ECOLE MOHAMMADIA D’INGENIEURS
FONCTIONS HOLOMORPHES
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FONCTIONS HOLOMORPHES ´ TRAVAUX DIRIGEES par Rachid ELLAIA Ann´ee scolaire 2010-2011
Exercice 1 a) Soit P la fonction de deux varuables d´efinie par (x, y) ,→ P (x, y) =
x2
x . + y2
D´eterminer les fonctions r´eelles (x, y) ,→ Q(x, y) telles que z = x + iy ,→ ϕ(z) = P (x, y) + iQ(x, y), | \ {0}. soit holomorphe dans C b) Soit (x, y) ,→ Q(x, y) = cos x sh y. On peut trouver P (x, y) tel que la fonction f (x+iy) = | P (x, y) + iQ(x, y) soit holomorphe dans C.
´ Exercice 2 Ecrire les conditions de Cauchy lorsque z = reiθ et f (z) = P (r, θ) + iQ(r, θ). | dont la partie r´ Trouver ensuite les fonctions z ,→ f (z), holomorphe dans C eelle ne d´epend que de r =| z |.
Exercice 3 D´evelopper en s´erie de Laurent dans une couronne de centre O la fonction z ,→ 1 , en envisageant les diff´erents cas possibles. 2 z − 4z + 3 Exercice 4 ∂P ∂P a) Si P est une fonction harmonique, v´erifier que P1 = x +y est aussi une fonction ∂x ∂y harmonique. h ∂P 2 ∂P 2 i b) Si P est une fonction harmonique, Log + est ´egalement harmonique. ∂x ∂x i h c) Montrer que la fonction ψ(x, y) = log (x − 1)2 + (y − 2)2 est harmonique sur tout ouvert ne contenant pas le point (1, 2). 0
RACHID ELLAIA
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Exercice 5 D´evelopper en s´erie de Laurent des fonctions suivantes au voisinage du point donn´e, ensuite calculer le r´esidu en ce point f (z) =
ez , z−1
f (z) =
z=1
1 + cos z , (z 2 − π 2
f (z) =
z = π,
z2
1 , − 5z + 6
f (z) =
sin z , z2
z=2 z=0
Exercice 6 D´eterminer les pˆoles ( et l’ordre de multiplicit´e) ou les points singuliers essentiels isol´es des fonctions suivantes : z4
1 1 1 1 , , , . 2 2 z + 1 (z + z + 1) sin z (e + 2)2
Calculer ensuite le r´esidu relatif a` chaque pˆole ou a` chaque point singulier isol´e. Exercice 7 En utilisant la m´ethode des r´esidus, calculer les int´egrales suivantes : I=
Z ∞ 0
sinx dx, x
J=
Z 2π 0
dθ 5 + 4 cos θ
K=
Z π 0
dθ 1 − 2r cos θ + r2
, 0≤r<1
Exercice 8 Calculer l’int´egrale d´efinie Z ∞
x4
0
1 dz le long du contour Γ+ = C + ∪ 4 2 + Γ z +z +1 est l’arc demi cercle sup´erieur de centre l’origine et de rayon R orient´e dans
´ indication: Evaluer l’int´egrale curviligne [−R, +R], o` u C+ le sens positif.
dx . + x2 + 1
Z
Exercice 9 a) En consi´erant la courbe ci-contre, calculer l’int´egrale ln x √ dx. x(x + 1) 0 b) En consid´erant la mˆeme courbe, calculer
0
6 @ R@ q @ C
Z +∞
Z +∞
y
-1 O
xα−1 dx 1+x
D A x
α ∈]0, 1[.
eiaz a ∈ IR∗+ . e2πz − 1 En int´egrant laZfonction f (z) le long d’un contour convenablement choisi, calculer l’int´egrale +∞ sin ax dx. de Fourier I = e2πx − 1 0 Exercice 11 a) En utilisant le contour suivant y 6 Calculer les int´egrales d’Euler Exercice 10 Quels sont les points singuliers de la fonction f (z) =
Z ∞ 0
2
cos x dx et
Z ∞
sin x2 dx
γ2
0
γr
π 4
O
-
γ1
-
r x
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b) En utilisant un rectangle comme contour et la valeur Z +∞ Z +∞ √ 2 −x2 e dx = π/2, calculer l’int´egrale de Poisson e−ax cos bxdx , 0
a > 0.
