Corrigé de la série 3 d’Analyse 3 SMP - S3 (2015-16)

1

Corrigé de la série 3 d’Analyse 3 SMP - S3 (2015-16)

Exercice 1

Avant de corriger les exercices, notons quez₀ est un pôle d’une fonction f s’il existe un entier n ≥1 tel que :

z→zlim0

(z−z0)ⁿf(z)6= 0 et lim

z→z0

(z−z0)ⁿ⁺¹f(z) = 0 Lorsque nexiste, il est unique. L’entiern est appeléordre du pôle z₀.

Par exemple, la fonction f(z) = 1

z^k (avec k≥1) admetz₀= 0 comme pôle d’ordre k, car :

z→0lim(z−0)^kf(z) = 16= 0 et lim

z→z₀(z−0)^k+1f(z) = 0 Sif(z) = P(z)

Q(z) oùP etQ sont des polynômes, tout pôlez₀ def est une racine deQ, c-à-dQ(z₀) = 0.

Mais la réciproque est fausse : on peut avoirQ(z₀) = 0,sans quez₀soit unpôledef. On verra un exemple dans les exercices qui suivent.

Notons, enfin, que si z0 est un pôle simple (c-à-d d’ordre 1), def(z) = P(z)

Q(z) est tel que Q⁰(z0) 6= 0, alors le résidu def au pointz₀ est donné par :

Res (f, z₀) = P(z₀) Q⁰(z0) Passons, maintenant, à la correction des exercices.

1)f(z) = z²

z⁴+ 1. On cherche, d’abord, les racines du polynôme Q(z) =z⁴+ 1.On a : Q(z) = 0 ⇐⇒ z⁴=−1 =e^iπ

⇐⇒ z⁴=e^iπ+2ikπ

⇐⇒ ∃k= 0,· · ·,3 z= exp i^π₄ +i^kπ₂ On déduit que Qadmet 4 racines qui sont : z_k= exp i^π₄ +i^kπ₂

pour k= 0,1,2,3.

On remarque que ces racines ne sont pas des racines de P(z) =z². Ce qui entraîne quez₁, z₂, z₃ et z₄ sont des pôles def et ils sont tous simples.

Comme, pour k= 0,· · ·,3, z_k est un pôle simple def = ^P_Q, on a : Res (f, z0) = P(z₀)

Q⁰(z0) = z_k² 4z_k³ = 1

4zk

= exp −i^π₄ −i^kπ₂ 4

2) f(z) = e^tz z(z²+ 1)².

Il est clair quef admet 3 pôles : z₀ = 0qui est simple, z₁ =iqui est d’ordre 2 etz₂ =−iqui est aussi d’ordre 2.

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Pour les résidus, on a :

Res (f,0) = lim

z→0zf(z) = lim

z→0

e^tz

(z²+ 1)² = 1 Res (f, i) = lim

z→i

d dz

(z−i)²f(z)

= lim

z→i

d dz

e^tz

z(z+i)²

=· · ·=...

Res (f,−i) = lim

z→−i

d dz

(z+i)²f(z)

= lim

z→−i

d dz

e^tz

z(z−i)²

=. . .=...

3) f(z) = 1 shz.

Notons que, pour toutz∈C,on a : shz= e^z−e^−z

2 = e^−i(iz)−e^i(iz)

2 =−isin (iz) et chz= cos (iz) Déterminons les pôles def :

shz= 0⇐⇒e^z=e^−z ⇐⇒e^2z = 1⇐⇒ ∃k∈Z z=ikπ En plus, nous avons :

z→ikπlim (z−ikπ)f(z) = lim

z→ikπ

(z−ikπ)

shz = lim

z→ikπ

1

chz = 1

ch(ikπ) = 1

cos(−kπ) = (−1)^k6= 0 et

z→ikπlim (z−ikπ)²f(z) = 0 On déduit que, pour toutk∈Z, ikπ est un pôle simple et que :

Res(f, ikπ) = lim

z→ikπ(z−ikπ)f(z) = (−1)^k 4) f(z) = e^z−1

sinz .

Déterminons les racines du dénominateur.

sinz= 0⇐⇒e^iz =e^−iz ⇐⇒e^2iz = 1⇐⇒ ∃k∈Z z=kπ.

