Université Chouaib Doukkali Année Universitaire 2016-2017 Faculté des Sciences
Département de Mathématiques El Jadida
(Responsable : Prof. Lesfari, http ://lesfari.com) SMA 6 Module : Analyse complexe
(Durée de l'épreuve :1h300) Exercice 1
Calculer l'intégrale suivante par la méthode des résidus : Z ∞
0
sinax
x(x2+b2)dx, a >0, b >0 Solution : On considère la fonction
f(z) = eiaz z(z2+b2), et on adopte le contour suivant :
γ=γ1∪[−r,−ε]∪γ2∪[ε, r].
On a Z
γ1
f(z)dz+ Z
γ2
f(z)dz+ 2i Z r
ε
sinax
x(x2+b2)dx = 2πiRés(f(z), bi)
= −πie−ab b2 . En faisant tendreε→0etr→ ∞, on obtient
0−πi b2 + 2i
Z ∞
0
sinax
x(x2+b2)dx=−πie−ab b2 , et donc
Z ∞
0
sinax
x(x2+b2)dx= π
2b2(1−e−ab).
Exercice 2
Déterminer le nombre de racines des équations suivantes dans les domaines indiqués :
z8+ 6z+ 10 = 0, D={z∈C:|z|<1}
et
z3+z+ 1 = 0, D={z∈C:|z|< 1 2}
Solution : (•) Soit z8+ 6z+ 10 = 0, D = {z ∈ C : |z| < 1}. Posons f(z) = 10etg(z) =z8+ 6z. Sur le cercleC={z∈C:|z|= 1}, on a|f(z)|= 10 et |g(z)| ≤ |z|8 + 6|z| = 7. Dès lors, |f(z)| > |g(z)| en tout point de C. La fonctionf(z) = 10n'admet pas de zéros sur le disque D. D'après le théorème de Rouché, la fonctionz8+ 6z+ 10n'admet pas de zéros sur le disqueD.
(••) Soit z3 +z+ 1 = 0, D = {z ∈ C : |z| < 12}. Posons f(z) = 1 et g(z) = z3 +z. Sur le cercle C = {z ∈ C : |z| = 12}, on a |f(z)| = 1 et
|g(z)| ≤ |z|3+|z|= 58. Dès lors,|f(z)|>|g(z)|en tout point deC. La fonction f(z) = 1n'admet pas de zéros sur le disqueD. D'après le théorème de Rouché, la fonctionz3+z+ 1n'admet pas de zéros sur le disqueD.
Exercice 3
a) Soitf(z)une fonction holomorphe dans un domaine simplement connexe Ω⊂Cet soitγ un chemin fermé contenu dansΩ. Montrer que :
Z
γ
f(z)dz= 0.
Que peut-on dire si le domaine Ω n'est pas simplement connexe et si γ est homotope à zéro ?
b) Montrer que sif(z)est continue dans un domaine simplement connexeΩ
et si Z
γ
f(z)dz= 0,
pour tout chemin ferméγ deΩ, alorsf(z)est holomorphe dansΩ.
Solution : a) Nous allons donner deux solutions. La première est immédiate quand on suppose quef0(z)est continue. En fait, cette condition supplémentaire est toujours satisfaite en vertu du théorème de Goursat qui dit que si f(z)est holomorphe dans Ω, alors f0(z) est continue dans Ω. Ce résultat sera prouvé dans la seconde solution.
Solution 1 : On fait l'hypothèse supplémentaire suivante : f0(z) est continue.
Soit
f(z) =u(x, y) +iv(x, y).
On a
Z
γ
f(z)dz = Z
γ
(u+iv)(dx+idy),
= Z
γ
(udx−vdy) +i Z
γ
(vdx+udy).
Soit∆le domaine simplement connexe ayant pour frontièreγ. On a ∆⊂Ω.
(sinon, soitz0∈∆, z0∈/Ω. Par hypothèseΩest un domaine simplement connexe et γ est un chemin contenu dans Ω,homotope à un point de Ω, donc àz0 par transitivité. Commez0∈/ Ω,on arrive à une contradiction). Commeuetv sont de classeC1sur∆, alors d'après la formule de Green-Riemann, on a
Z
γ
udx−vdy= Z Z
∆
−∂v
∂x −∂u
∂y
dxdy,
Z
γ
vdx+udy= Z Z
∆
∂u
∂x−∂v
∂y
dxdy.
