Exercices avec les solutions d'analyse complexe

|z1 − z2|2 + |z1 + z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2).

z > 0, montrer que

z

1 + z2> 0 si et seulement si |z| < 1.

limn→+∞

n in

n + 1, lim

n→+∞n

(1 + i

2

)n

.

z − 1)3 − 1 = 0, z4 + 2 = 0 et z5 − 1 = i.

Si Im

Im

Département des sciences et technologie2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013

Ecrire les nombres complexes suivantes a la forme algebrique

( )510

31;2

1;

21

21i

i

i

i+

+

+

−

1

1lim

6

2

+

+

→ z

z

iz

,

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5

UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI

Demontrer l’identite

’

Resoudre les equations

(

Calculer les limites suivantes :

suivantes :

[email protected]

Exercice 1

Exercice 2

|z1 − z2|2 + |z1 + z2|2 = |z1|2 − 2<z1 z2 + |z2|2

+|z1|2 + 2<z1 z2 + |z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2).

z1

z2

z1z2

z1z2

Exercice 3

Solution. Posant z = x + i y, on a

z

1 + z2=

(x + i y)(1 + x2 − y2 − i 2xy)(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2

=−2x2y + y + x2y − y3

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2> 0

si et seulement siy(1− x2 − y2) > 0.

( )5 5

5 31 3

1 3 2 32( )2 2

i

i e i+ = = −π

i31616 −=

ieei ii

===

+2

5

410

10

2

1ππ

ii

ii

i

i

i

5

4

5

3

5

43

)21()21(

)21(

21

21 2

−−=−−

=−+

−=

+

−

2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013

1

Solutions des exercices

Im Im

[email protected]

Exercice 5

Solution. Directement de la formule pour la racine cubique d’un nombrecomplexe, les trois solutions de l’equation (z − 1)3 − 1 = 0 sont

1 + cos2π

3+ i sin

2π

3, 1 + cos

4π

3+ i sin

4π

3et 2.

De meme, pour z4 + 2 = 0, on obtient

4√

2(

cos3π

4+ i sin

3π

4

),

4√

2(

cos5π

4+ i sin

5π

4

)4√

2(

cos7π

4+ i sin

7π

4

)et 4

√2(cos

π

4+ i sin

π

4

).

Pour l’equation z5 − 1 = i, on a

10√

2(cos

π

20+ i sin

π

20

),

10√

2(

cos3π

20+ i sin

3π

20

),

10√

2(

cos5π

20+ i sin

5π

20

),

10√

2(

cos7π

20+ i sin

7π

20

)et 10

√2(

cos9π

20+ i sin

9π

20

).

Solution. La premiere limite n’existe pas : les valeurs adherentes decette suite sont en effet les nombres −1,−i, 1, i. La deuxieme limiteest 0 puisque ∣∣∣∣1 + i

2

∣∣∣∣ = 1√2

< 1.

Exercice 4

3

1

)1)(1(

1lim

1

1lim

242

2

6

2

=+−+

+=

+

+

→→ zzz

z

z

z

iziz

2

Determiner l’ensemble des points ou les fonctions suivantes sont

derivables au sens complexe (on procedera directement puis a l’aide des equations

de Cauchy-Riemann) :

a) z 7→ z

b) z 7→ zz

er que les fonctions suivantes sont holomorphes :

c) z 7→

z = x + iy ∈ C x, y ∈ R f(z) = x2 + ixy3.

C f ∈ H( ) ?

= z ∈ C ; Re(z) > 0 z= x+ iy ∈ x, y ∈ R

f(z) = ln |z| + iArc tany

x·

f ∈ H( ).

c)

d)

z 7→

z 7→ .

a)

b)

z 7→ sur C.

z 7→ sur C.

zez

y ix+

|z| 2

sinz

a, b, c

f (z) = ax + by + i (cx + dy

1- Montr

2-

Pour , avec , on pose

Existe-t-il un ouvert non vide de tel que

Soit , avec , on

Prouver que

les conditions sur les constantes reelles

rendent la fonction ) .holomorphe

qui

. S i

Determiner

Département des sciences et technologiesUNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’


:pose

fonctions holomorphes de Cauchy-Rconditions iemann

Exercice 1.