Donc les pôlesPOSSIBLES def sont les nombres complexeszk=kπ, aveck∈Z.

Pourk= 0,on az0 = 0.Mais :

z→0limzf(z) = lim

z→0

z

sinz(e^z−1) = lim

z→0

z

sinz ×lim

z→0(e^z−1) = 1×0 = 0 ce qui entraîne quez0 = 0n’est pas un pôle. C’est une singularité apparente.

Pourk6= 0,on a :

z→kπlim (z−kπ)f(z) = lim

z→kπ z−kπ

sinz (e^z−1) = lim

z→kπ z−kπ

sinz×lim

z→kπ(e^z−1) = lim

z→kπ 1 cosz×lim

z→kπ(e^z−1) = (−1)^k

e^kπ−1

6= 0 et

z→kπlim (z−kπ)²f(z) = 0

3 ce qui entraîne que, pourk6= 0, z_k=kπ est un pôle simple et que :

Res(f, kπ) = lim

z→kπ(z−kπ)f(z) = (−1)^k

e^kπ−1

Exercice 2

Note : Faire un schéma du contour sur lequel on intégre la fonction avec laquelle on travaille.

Je ne peux pas faire un schéma avec mon programme de traitement de texte.

a)On considère la fonction :

f(z) = e^z

z(z+ 1) z∈C et le cercleC_a de centre 1 +iet de rayona >0.

La fonction f admet deux pôles qui sont : z₀ = 0 et z₁ = −1. Ces deux pôles sont simples. Ce qui entraîne que :

Res (f,0) = lim

z→0zf(z) = lim

z→0

e^z z+ 1= 1 Res (f,−1) = lim

z→−1(z+ 1)f(z) = lim

z→−1

e^z z =−1

e

Le cercleC_a a pour équation : (x−1)²+ (y−1)² =a² et peut, pour certaines valeurs deapasser par l’un des deux pointsM₀(z₀) ou M₁(z₁).

Le point M0 a pour coordonnées : x0 = 0 ety0 = 0.Donc :

M₀∈C_a⇐⇒(x₀−1)²+ (y₀−1)² =a² ⇐⇒a²= 2⇐⇒a=√ 2 Le point M1 a pour coordonnées : x1 =−1et y1 = 0.Donc :

M₁∈C_a⇐⇒(x₁−1)²+ (y₁−1)² =a² ⇐⇒a²= 5⇐⇒a=√ 5 Ainsi : si a=√

2ou a=√

5, l’intégrale´

Caf(z)dz n’est pas définie.

Si 0< a < √

2,l’intérieur de la courbe Ca ne contient aucun pôle de la fonction f. Cette fonction est donc holomorphe sur un domaine contenantC_a.Par suite´

Caf(z)dz= 0.

Si√

2< a <√

5, seul le pôlez0 est à l’intérieur de la courbeCa.Le théorème des résidus entraîne alors

que : ˆ

Ca

f(z)dz = 2πiRes (f,0) = 2πi Si a >√

5, les deux pôles z₀ et z₁ sont à l’intérieur de la courbeC_a.Le théorème des résidus entraîne

alors que : ˆ

Ca

f(z)dz = 2πi

Res (f,0) + Res (f,−1)

= 2πi

1−1 e

. b) Calcul de l’intégrale´

∂∆⁺ z

shzdz où ∂∆⁺ est le bord de∆ ={z=x+iy∈C : |x|<1, |y|<4}

On commence par déterminer les pôles de la fonctiong:z−→ _shz^z . Notons que :

shz= 0⇐⇒e^z=e^−z ⇐⇒e^2z = 1⇐⇒ ∃k∈Z : z=kπi Donc les pôles POSSIBLES de g sont les nombres complexeszk=kπi, aveck∈Z.

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Mais, pourk= 0,on a :

z−→zlim0=0

z

shz = lim

z−→0

1 chz = 1 ce qui entraîne quez₀ = 0est une singularité apparente.

Pourk6= 0,on a :

z−→limzk(z−zk) z

shz = lim

z−→zk

z−zk

shz−shz_kz= 1

chz_kzk= kπi

ch(kπi) = (−1)^kkπi6= 0

(

).

