On a donc : ∂P ∂x = ∂Q ∂y = 3x2−3y2 d’où P(x, y) =x3−3y2x+a(y), où a:R→Rest une fonction dérivable

Université de Cergy-Pontoise - Licence L3-S6

Corrigé Examen Analyse Complexe S1- Mardi 10 avril 2012

Exercice I

1. ∂Q

∂x = 6xy−2, ∂Q

∂y = 3x²−3y² 2. Relations de Cauchy-Riemann :

∂P

∂x = ∂Q

∂y, ∂P

∂y =−∂Q

∂x 3. On a donc :

∂P

∂x = ∂Q

∂y = 3x²−3y² d’où

P(x, y) =x³−3y²x+a(y), où a:R→Rest une fonction dérivable. On a alors

∂P

∂y =−6xy+a⁰(y) = −∂Q

∂x =−6xy+ 2,

donc a⁰(y) = 2 d’où a(y) = 2y+A avecA∈R. DoncP(x, y) =x³−3y²x+ 2y+A.

4. Pour z =x+iy, on a donc

f(z) = P(x, y) + i Q(x, y) = x³−3y²x+ 2y+A+i(3x²y−y³−2x)

= x³ + 3ix²y−3y²x−iy³−2i(x+iy) +A=z³−2iz+A,

avec A∈R.

Exercice II

1. Comme g est holomorphe sur C, elle est analytique et donc DSE autour de 0 sur le disque maximal inclus dans C, donc sur C. Il existe donc une suite complexe (b_n)_n∈

N ∈CN telle que la série entière

+∞

X

n=0

b_nzⁿ ait un rayon de convergence infini et que l’on ait :

∀z ∈C, g(z) =

+∞

X

n=0

b_nzⁿ.

On a

∀z ∈C, ∀n ∈N, |bn−1

n zⁿ| ≤ |z|(|bn−1zⁿ⁻¹|) et

+∞

X

n=1

|bn−1zⁿ⁻¹|<+∞pour toutz ∈C. Le rayon de convergence de la série entière

+∞

X

n=1

bn−1

n zⁿ est donc infini.

2. On pose

∀z ∈C, G₀(z) =

+∞

X

n=1

bn−1

n zⁿ,

ce qui définit une fonction G₀ : C → C, holomorphe sur C (car une SE est holo- morphe sur son disque ouvert de convergence) telle que G₀(0) = 0 et

∀z ∈C, G⁰₀(z) =

+∞

X

n=1

nbn−1

n zⁿ⁻¹ =

+∞

X

n=0

b_nzⁿ =g(z).

3. Pour z ∈C, on pose f(z)e^−G0(z). (a) On a pour toutz ∈C.

φ⁰(z) = (f⁰(z)−f(z)G⁰₀(z))e^−G0(z) = (f⁰(z)−f(z)g(z))e^−G0(z)= 0.

(b) On en déduit que φ est constante sur C, donc φ(z) = φ(0) = f(0) d’où f(z) = f(0)e^G0(z) pour toutz ∈C.

(c) La fonction exponentielle est surjective de C dans C^∗, et f(0) 6= 0, donc il existe λ ∈ C tel que e^λ = f(0); la fonction holomorphe G(z) = G₀(z) +λ vérifie alors

∀z ∈C, f(z) = e^G(z).

(d) Si la fonctionGholomorphe surC vérifie(∗), alors la fonctionz7→G(z) + 2iπ convient également, donc la fonction G n’est pas unique.

Exercice III

1. On constate sur la figure que Ind(a, γ_R) = 1 etInd(¯a, γ_R) = 0.

2. On a pour tout R >|a|, Z

γR

f(z)dz = Z

γR

e^iz

(z−a)(z−a)¯ dz = Z

γR

g(z) (z−a)dz,

où g(z) = _z−¯^eiz_a est holomorphe sur D(0,¯ 2R)∩ {Im(z)≥0}. En utilisant la formule de Cauchy pour g ena, on obtient donc

Z

γR

g(z)

(z−a)dz = 2iπg(a) = 2iπ e^ia

a−¯a = πe^ia Im(a),

d’où Z

γR

f(z)dz = πe^ia Im(a).

3. On pose γ(t) = Re^it pour t ∈ [0, π] de sorte que C_R⁺ = γ([0, π]), parcouru dans le sens trigonométrique. Si z ∈C_R⁺, alors comme sin(t)≥0 pourt ∈[0, π], on a

|e^iz|=|e^iReit|=e^−Rsin(t)| ≤1 et comme |z|=R >|a| et |¯a|=|a|, on a

|z−a| ≥ |z| − |a|>0et |z−¯a| ≥ |z| − |a|>0

donc finalement

|f(z)|= |e^iz|

|z−a||z−¯a| ≤ 1

(|z| − |a|)² ≤ 1 (R− |a|)².

On en déduit

Z

C_R⁺

f(z)dz

≤ 1 (R− |a|)²

Z

C_R⁺

1dz| ≤ πR (R− |a|)². 4. On a

Z

γR

f(z)dz = Z

C_R⁺

f(z)dz+ Z R

−R

f(x)dx.

D’après la question 3, on a

R→+∞lim Z

C_R⁺

f(z)dz = 0.

Pourx∈R,|f(x)|= 1

x²−2Re(a)x+|a|² >0etf(x)∼x→±∞ 1

x² doncR

R|f(x)|dx <

+∞ et par le théorème de convergence dominée, on a

R→+∞lim Z R

−R

f(x)dx= lim

R→+∞

Z

R

f(x)1[−R,R](x)dx= Z

R

f(x)dx.

On a donc

R→+∞lim Z

γR

f(z)dz = Z +∞

−∞

f(x)dx.

5. Les racines de l’équation z² + 2z + 2 = 0 sont a = −1 +i, avec Im(a) > 0, et

¯

a =−1−i de sorte que z²+ 2z+ 2 = (z+ 1−i)(z+ 1 +i) = (z−a)(z−¯a) d’où

I = Z +∞

−∞

f(x)dx= lim

R→+∞

Z R

−R

f(x)dx= πe^ia

Im(a) =πe⁻⁽¹⁺ⁱ⁾.