Exercice 2.

Exercice 3.

Exercice 4.

Ω Ω

Ω

Ω Ω

et les

et d´

Professeur DJEDDI Kamel

z3 sur C.

Solution. On aux = a , vy = d , uy = b et vx = c.

Il est donc necessaire et suffisant que a = d et que b = −c. On a alors

f(z) = (a + i c)(x + i y).

Exercice 2.

2-

Notons u = Re(f), v = Im(f). Il vient :

u′x(z) = 2x , u′y(z) = 0 , v′x(z) = y3 , v′y(z) = 3xy2.

Si U ⊂ C est un ouvert non vide tel que f |U ∈ H(U), on obtient en particulier

u′y(z) = −v′x(z) pour tout z ∈ U , donc Im(z) = 0 pour tout z ∈ U . C’est absurde,

puisque z ∈ C ; Im(z) = 0 est d’intérieur vide.

Exercice 3.

Il est immédiat que f est de classe C 1 sur l’ouvert U . D’autre part, pour

z = x+ iy ∈ U , on trouve facilement :

u′x(z) =x

x2 + y2, u′y(z) =

y

x2 + y2, v′x(z) =

−yx2 + y2

, v′y(z) =x

x2 + y2·

Ainsi, f vérifie les conditions de Cauchy-Riemann sur U . D’où f ∈ H(U).

Exercice 4.

Pour w = sin z, on a

u = sinx y et v = cos x y

de telle sorte que

ux = cos x y = vy et uy = sinx y = −vx.

ch sh

ch sh

b)

Solutions des exercices


Solution. Pour w = z3, on a

u = x3 − 3xy2 et v = 3x2y − y3

de telle sorte que

ux = 3x2 − 3y 3 = vy et uy = −6xy = −vx .

c)

Exercice 1Déterminer le rayon de convergence des séries entières

a)∑n>0

n2 + 13n zn b)

∑n>0

e−n2zn c)

∑n>1

lnnn2 z

2n d)∑n>0

nn

n! z3n

Soit∑anz

n R.Déterminer le rayon de convergence de la série entière

∑anz

2n.

Calculer la somme de la série entière suivante pour tout nombre complexe z

S(z) =

∞∑

n=1

ch nz2n

n!.

1) Calculer la somme des séries entières suivantes pour tout nombre complexe z

S(z) =∞∑

n=0

(1 + i)nzn

n!et T (z) =

∞∑

n=0

(1 − i)nzn

n!.

2) En déduire le développement en série entière de ez cos z, ez sin z, ,

Exercice 5

R et calculer pour tout z de [−R, R ] k, la somme

S(x) =

∞∑

n=1

zn

n(n + 1).

e 0 des fonctions définieskkkpar

f11111( (

et préciser les rayons de convergence.

) =zsin) = cosz chz z z z z

f

sh z z ln'(1- -)−f11111( ) =z f11111( ) =z f11111( ) =zetf11111

, l’ensemble D domaine deconvergence.

1

nsin

(

1 +1

n

)

lne)∑n>1

f)∑n>1

zn zn

UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’


une série entière de rayon de convergence

Série entière,

Déterminer le développement en série entière au voisinage d

développement en série entière/

1 2 3 4 5

i

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 6

Département des sciences et de la technologie

rayon de convergence, domaine de convergence,

Déterminer le rayon de convergence

Résponsable de module DJEDDI amelK

CorrectionsExercice 1 :a) un(z) = n2+1

3n zn. Pour tout z 6= 0,∣∣∣un+1(z)un(z)

∣∣∣→ |z|3 donc R = 3.

b) un(z) = zne−n2 . Pour tout z ∈ C, n2un(z)→ 0 donc R = +∞.c) un(z) = lnn

n2 z2n. Pour tout z 6= 0,

∣∣∣un+1(z)un(z)

∣∣∣ = ln(n+1)lnn

n2

(n+1)2 |z|2 → |z|2 doncR = 1.d) un(z) = nn

n! z3n. Pour tout z 6= 0,

∣∣∣un+1(z)un(z)

∣∣∣ = (n+1)nnn |z|3 → e |z|3 donc

R = e−1/3.