On déduit alors que, pour k6= 0, z_k est un pôle simple de la fonction g et que Res (g, z_k) = (−1)^kkπi.

Parmi ces pôles, seulsz₁ =πietz−1 =−πisont à l’intérieur de la courbe∂∆⁺ (faire un shéma).

Le théorème des résidus entraîne alors que : ˆ

∂∆⁺

z

shzdz = 2πi(Res (g, z1) + Res (g, z−1)) = 0

Exercice 3

1) Calcul de l’intégraleI = ˆ _2π

0

sint

(1 +a²)−2acostdt

Pour calculer cette intégrale, on fait le changement de variables : z=e^it.Alors :

• 0≤t≤2π⇐⇒z∈C,cercle de centre O et de rayon1 parcouru dans le sens positif ;

• dz=ie^itdt=izdt;

• cost= e^it+e^−it

2 = 1

2

z+1 z

= z²+ 1 2z ;

• sint= e^it−e^−it

2i = z²−1 2iz On déduit que :

I = ˆ

C⁺

z²−1 2iz

(1 +a²)−2az²+ 1 2z

dz iz =

ˆ

C⁺

z²−1

z(az²−(1 +a²)z+a)dz = ˆ

C⁺

z²−1

az(z−a) z−_a¹dz

Soitf :C−→Cdéfinie par :

f(z) = z²−1

az(z−a) z−¹_a ∀z∈D=C\

0, a,1 a

Alorsf est holomorphe sur Detf admet trois pôles simples, sia6= 1,qui sont0, aet 1 a.

5

On commence par calculer les résidus def en ces pôles. Puisque ce sont des pôles simples, on a : Res(f,0) = lim

z→0zf(z) = lim

z→0

z²−1

a(z−a) z−¹_a =−1 a

Res(f, a) = lim

z→a(z−a)f(z) = lim

z→a

z²−1 az z−_a¹ = 1

a

Res(f,¹_a) = lim

z→1/a(z− ¹_a)f(z) = lim

z→1/a

z²−1 az(z−a) = 1

a La position des pôles par rapport au cercleC dépend de la valleur de a.

- Si a <1,seuls les pôles0etasont à l’intérieur de C.On applique le théoréme des résidus pour avoir : I =

ˆ

C⁺

f(z)dz= 2πi(Res(f,0) + Res(f, a)) = 0 - Sia= 1, aest un pôle double situé surC.L’intégrale n’est donc pas définie.

- Sia >1,seuls les pôles0et _a¹ sont à l’intérieur deC.On applique le théoréme des résidus pour avoir : I =

ˆ

C⁺

f(z)dz = 2πi

Res(f,0) + Res

f,1 a

= 0

Remarque : L’intégrale peut se calculer directement sans utiliser le théorème des résidus, et de deux façons différentes.

2) Calcul de l’intégrale ˆ _π

0

cost 5 + 4 costdt

Notons que, puisque la fonction à intégrer est paire, on a : ˆ _π

0

cost

5 + 4 costdt= 1 2

ˆ _π

−π

cost 5 + 4 costdt

Pour calculer cette intégrale, on fait le changement de variables : z=e^it.Alors :

• −π≤t≤π ⇐⇒z∈C(O,1),cercle de centre O et de rayon 1parcouru dans le sens positif ;

• dz=ie^itdt=izdt;

• cost= e^it+e^−it

2 = 1

2

z+1 z

= z²+ 1 2z . On obtient alors :

ˆ _π

−π

cost

5 + 4 costdt= ˆ

C(O,1)

z²+ 1 2z 5 + 4z²+ 1

2z dz iz =

ˆ

C(O,1)

z²+ 1 10z+ 4 (z²+ 1)

dz iz = 1

i ˆ

C(O,1)

g(z)dz

oùg est donnée par :

g(z) = z²+ 1

(10z+ 4 (z²+ 1))z = z²+ 1

2z(2z²+ 5z+ 2) ∀z∈D

oùD=C\ {les pôles deg}.

Notons que : l’équation2z²+ 5z+ 2 = 0 admet deux racines : z1 = ⁻⁵⁺³₄ =−¹₂ et z2 = ⁻⁵⁻³₄ =−2.

