Transcript Corrigés

J. Stubbe
Analyse IV PH
2013-2014, semestre de printemps
S´
eance d’exercices 06 : L’analyse complexe
le 25 mars 2014
1
Prolongement holomorphe
Exercice 1 Soit f : C0,R (z0 ) → C holomorphe. Montrer l’´equivalence des propositions suivantes :
1. f (z) se prolonge holomorphiquement au disque entier DR (z0 ).
2. lim f (z) existe dans C.
z→z0
3. f (z) est born´e au voisinage de z0 .
”1 ⇒ 2” : Si f (z) se prolonge holomorphiquement au disque entier DR (z0 ), alors
∞
X
˜
le prolongement est donn´e par f (z) =
ak (z − z0 )k d’o`
u lim f (z) = a0 = f˜(z0 ).
Corrig´
e.
z→z0
k=0
”2 ⇒ 3” : Si lim f (z) existe, alors par la d´efinition de la limite f (z) est born´e au voisinage
z→z0
de z0 . En fait, pour tout > 0 il existe δ > 0 et L ∈ C tel que z ∈ Dδ (z0 ) (c’est -`a-dire a`
|z − z0 | < δ) implique |f (z) − L| < d’o`
u par l’in´egalit´e triangulaire |f (z)| < |L| + dans
Dδ (z0 ).
”3 ⇒ 1” : Soit δ > 0 tel que |f (z)| ≤ M si z ∈ Dδ (z0 ). On consid`ere la fonction g(z) d´efinie
par
(
(z − z0 )2 f (z) si z 6= z0 ,
g(z) :=
0
si z = z0 .
On a g(z0 ) = g 0 (z0 ) = 0 car f est born´e. Pour montrer que g est de classe C 1 en z0 (et donc
holomorphe !) notons que
g 0 (z) = 2(z − z0 )f (z) + (z − z0 )2 f 0 (z),
si z 6= z0 .
δ
la fonction f est holomorphe sur Dr (z) ∪ Sr (z).
2
M
. En prenant
Par l’in´egalit´e de Cauchy (voir les notes cours p. 22 ´eq 1.44) : |f 0 (z)| ≤
r
|z − z0 |
r=
on trouve l’estimation
2
Alors, pour tout z ∈ C0,δ/2 (z0 ) et r <
|g 0 (z)| ≤ 2M |z − z0 | + 2M |z − z0 | = 4M |z − z0 |
0
0
d’o`
u lim g (z) = 0 = g (z0 ). Par cons´equent, g(z) =
z→z0
∞
X
bk (z − z0 )k au voisinage de z0 d’o`
u le
k=2
prolongement holomorphe de f donn´e par
f˜(z) =
∞
X
bk+2 (z − z0 )k .
k=0
1
2
Z´
eros et Singularit´
es d’une Fonction Complexe
Etdudier les z´eros et les singularit´es d’une fonction complexe et donner les r´esidus
Exercice 2 Z´
eros et Singularit´
es. Classifier tous les z´eros et singularit´es des fonctions
suivantes, donner les r´esidus en ses points singuliers :
z3 + 1
1. f (z) = 2
est holomorphe sur C \ {0, 1}. Notons que
z (z + 1)2
√
√
1 i 3
1 i 3
3
2
)(z − +
).
z + 1 = (z + 1)(z − z + 1) = (z + 1)(z − −
2
2
2
2
√
1±i 3
Il en suit que les z´eros
sont d’ordre 1. Cette identit´e implique ´egalement que
2
z2 − z + 1
,
f (z) = 2
z (z + 1)
si z 6= 1.
Il en suit que z = −1 est un pˆole d’ordre 1 de f , car (−1)2 − (−1) + 1 = 3 6= 0 et
Res(f, −1) = lim(z − 1)f (z) = 1.
z→1
De plus, f a un pˆole d’ordre 2 en z = 0 et
d d z 2 − z + 1
3
d 2
Res(f, 0) = (z f (z)) = = (z − 2 +
) = −2.
dz z=0
dz z=0 z + 1
dz z=0
z+1
2. f (z) =
z
est holomorphe sur C \ {πk, k ∈ Z} puisque si z = x + iy
sin z
sin z = 0 ⇔ e2ix = e2y ⇔ y = 0 et x = πk.