Notons R′ le rayon de convergence de∑anz

2n.Pour |z| <

√R,∣∣z2∣∣ < R et donc

∑an(z2)n =

∑anz

2n est absolumentconvergente.Pour |z| >

√R,∣∣z2∣∣ > R et donc

∑an(z2)n =

∑anz

2n est grossièrementdivergente.On en déduit R′ =

√R.

an ∼ 1

n. R = 1 .

Pour x = −1 la série de terme général anxn ne converge pas absolument, mais elle convergecar elle est alternée, puisque la suite (sin(1/n)) décroît et converge vers 0. Pour x = 1 la sériediverge. Alors

e)

A = ]−1, 1 [ et C = [−1, 1 [ .

ln

(

1 +1

n

)

∼ 1

n, .

Lorsque x = 1, il résulte de l’équivalent précédent que la série de terme général ln(1 + 1/n)diverge par comparaison à la série harmonique.

Lorsque x = −1, il résulte de la croissance de la fonction logarithme que la suite (ln(1 + 1/n))est décroissante. Par ailleurs, puisqu’elle est équivalente à (1/n), la suite (ln(1 + 1/n)) convergevers 0. Alors la série de terme général (−1)n ln(1 + 1/n) est alternée et converge donc, mais ellene converge pas absolument. On en déduit que

A = ]−1, 1 [ et C = [−1, 1 [ .

f)

cos z =∞∑n=0

(−1)nz2n

(2n)!, sin z =

∞∑n=0

(−1)nz2n+1

(2n+ 1)!,

ch z =∞∑n=0

z2n

(2n)!, sh z =

∞∑n=0

z2n+1

(2n+ 1)!·

On remarquera que, si z ∈ C :

ch(iz) = cos z , sh(iz) = i sin z.



amelK DJEDDI

1

Exercice 2:

Exercice 3:

En écrivant

ch n =en + e−n

2,

on a

S(z) =∞∑

n=1

en + e−n

2

z2n

n!,

donc

S(z) =1

2

( ∞∑

n=1

(ez2)n

n!+

∞∑

n=1

(e−1z2)n

n!

)

,

et finalement

S(z) =1

2

[(

eez2 − 1)

+(

ez2/e − 1)]

,

ou encore

S(z) =1

2

(

eez2

+ ez2/e)

− 1 .

Toutes les séries entières apparaissant dans le calcul précédent sont de rayon infini. La sommeest donc valable pour tout z complexe.

1) On a, pour tout nombre z complexe,

S(z) = e(1+i)z = ez(cos z + i sin z) .

2) Si l’on écrit,1 + i =

√2 eiπ/4 ,

on obtient donc

S(z) =∞∑

n=0

2n/2einπ/4 zn

n!.

et de même,T (z) = e(1−i)z = ez(cos z − i sin z) ,

s’écrit

T (z) =

∞∑

n=0

2n/2e−inπ/4 zn

n!.

Alors, puisque

ez cos z =1

2(S(z) + T (z)) et ez sin z =

1

2i(S(z) − T (z)) ,

amelKProf DJEDDI2

Exercice 4:

Exercice 5:

on obtient

ez cos z =

∞∑

n=0

2n/2 cosnπ

4

zn

n!et ez sin z =

∞∑

n=0

2n/2 sinnπ

4

zn

n!.

Si l’on pose

an =1

n(n + 1),

on a

an ∼ 1

n2,

etan

an+1=

n + 2

n,

tend vers R = 1. De plus la série converge absolument si |x| = 1 par comparaison à une série deRiemann.

En décomposant la fraction en éléments simples, on obtient

1

n(n + 1)=

1

n− 1

n + 1.

Or les séries entières de coefficients 1/n et 1/(n + 1) sont de rayon 1, donc, si |x| < 1,

S(x) =

∞∑

n=1

xn

n−

∞∑

n=1

xn

n + 1.

Alors, si x 6= 0,

S(x) =

∞∑

n=1

xn

n− 1

x

∞∑

n=1

xn+1

n + 1.

et donc

S(x) =

∞∑

n=1

xn

n− 1

x

∞∑

n=2

xn

n

= − ln(1 − x) − 1

x(− ln(1 − x) − x)

= 1 − x − 1

xln(1 − x) .