Donc :

g(z) = z²+ 1

4z(z+ 2) z+¹₂ ∀z∈C\ {0, z₁, z2}

Comme le numérateur et le dénominateur de la fonction g n’ont pas de racine commune, g admet trois pôles : z₀= 0, z₁ etz₂.En plus, ces pôles sont simples.

Seuls les pôles z₀ et z₁ sont à l’intérieur du cercle C(O,1). Le théorème des résidus entraîne alors que

l’on a : ˆ

C(O,1)

g(z)dz= 2πi

Res (g,0) + Res

g,−1 2

Calculons maintenant les deux résidus : Puisquez₀= 0 est un pôle simple, on a :

Res (g,0) = lim

z→0zg(z) = lim

z→0

z²+ 1

4 (z+ 2) z+¹₂ = 1 4 De la même façon :

Res

f,−1 2

= lim

z→−1/2

z+1

2

g(z) = lim

z→−1/2

z²+ 1 4z(z+ 2) =

1 4 + 1

−2 −¹₂ + 1 = 5

−4

On déduit que : ˆ

C(O,1)

g(z)dz= 2πi

1

4−5 4

=−2πi

Par suite : ˆ _π

−π

cost

5 + 4 costdt=−2π

ce qui entraîne que : ˆ _π

0

cost

5 + 4 costdt=−π 3) Calcul de l’intégrale

ˆ +∞

0

x²+ 1 x⁴+ 1dx Puisque la fonction à intégrer est paire, on a :

ˆ _+∞

0

x²+ 1

x⁴+ 1dx= 1 2

ˆ _+∞

−∞

x²+ 1 x⁴+ 1dx

Pour calculer cette dernière intégrale, on considère la fonction h donnée par : h(z) = z²+ 1

z⁴+ 1

que l’on intégre sur le contour fermé Γ_R orienté dans le sens positif et formé par la réunion du segment [−R, R]et du demi-cercle supérieur γ_R de centre O et de rayon R.On prend R suffisament grand.

7

L’équation z⁴+ 1 = 0admet 4 racines qui sont : z_k= exp

iπ

4 +ikπ 2

0≤k≤3 c-à-dz₀= exp i^π₄

, z₁= exp i^3π₄

, z₃ = exp i^5π₄

et z₄ = exp i^7π₄ .

On remarque qu’aucune de ces racines n’est racine du numérateurz²+ 1.Donc z0, z1, z3 etz4 sont des pôles deh. En plus, ce sont des pôles simples.

PourR >1(1 étant le module commun dez₀ etz₁), seuls les pôlesz₀etz₁ sont à l’intérieur du contour ferméΓ.

En appliquant le théorème des résidus, on obtient alors : ˆ

Γ⁺_R

h(z)dz= 2πi(Res (h, z₀) + Res (h, z₁)) On calcule alorsRes (h, z₀) etRes (h, z₁) :

On sait que si aest un pôle simple d’une fraction irréductiblef(z) = ^P_Q(z)^(z), on a : Res (f, a) = P(a)

Q⁰(a) Puisquez₀=e^iπ/4 est un pôle simple, on a :

Res (h, z0) = z²₀+ 1

4z₀³ = e^iπ/2+ 1

4e^3πi/4 = i+ 1

4 cos^3π₄ +isin^3π₄ = i+ 1 4

−

√2 2 +i

√2 2

=− i

2√ 2

De la même manière :

Res (h, z1) = z₁²+ 1

4z₁³ = e^3πi/2+ 1

4e^9πi/4 = −i+ 1

4e^πi/4 = −i+ 1 4

^√

2 2 +i

√ 2 2

=− i

2√ 2

On déduit alors que : ˆ

Γ⁺_R

h(z)dz= 2πi

− i 2√

2− i 2√

2

=π√

2 (1)

D’un autre côté, on a: ˆ

Γ⁺_R

h(z)dz = ˆ _R

−R

h(x)dx+ ˆ

γ_R⁺

h(z)dz (2)

Mais, puisque l’intégrale gènèralisée ˆ +∞

−∞

x²+ 1

x⁴+ 1dx est convergente, on a :