Plus g´en´eralement
sin(x + iy) = sin x cosh y + i cos x sinh y.
Notons que z = 0 est une singularit´e articielle de f (voir aussi le cours : lim f (z) = 1)
z→0
et par cons´equent, Res(f, 0) = 0. Les poles zk = πk, k 6= 0 sont de l’ordre 1 et
Res(f, πk) = lim (z − πk)f (z)
z→πk
z − πk
z→πk sin z
πk
=
= πk(−1)k .
cos πk
= πk lim
f n’a pas de z´eros.
∞
X
z 3−k
3 z1
3. f (z) = z e =
est holomorphe sur C \ {0}. En 0 elle admet une singularit´e
k!
k=0
essentielle et Res(f, 0) =
4. f (z) =
1
.
24
f n’a pas de z´eros.
sin(z 2 + 1)
est holomorphe sur C \ {−i, i} o`
u elle a des pˆoles d’ordre 1 puisque
(z 2 + 1)2
lim(z − i)
z→i
sin(z 2 + 1)
sin((z − i)(z + i))
1
= lim(z − i)
=
= Res(f, i)
2
2
2
z→i
(z + 1)
(z − i)(z + i)
2i
sin(z 2 + 1)
sin((z − i)(z + i))
1
= lim(z + i)
= − = Res(f, −i)
2
2
2
z→−i
z→i
(z + 1)
(z − i) (z + i)
2i
√
Les z´eros sont ± πk − 1, k ∈ Z.
lim (z + i)
2
5. f (z) =
ez
z
est holomorphe sur C \ {2πik, k ∈ Z} puisque si z = x + iy
−1
ez = 1 ⇔ ex = e−iy ⇔ x = 0 et y = 2πk, , k ∈ Z.
Notons que z = 0 est une singularit´e articielle de f puisque
lim f (z) =
z→0
1
= 1,
e0
donc Res(f, 0) = 0. En zk = 2πik, k 6= 0 la fonction f a des pˆoles de l’ordre 1 et
Res(f, 2πik) = lim (z − 2πik)f (z)
z→2πik
= 2πik lim
z→2πik
=
z − 2πik
ez − 1
2iπk
= 2πik.
e2πik
f n’a pas de z´eros.
ln(1 + z)
6. f (z) =
o`
u ln z est la d´etermination principale du logarithme, est holomorphe
z(eiz − 1)
sur C \ {2πk, k ∈ N}\] − ∞, −1]. Les points zk = 2πk, k ∈ N sont des pˆoles de l’ordre 1 :
Res(f, 0) = limzf (z)
z→0
ln(1 + z)
z→0 eiz − 1
ln(1 + z)
= −i.
= lim
z→0
iz
= lim
et si k > 0
Res(f, 2πk) = lim (z − 2πk)f (z)
z→2πk
ln(1 + 2πk)
z − 2πk
lim iz
z→2πk e − 1
2πk
−i ln(1 + 2πk)
.
=
2πk
=
f n’a pas de z´eros puisque ln w = 0 ⇔ |w| = 1, arg w = 0.
3
3
Calcul d’Int´
egrales par la M´
ethode des R´
esidus
Exercice 3 Calculer les int´egrales suivantes par la m´ethode des r´esidus. (Exercice facultatif :
Calculer les int´egrales par les m´ethodes de l’analyse r´eelle)
Z 2π
1
1.
dx pour tout t > 0, t 6= 1.
2
1 + t − 2t cos x
0
Corrig´
e.
En posant z = eix :
Z 2π
0
1
dx = −i
2
1 + t − 2t cos x
I
f (z) dz
|z|=1
1
z
i
i
. Le fait que
=
=
iz (1 + t2 )z − tz 2 − t
tz 2 − (1 + t2 )z + t
t(z − t)(z − 1t )
t 6= 1 implique que f a deux pˆoles d’ordre 1 en t et 1t et
avec f (z) =
Res(f, t) = lim(z − t)f (z) =
z→t
i
i
.