Or f est holomorphe, donc les conditions de Cauchy-Riemann sont satisfaites c'est-à-dire, ∂u∂x =∂v∂y, ∂u∂y =−∂v∂x, et par conséquent
Z
γ
f(z)dz= 0.
Solution 2 : Soit ABC un triangle etγ sa frontière. On désigne par ∆1, ...,∆4
les quatre triangles congruants obtenus en joignant les milieux des côtés AB, BC,AC et parγ1, ..., γ4 leurs frontières respectivement. On a
I≡ Z
γ
f(z)dz=
4
X
k=1
Z
γk
f(z)dz.
D'où
|I| ≤
4
X
k=1
Z
γk
f(z)dz .
Pour au moins l'un des quatre triangles, qu'on désignera parT1, on a Z
oùC1est la frontière deT1. On répète surT1l'opération qui vient d'être eectuée et on considère un triangle T2⊂T1de frontièreC2 tel que :
Z
C1
f(z)dz
≤4 Z
C2
f(z)dz .
Dès lors,
|I| ≤42 Z
C2
f(z)dz .
On obtiendra, après nopérations, une suite de triangles (Tn)avec Tn ⊂Tn−1 tel que :
|I| ≤4n Z
Cn
f(z)dz ,
où Cn désigne la frontière de Tn et T0 = ABC le triangle du départ. Si L est la longueur du contour γ, alors celle de Cn est 2Ln. En outre, il existe un point unique z0 commun à tous les triangles Tn (puisqu'ils forment une suite décroissante). Plus précisément, le pointz0 est la limite de la suite de Cauchy formé par les centres de ces triangles emboités. Par hypothèse,f est holomorphe enz0, donc
f(z) =f(z0) + (z−z0)f0(z0) + (z−z0)η(z),
aveclimz→z0η(z) = 0, c-à-d., pour toutε >0, il existeδ >0tel que :|z−z0|< δ entraine|η(z)|< ε. Dès lors,
Z
Cn
f(z)dz=f(z0) Z
Cn
dz+f0(z0) Z
Cn
(z−z0)dz+ Z
Cn
(z−z0)η(z)dz.
Or, d'après la solution 1 on a R
Cndz= 0car la constante 1 est holomorphe et à dérivées continues dansCn. De même, on aR
Cn(z−z0)dz= 0car la fonction (z−z0)est holomorphe et à dérivées continues dansCn. Par conséquent, on a
Z
Cn
f(z)dz= Z
Cn
(z−z0)η(z)dz.
En utilisant la formule de majoration, on obtient
Z
Cn
f(z)dz
= Z
Cn
(z−z0)η(z)dz
≤M L,
oùL= 2Ln est la longueur du cheminCn et M = sup
z∈Cn
|(z−z0)η(z)|=ε sup
z∈Cn
|z−z0|=εL 2n. Donc
|I| 4n ≤
Z
Cn
f(z)dz
≤ε L
2n 2
,
d'où|I|≤εL2. On en déduit que I= 0 puisqueε >0 est arbitraire.
Si le domaineΩn'est pas simplement connexe et siγ est homotope à zéro, alors on peut trouver un domaine simplement connexe∆⊂Ωcontenantγet le résultat reste inchangé.
b) CommeR
γf(z)dz= 0,alors l'intégrale F(z) =
Z z
z0
f(z)dz, z0∈Ω
ne dépend pas du chemin reliantz0etz. Comme la fonctionf est continue dans Ω, alors la fonctionF(z)est holomorphe et on aF0(z) =f(z).PuisqueF(z)est holomorphe, alors d'après la formule intégrale de Cauchy, la fonction
F0(z) = 1 2πi
Z F(ζ) (ζ−z)2dζ,
est aussi holomorphe. Comme F0(z) = f(z), on en déduit que f(z) est holo- morphe.
Exercice 4
Soit f une fonction holomorphe sur C sauf en un nombre ni de points a1, a2, ..., an. Déterminer
n
X
k=1
Rés(f, ak) +Rés(f,∞).
Justier votre réponse.
Solution : Soit γr = {z ∈ C: |z| =r} où r est assez grand pour que γr contienne tous les pointsak,k= 1,2, ..., n. D'après le théorème des résidus, on
a n
X
k=1
Rés(f, ak) = 1 2πi
Z
γr
f(z)dz=− 1 2πi
Z
γ−r
f(z)dz=−Rés(f,∞).
Par conséquent,
n
X
k=1
Rés(f, ak) +Rés(f,∞) = 0.