R→+∞lim ˆ _R

−R

h(x)dx= ˆ _+∞

−∞

h(x)dx (3)

D’un autre côté, on a : zh(z)

=

z z²+ 1 z⁴+ 1

=

z³+z

|z⁴+ 1| ≤ |z|³+|z|

|z|⁴−1

= 1

|z|

1 +_|z|¹2

1− ¹

|z|⁴

ce qui entraîne que :

|z|→+∞lim zh(z) = 0 et le lemme de Jordan implique alors que :

R→+∞lim ˆ

γ_R⁺

h(z)dz = 0 (4)

Par suite, en combinant les relations (1), (2), (3) et (4) ci-dessus, on obtient : ˆ +∞

−∞

h(x)dx=π√ 2

d’où on déduit que : ˆ +∞

0

h(x)dx=π

√2 2 4) Calcul de l’intégrale

ˆ +∞

0

xsinx

(x²+a²)² dxaveca >0.

D’abord cette intégrale est convergente.

Ensuite, puisque l’intégrande (c-à-d la fonction à intégrer) est paire, on a : ˆ _+∞

0

xsinx

(x²+a²)² dx= 1 2

ˆ _+∞

−∞

xsinx (x²+a²)² dx Pour calculer cette intégrale, on calcule l’intégrale :

ˆ _+∞

−∞

xe^ix

(x²+a²)² dx= ˆ _+∞

−∞

xcosx

(x²+a²)²dx+i ˆ _+∞

−∞

xsinx (x²+a²)²dx et on prend sa partie imaginaire.

On considère la fonction complexe de la variable complexez : v(z) = ze^iz

(z²+a²)²

et on intégre cette fonction sur le countourΓ_R formé du segment [−R, R]et du demi-cercle supérieur γ⁺ de centreO et de rayon R.

La fonctionk admet deux pôles d’ordre 2 chacun qui zontz₁ =ia etz₂=−ia.

PourR > a,seul le pôle z1 est à l’intérieur du contour fermé ΓR.

Puisquez1 est un pôle double, le résidu de la fonction ven ce pôle est donné par : Res (v, ia) = lim

z→ia

d

dz (z−ia)²v(z)

= lim

z→ia

d dz

ze^iz

(z+ia)²

= e^−a 4a Le théorème des résidus entraîne alors que :

ˆ

Γ⁺_R

v(z)dz= 2πiRes (v, ia) =−πe^−a

2a i (5)

9

D’un autre côté, on a : ˆ

Γ⁺_R

v(z)dz= ˆ _R

−R

v(x)dx+ ˆ

γ⁺_R

v(z)dz (6)

Dans cette égalité, on va faire tendreR vers +∞.

Puisque l’intégrale ´+∞

−∞ k(x)dx est convergente (comme on peut le vérifier facilement), on a :

R→+∞lim ˆ _R

−R

v(x)dx= ˆ +∞

−∞

v(x)dx (7)

En outre, siz=x+iy∈γR,on ay≥0.Donc : z=x+iy∈γ_R=⇒

e^iz

=

e^ixe^−y

=

e^−y

≤1,

cary≥0.Par suite : zv(z)

=

z²e^iz (z²+a²)²

≤

z² (z²+a²)²

≤ |z|²

|z|²−a²

2

car, pour tousα, β∈C,on a :|α+β| ≥ ||α| − |β||

On déduit que :

|z|→+∞lim zv(z)

= 0

Par suite, d’après le lemme de Jordan, on a :

R→+∞lim ˆ

γ_R⁺

v(z)dz= 0 (8)

En combinant les relations (5), (6), (7) et (8), on obtient alors : ˆ _+∞

−∞

v(x)dx=−πe^−a 2a i Ce qui entraîne que :

ˆ +∞

−∞

xcosx

(x²+a²)² dx+i ˆ +∞

−∞

xsinx

(x²+a²)² dx=−πe^−a 2a i

On obtient alors : ˆ _+∞

−∞

xsinx

(x²+a²)² dx=−πe^−a 2a

Ce qui donne : ˆ +∞

0

xsinx

(x²+a²)² dx=−πe^−a 4a 5) Calcul de l’intégrale

ˆ +∞

−∞

cos^π₂x x²+ 2x+ 5dx.