Par ailleurs S(0) = 0.

Il résulte du théorème d’Abel que le résultat précédent est encore valable en 1 et en −1, et donc

S(1) = limx→1−

S(x) = 1 et S(−1) = limx→−1+

S(x) = 1 − 2 ln 2 .

amelKProf DJEDDI3

Exercice 6:



Département des sciences et technologie


de la

Calculer l’integrale∫zdz, ou est le chemin joignant le point (1, 1)

long de la parabole d’equation y = x2.

Calculer∫

(z2 + 3z)dz le long du cercle |z| = 2, du point (2, 0) au point (0, 2).

a)sin (πz2) + cos (πz2)

(z − 1) (z − 2) dz,

b)e2z

(z + 1)4dz

Calculer

C designant le cercle unite parcouru dans le sens positif, calculer∫C

dz

2z2 − 5z + 2.

∫C

sin6 z

(z − π/6)2dz.

∫∫

γ

γ γ

γ

γ

a)

b)

Soit γ le cercle de rayon 3 et le centre 2iCalculer l’indice de γ ou c = 2iCalculer longueur de γ joignant le point (3, 2) au point (−3, 2)

La formule intégrale de Cauchy

Calculer

Exercice 4

Exercice 3

au point (2, 4) le

)

)

Exercice 2

2

Exercice 1

1 où est le cercle |z| = 3

.

γ

Corrections



amelK DJEDDI

1

Le chemin est paramétré par t 7→ (t, t2), où t ∈ [1, 2]. On a donc, le long du chemin,z = t+ it2, dz = (1 + 2it)dt, et donc

I =∫ 2

1(t− it2)(1 + 2it)dt = 9 + 7

3 i.

Exercice 2On peut paramétrer l’arc de cercle par z = 2eit, 0 ≤ t ≤ π. Il vient

I =∫ π/2

0(4e2it + 6eit)2ieitdt = −8

3 i− 443 ,

après un petit calcul... Une autre façon de procéder est de remarquer que, dans l’ouvert C, lafonction z 7→ z2 + 3z admet une primitive, égale à F : z 7→ z3/3 + 3z2/2. On a alors, et ceci nedépend en fait pas du chemin suivi :

I = F (2)− F (2i).

Bien sûr, on doit trouver le même résultat !

Exercice 3

Exercice 1

amelKProf DJEDDI2

De1

(z − 1) (z − 2) =1

z − 2 −1

z − 1 , on tire∮C

sin (πz2) + cos (πz2)

(z − 1) (z − 2) dz =

∮C


z − 2 dz −∮C


z − 1 dz

L’application de la formule de Cauchy pour a = 2 et a = 1 donne∮C


z − 2 dz = 2πisin(π22)+ cos

(π22)= 2πi,

∮C


z − 1 dz = 2πisin(π12)+ cos

(π12)= −2πi,

car z = 1 et z = 2 sont à l’intérieur de C et sin (πz2) + cos (πz2) est holomorphe dans C. L’intégrale

considérée vaut donc 2πi− (−2πi) = 4πi.

b) Soit f (z) = e2z et a = −1, la formule intégrale de Cauchy s’écrit

f (n) (a) =n!

2πi

∮C

f (z)

(z − a)n+1dz.

Si n = 3, alors f ′′′ (z) = 8e2z et f ′′′ (−1) = 8e−2. Dans ces conditions la formule (1) devient

8e−2 =3!

2πi

∮C

e2z

(z − a)4dz,

d’où l’on tire la valeur de l’intégrale considérée8

3πie−2.

6. C designant le cercle unite parcouru dans le sens positif, calculer∫C

dz

2z2 − 5z + 2.

Solution. Decomposons en fractions partielles. On obtient

12z2 − 5z + 2

=13

(1

z − 2− 1

z − 1/2

)et en vertu du theoreme et de la formule de Cauchy,∫

C

dz

2z2 − 5z + 2=

13

(∫C

dz

z − 2−∫C

dz

z − 1/2

)= −2πi

3.