1 = 2
t −1
t(t − t )
i
1
1
i
Res(f, ) = lim1 (z − )f (z) = 1
=
.
t
t
1 − t2
t( t − t)
z→ t
Si 0 < t < 1, alors
2π
Z
0
1+
t2
2π
1
dx = 2πiRes(f, t) =
− 2t cos x
1 − t2
1+
t2
1
1
2π
dx = 2πiRes(f, ) = 2
− 2t cos x
t
t −1
et si 1 < t, alors
Z
0
2π
d’o`
u
Z
0
Z
2.
0
∞
2π
1+
t2
1
2π
dx = 2
.
− 2t cos x
|t − 1|
(1)
xt
dx pour tout t ∈] − 1, 1[.
1 + x2
Corrig´
e.
donn´es par
f (z) =
zt
a deux pˆole d’ordre 1 en z = i et z = −i avec les r´esidus
1 + z2
π
it
et ln i
eit 2
Res(f, i) = lim(z − i)f (z) =
=
=
.
z→i
2i
2i
2i
3π
(−i)t
et ln(−i)
eit 2
Res(f, −i) = lim (z + i)f (z) =
=
=−
.
z→−i
−2i
2i
2i
Rappel : Noter bien que la d´etermination de ln prise ici est arg, z ∈]0, 2π[ qui n’est pas la
d´etermination principale de ln. Par le th´eor`eme du cours (le fait que a − 1 = t ∈] − 1, 1[
permet de l’appliquer) si t 6= 0 :
Z ∞
xt
2πi
dx =
(Res(f, i) + Res(f, −i))
2
1+x
1 − e2πi(t−1)
0
π
3π
π(eit 2 − eit 2 )
=
1 − e2πit
π sin( πt
)
π
2
=
=
.
sin(πt)
2 cos( πt
)
2
4
Si t = 0, alors
Z
0
∞
1
1
dx
=
1 + x2
2
Z
∞
−∞
π
1
.
dx
=
πiRes(f,
i)
=
1 + x2
2
Donc, pour tout t ∈] − 1, 1[ :
∞
Z
0
xt
π
.
dx =
2
1+x
2 cos( πt
)
2
(2)
Z ∞ ipx
eipx
e
dx et
dx pour tout b ∈ C, Re b > 0, p > 0. En d´eduire les formules
3.
−∞ x − ib
−∞ x + ib
de Laplace (1810) :
Z ∞
Z ∞
b cos px
x sin px
dx =
dx = πe−bp .
(3)
2
2
2 + b2
x
+
b
x
−∞
−∞
Z
∞
Corrig´
e.
Par le th´eor`eme 2.8.3 du cours
Z ∞ ipx
eipx
e
dx = 2πiRes(
, ib) = 2πie−bp
x − ib
−∞ x − ib
Z ∞ ipx
e
dx = 0,
−∞ x + ib
d’o`
u les int´egrales (3) par soustraction respectivement addition de deux int´egrales (et
prendre les parties imaginaires et r´eelles).
Z ∞
1
4.
dx.
(1 + x4 )2
0
Corrig´
e - 1. Comme dans l’exercice 3, s´
erie 5, on peut choisir le secteur ouvert ΣR
}. La fonction
donn´e en coordonn´es polaires par ΣR = {(r, θ) : 0 < r < R, 0 < θ < 2π
4
iπ
1
f (z) =
admet un pˆole d’ordre 2 dans ce secteur en z0 = e 4 et
(1 + z 4 )2
d Res(f, z0 ) = ((z − z0 )2 f (z))
dz z=z0
1
d = P3
k z 3−k 2
dz z=z0
z
0
k=0
P
−2 3k=0 kz k−1 z03−k −12z02
−3z0
=
=
=
P3
3
k 3−k
64z09
16
z=z0
k=0 z z0
puisque z08 = 1 pour tout z´ero de z 4 +1. Par l’exercice 3, s´erie 9, en utilisant z0 = (1+i)
2
√
√
Z ∞
1
−3 2(1 + i)
3 2(1 − i)
(1 − i)
dx = 2πiRes(f, z0 ) = 2πi
=
4
2
(1 + x )
32
16
0
d’o`
u
Z
0
∞
√
1
3 2
dx =
.
