

z→−if(z)(z+i) = −3i (déjà calculée).

3.

Le chemin γ est bien fermé et orienté positivement et la fonction f est rationnelle donc holomorphe surCsauf en ses points singuliers, qui sontz0=0, z1=i et z2 = −i. En particulier, f est continue sur γ et holomorphe à l’intérieur de γ, sauf aux points : z₁=i et z₂= −i (remarquer que le point z0 =0 est à l’extérieur de γ). On a donc, d’après le théorème des résidus :

I

γf(z)d z = 2πi(

Res(f ; i)+Res(f ; −i))

=2πi(2i−3i)= 2π, soit

bbb

γ

O 1 2

−1

−2

i 2i

−i

−2i

X Y

I

γf(z)d z = 2π .

4.

La valeur de l’intégraleH

CR f(z)d z dépend de la position des points singuliers de f par rapport au cercleCR (à savoir si ces points sont à l’intérieur ou à l’extérieur deCR). Nous distinguons les deux cas suivants :

1^ercas (siR<1):

Dans ce cas, le seul point singulier de f qui se trouve à l’intérieur deCR est z0=0. D’après le théorème des résidus, on a :

I

CR

f(z)d z = 2πiRes(f ; 0) = 2πi(i) = −2π .

bbb

O 1 2

−1

−2

i 2i

−i

−2i

X Y

1^er cas (R <1) :

C_R

2^ndcas (siR>1):

Dans ce cas, les points singuliers de f se trouvent tous à l’intérieur deCR. On a donc, d’après le théorème des résidus :

I

CR

f(z)d z = 2πi(

Res(f ; 0)+Res(f ; i)+Res(f ; −i))

= 2πi(i+2i−3i) = 0 .

bbb

O 1 2

−1

−2

i 2i

−i

−2i

X Y

2^nd cas (R >1) : C_R

FIN