Exercice 4


Fonctions d’une variable complexe 2012/2013

Département des sciences et technologie


de la

Exercice 1

Calculer l’intégrale

I =

∫ ∞

−∞

sin x dx

x2 + 2x + 2·

Calculer l’intégrale :

I =

∫ ∞

−∞

dx

x2 + 2ix + 2 − 4i·

En déduire les valeurs:

∫ ∞

−∞

(x2 + 2)dx

x4 + 8x2 − 16x + 20∫ ∞

−∞

(4 − 2x)dx

x4 + 8x2 − 16x + 20

I11 =

I =

1

2

∫ ∞

−∞ x2 + x +·dx

1

Calculer intégrales:

∫ ∞

−∞ x6+

dx

1,

les

Exercice 2

Exercice

Théorème des résidus et applications

3

52ième annéeTD

Corrections


2ième année TD Fonctions d’une variable complexe 2012/2013

amelK DJEDDI

1

Exercice 1

!1

&%

0 6 dx1x

1I .

(converge car )1dxx1dx

x1dx

1x1

1 21 61 6 !!!111

%AA&

Soit ! &%

C 6 1zdzJ où - . ;L#% R,RC et R > 1.

Des 6 pôles simples, seuls 65i

6i

e ,i ,e$$

sont dans C. G H)e(sRe)i(sRe)e(sRei2J 6/5i6/i $$ &&$% .

6e

z61lim

1zezlim)e(sRe

6/5i

5ez6

6/i

ez6/i

6/i6/i

$#

/

$

/

$ %''(

)**+

,%'

'(

)**+

,

&

#%

$$

.1z

dz1x

dx32

6e

6i

6ei2J

R

R 66

6/i6/5i

! !# ;

$#$#

&&

&%

$%'

'(

)**+

,&

#&$%

;

-R R

ii$6

5i$6

7i$6

11i$6

ee

e e

!; 1/1//

&B/

&J

R6R6 01z

dz01z

1z d’où 32

1xdx6

$%

&!1

1# et

31xdx

0 6$

%&!

1.

5

amelKProf DJEDDI2

Posons f (z) =1

z2 + 2iz + 2 − 4i· Les pôles de f sont simples et on a z1 = 1 + i et

z2 = −1 − 3i, Im(z2) < 0, est à rejeter.Les conditions sont toutes vérifiées, on a alors,

∫ ∞

−∞

dx

x2 + 2ix + 2 − 4i= 2πiRes( f , 1 + i).

Res( f , 1+i) = limz−→1+i

(z−1−i) f (z) = limz−→1+i

(z−1−i)1

z2 + 2iz + 2 − 4i= lim

z−→1+i

12z + 2i

=1

2 + 4i·

Finalement,

I = 2πi · 12 + 4i

=2π5+ iπ

5·

Remarquons que, f (x) =1

x2 + 2ix + 2 − 4i=

(x2 + 2) − i(2x − 4)

(x2 + 2)2+ (2x − 4)2

=(x2 + 2) − i(4 − 2x)x4 + 8x2 − 16x + 20

,

d’où l’on déduit,∫ ∞

−∞

(x2 + 2)dx

x4 + 8x2 − 16x + 20=

2π5

,

∫ ∞

−∞

(4 − 2x)dx

x4 + 8x2 − 16x + 20=π

5·

I =

∫ ∞

−∞

sin x dx

x2 + 2x + 2·

Soit f (z) =eiz

z2 + 2z + 2, on a deux pôles simples z1 = −1 + i, et z2 = −1 − i ce dernier est

à rejeter.

On a donc Res( f ,−1 + i) = limz−→−1+i

(z + 1 − i) f (z) = limz−→−1+i

(z + 1 − i)eiz

z2 + 2z + 2=

e−1−i

2i·

Finalement,∫ ∞

−∞

eix dx

x2 + 2x + 2= 2πi

e−1−i

2i= π e−1−i = π e−1(cos 1− i sin 1) d’où l’on déduit,

I =

∫ ∞

−∞

sin x dx

x2 + 2x + 2= −π e−1 sin 1,

J =

∫ ∞

−∞

cos x dx

x2 + 2x + 2= π e−1 cos 1.

Exercice 2

Exercice 3

Documents

Exercices avec les solutions d'analyse complexe