(1 + x4 )2
16
5
√
2
,
On peut ´egalement choisir le demi-cercle (comme au cours) dans le demiiπ
iπ
plan sup´erieur. Il y a un autre pˆole d’orde 2 en z1 = e 4 + 2 = iz0 . Le r´esidue se calcule
de la mˆeme mani`ere. On trouve
Z ∞
1
dx = 2πi(Res(f, z0 ) + Res(f, z1 ))
4 2
−∞ (1 + x )
√
√
−3z0 −3z1
−3 2(1 + i)2
3 2
= 2πi(
+
) = 2πi
=
16
16
32
8
Corrig´
e - 2.
d’o`
u le resultat apr`es une division par 2.
Calcul des int´
egrales par les m´
ethodes de l’analyse r´
eelle.
Les exercices 1 et 4 peuvent ˆetre r´esolus par des m´ethodes de l’analyse r´eelle ´el´ementaires
(d´etermination
d’une primitive).
Z 2π
1
dx pour tout t > 0, t 6= 1. Il suffit de consid`erer le cas 0 < t < 1
I(t) :=
2
1 + t − 2t cos x
0
puisque I(t) = t−2 I(t−1 ). De plus,
Z π
1
I(t) = 2
dx.
2
0 1 + t − 2t cos x
x
L’id´ee de base est le changement de variables y = tan , d’o`
u
2
sin x =
2y
,
1 + y2
cos x =
1 − y2
,
1 + y2
dx
2
=
.
dy
1 + y2
Par cons´equent,
Z
π
1
dx = 4
2
1 + t − 2t cos x
2
0
Z
0
∞
(1 +
1
dy
+ (1 − t)2
t)2 y 2
dy
= (1 − t)(1 + tan2 θ) :
dθ
Z π
2
1−t
2π
1
1
dx
=
4
dθ =
.
2
2
1 + t − 2t cos x
1 − t2
0 (1 − t) 1 + t
et en posant (1 + t)y = (1 − t) tan θ, (1 + t)
Z
I(t) = 2
0
Z
0
∞
π
1
dx. D’abord par une int´egration par partie :
(1 + x4 )2
Z ∞
Z ∞
1
1
x4
dx
=
−
dx
(1 + x4 )2
(1 + x4 ) (1 + x4 )2
0
0
Z ∞
1
x d
1
dx
=
+
(1 + x4 ) 4 dx 1 + x4
0
Z
3 ∞ 1
=
.
4 0 1 + x4
Ensuite, par une d´ecomposition en ´el´ements simples :
√
1√
1
2x + 1
2x − 1
1
1
2
2
√
√
=
−
1 + x4
2 x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
√ √
√
2
2x + 2
2x − 2
1
1
1
√
√
√
√
=
−
+
+
8 x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
4 x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
√
√
√
√
2 d
x2 + 2x + 1
1 d
√
=
ln
+ √
arctan(x 2 + 1) + arctan(x 2 − 1) .
8 dx x2 − 2x + 1 2 2 dx
6
d’o`
u (le terme ln ne donne aucune contribution)
√
Z ∞
π 2
1
π
1 π
− arctan(1) + − arctan(−1) =
.
dx = √
1 + x4
2
4
2 2 2
0
Par cons´equent
√
Z ∞
Z
1
3 ∞ 1
3π 2
.
dx =
dx =
(1 + x4 )2
4 0 1 + x4
16
0
Exercice 4 Calculer les int´egrales suivantes - Corrig´es :
1. Soit par le changement de variables z = w1 :
I
I
esin w
sin z1
e
dz =
dw = 2πi
2
|z|=1
|w|=1 w
esin w
d puisque Res( 2 , 0) =
esin w = 1, et
w
dw w=0
I
I
1
esin w − ew
sin z1
− e z dz =
e
dw = 0
w2
|w|=1
|z|=1
puisuqe en w = 0 l’int´egrand a une singularit´e artificielle. Soit par le calcul du coefficient
a−1 de la s´erie de Laurent autour de la singularit´eessentielle en z = 0 :
e
sin
1
z
=
∞
X
(sin 1 )k
z
k!
k=0
∞
X
( z1 + . . .)k
=
k!