Pour calculer cette intégrale, on intégre la fonction

u(z) = exp i^π₂z z²+ 2z+ 5 sur le même contour utilisé dans la question précédente.

La fonctionu admet deux pôles simplesz1=−1 + 2ietz2 =−1−2i.

PourR >|z₁|=√

5,seul le pôlez₁ est l’intérieur du contour Γ_R. Puisque l’on va faire tendre R vers +∞,on peut supposer queR >√

5.

D’après le théorème des résidus, on a : ˆ

Γ⁺_R

u(z)dz= 2πiRes (f, z1) =· · ·=−2πie^−π

4 =−πie^−π 2 D’un autre côté, on a : ˆ

Γ⁺_R

u(z)dz= ˆ _R

−R

u(z)dz+ ˆ

γ_R⁺

u(z)dz

En outre, on montre que (faites la vérification de la même manière que dans la question précédente) :

|z|→+∞lim zu(z)

= 0

et l’on peut appliquer le lemme de Jordan pour avoir :

R→+∞lim ˆ

γ⁺_R

u(z)dz= 0.

Finalement, on obtient : ˆ _+∞

−∞

exp i^π₂x

x²+ 2x+ 5dx=−πie^−π 2 Ce qui donne :

ˆ _+∞

−∞

cos ^π₂x

x²+ 2x+ 5dx= 0 et

ˆ _+∞

−∞

sin ^π₂x

x²+ 2x+ 5dx=−π 2e^−π

Exercices de soutien

Exercice 1

Calcul des intégrales : I =

ˆ

C⁺

2 +

1 +z² z

f(z)

z dz et I = ˆ

C

2−

1 +z² z

f(z)

z dz

Par définition, C est le cercle de centre O et de rayon 1. Donc, pour z∈C, on peut poser : z =e^it, alors :

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11 Puisquez∈C est parcouru dans le sens positif, on doit avoir0≤t≤2π en croissant.

En plus, on a : dz=ie^itdt. On déduit alors que : I =

ˆ _2π

0

2 +

1 +e^2it e^it

f e^it

e^it ie^itdt

= i ˆ _2π

0

2 +e^−it+e^it f e^it

dt

= 2i ˆ _2π

0

(1 + cost)f e^it dt

= 4i ˆ _2π

0

cos²

t

2

f e^it dt De la même manière, on obtient :

J = 4i ˆ _2π

0

sin²

t

2

f e^it dt D’un autre côté, on a :

I = 2 ˆ

C⁺

f(z) z dz+

ˆ

C⁺

f(z) z² dz+

ˆ

C⁺

f(z)dz

J = 2

ˆ

C⁺

f(z) z dz−

ˆ

C⁺

f(z) z² dz−

ˆ

C⁺

f(z)dz

Mais : ˆ

C⁺

f(z)

z dz= 2πiRes

f(z)

z ,0

= 2πilim

z→0 zf(z)

z = 2πif(0) ˆ

C⁺

f(z)

z² dz = 2πiRes f(z)

z² ,0

= 2πilim

z→0

d dz

z²f(z)

z²

= 2πif⁰(0) ˆ

C⁺

f(z)dz= 0 (puisquefest holomorphe) En remplaçant, on obtient :

I = 2πi

2f(0) +f⁰(0) J = 2πi

2f(0)−f⁰(0)

D’où l’on déduit que : ˆ _2π

0

cos²

t

2

f e^it

dt = π 2

2f(0) +f⁰(0) ˆ _2π

0

sin²

t

2

f e^it

dt = π 2

2f(0)−f⁰(0)

Pour calculer les deux intégrales suivantes, on considère la fonction f définie par : f(z) =e^z pour tout

z∈Cqui est bien une fonction holomorphe. Alors : f e^it

=e^cost+isint=e^cost(cos(sint) +isin (sint)) En prenant les parties réelles et imaginaires, on déduit que :

ˆ _2π

0

cos²

t

2

e^costcos(sint)dt = 3π ˆ _2π 2

0

sin²

t

2

e^costsin(sint)dt = π 2

Exercice 2