k=0
1
1
u le r´esultat par le th´eor`eme des r´esidus.
d’o`
u Res(esin z , 0) = 1 = Res(e z , 0) d’o`
2. Par le th´eor`eme des r´esidus
4πi
I
|z|=1
I
|z|=3
4πi
4πi
ez
ez
dz = −2πiRes(
, 2) = −2πi.
z−2
z−2
n
X
I
3.
ez
dz −
z−2
1
dz pour tout n ∈ N. L’int´egrand admet des pˆoles d’ordre 1 en tout
|z|=n+ 12 k=−n z − k
zk = k, k = −n . . . n avec un r´esidu 1. Par cons´equent,
I
n
n
X
X
1
dz = 2πi
1 = 2(2n + 1)πi.
|z|=n+ 21 k=−n z − k
k=−n
Exercice 5 Calculer les int´egrales suivantes par la m´ethode des r´esidus.
Z 2π
Z 2π
Z 2π
cos nx cos mx dx pour tout m, n ∈ Z+ .
sin nx cos mx dx,
sin nx sin mx dx,
1.
0
0
0
1
En utilisant cos mx = (eix + e−ix ) etc. on peut transformer les int´egrales
2
dans des int´egrales sur le cercle unitaire sur lequel on utilise l’´equation 1.63 du cours.
Corrig´
e.
2π
I
1
(z n − z −n )(z m + z −m )
sin nx cos mx dx = −
dz
4
z
0
(
Z 2π
I
(z n − z −n )(z m − z −m )
1
0
sin nx sin mx dx = −
dz =
4i
z
π
0
(
Z 2π
I
1
(z n + z −n )(z m + z −m )
0
cos nx cos mx dx =
dz =
4i
z
π
0
Z
Z
2.
0
∞
x sin x
dx.
(1 + x2 )(4 + x2 )
7
= 0,
si m 6= n,
si m = n.
si m 6= n,
si m = n.
Z
Corrig´
e.
∞
L’int´egrand est paire. C’est pourquoi on consid`ere
−∞
xeix
dx.
(1 + x2 )(4 + x2 )
Par l’´equation 1.66 du cours (en p = 1) :
Z ∞
xeix
zeiz
zeiz
dx
=
2πi
Res(
,
i)
+
Res(
,
2i)
.
2
2
(1 + z 2 )(4 + z 2 )
(1 + z 2 )(4 + z 2 )
−∞ (1 + x )(4 + x )
Notons que les deux singularit´es sont des pˆoles d’ordre 1. Pour les r´esidus on trouve
Res(
Res(
(z − i)zeiz
zeiz
zeiz
1
,
i)
=
lim
=
lim
= ,
2
2
2
2
2
z→i (1 + z )(4 + z )
z→i (z + i)(4 + z )
(1 + z )(4 + z )
6e
(z − 2i)zeiz
zeiz
zeiz
−1
,
2i)
=
lim
=
lim
= 2,
2
2
2
2
2
z→2i (1 + z )(4 + z )
z→2i (1 + z )(z + 2i)
(1 + z )(4 + z )
6e
d’o`
u
Z
∞
−∞
et
Z
0
Z
3.
0
∞
∞
πi(e − 1)
xeix
dx
=
(1 + x2 )(4 + x2 )
3e2
1
πi(e − 1)
x sin x
π(e − 1)
dx = Im(
)=
.
2
2
2
(1 + x )(4 + x )
2
3e
6e2
√
x
dx.
(1 + x)4
Corrig´
e.
D’apr`es l’´equation 1.69 du cours
√
Z ∞ √
x
2πi
z
dx =
, −1).
3 Res(
4
2πi
(1 + x)
(1 + z)4
1−e 2
0
Le point singulier z = −1 est un pˆole d’ordre 4 avec le r´esidu donn´e par
√
3
√
z
1 d3 1
e 2 πi
−i
− 52
Res(
,
−1)
=
z
=
(−1)
=
=
.
(1 + z)4
3! dz 3 z=−1
16
16
16
Ceci donne
Z
0
∞
√
x
2πi (−i)
π
dx =
= .
4
(1 + x)
2 16
16
8