0
Exercice 12 Soit la fonction d´efinie par f (z) =
log z dz (1 + z 2 )2
y 6
et γ le contour ferm´e suivant
@ R@
-1
γR
@ @
O
-
1o ) Montrer que Z
lim →0
γ
Z
f (z)dz = lim R→∞
γR
f (z)dz = 0
2o ) En utilisant le Th´eor`eme des r´esidus, calculer Z ∞ 0
log x dx (1 + x2 )2
Exercice 13 En int´egrant la fonction f (z) = e−z
2 /2
le long du contour suivant
y 6
a
?
6
-R montrer que
-
O
-
+R x
1 √ −a2 /2 πe 2 0 Exercice 14 α ´etant un r´eel compris entre 0 et 1. Int´egrer, sur le contour suivant Z ∞
e−x
2 /2
cos axdx =
y 6
γ2 γr
γ1 −r
-
− O
la fonction f (z) =
-
x
r
1+
log(1 − z) . z 1+α
En d´eduire que Z ∞ 0
ln(1 + x) π 1 dx = 1+α x α sin πα
et
Z ∞ 0
ln |1 − x| π dx = cotg πα 1+α x α
-
x
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FONCTIONS HOLOMORPHES SOLUTIONS Ann´ee scolaire 2009-2010
Exercice 5 a) On a ez ez−1 e z − 1)2 =e· = 1 + (z − 1) + + ··· z−1 z−1 z−1 2! e e = + e + (z − 1) + · · · + z−1 2!
d’o` u Res(f, 1) = e. b) On a z2
1 1 1 1 = =− − 5z + 6 (z − 2)(z − 3) z − 2 (1 − (z − 2)) 1 =− 1 + (z − 2) + (z − 2)2 + · · · + z−2 1 − 1 + ···+ =− z−2
Donc Res(f, 2) = −1. c) On a (z − π)2 (z − π)4 (z − π)6 − + + ··· 2! 4! 6! 1 1 (π − z) 2! (π − z)2 (π − z)3 = + − + · · · 1− z+π 2π 2π 2 (2π)2 (2π)3 1 + cos z =
d’o` u 1 + cos z 1 (z − π)2 (z − π)4 (z − π)6 (π − z) 2! (π − z)2 (π − z)3 = − + +· · · 1− + − +· · · (z − π)(z + π) 2π 2! 4! 6! 2π 2 (2π)2 (2π)3
d’o` u R´es (f, π) = 0. d) f (z) =
sin z 1 z = − + ···+ 2 z z 6
donc R´es (f, 0) = 1. Exercice 7 Calcul de l’int´egrale I Soit la fonction f (z) = 0
RACHID ELLAIA
eiz z
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d´efinie a` l’int´erieur du contour suivant y 6
CR+
C− -
−
−R
-
+
O
-
x
R
D’apr`es le Th´eor`eme de Cauchy, (f r´epondant aux conditions du Th´eor`eme), on a Z −
(∗)
f (z)dz +
Z C−
−R
Z −
f (z)dz +
f (z)dz = −
Z −
f (z)dz +
Z −z 0 e R
Z R
−R
f (z)dz =
f (x)dx +
−R
donc
Z R
z0
Z R iz e
dz 0 =
Z + CR
Z R −z e
z
f (z)dz = 0
dz
Z R − e−iz sin z dz = 2i dz. z z
Montrons que Z + CR
f (z)dz −→ 0 quand R −→ ∞
D’apr`es le lemme 3 de Jordan, sup |f (z)| −→ 0 quand R −→ ∞, donc |z|=R
lim
Z
R→∞ C + R
f (z)dz = 0 et d’autre part
Z C−
f (z)dz = −
Z C+
f (z)dz.
Or, d’apr`es le lemme 4 de Jordan et ´etant donn´e que f est holomorphe dans un disque point´e en O, et admettant 0 pour pˆole simple, lim
Z
→0 C+
f (z)dz = iπRes (f, 0) = iπ · 1 = iπ
D’apr`es la relation (∗), on a 2i
Z ∞ 0
Z ∞ sinx sinx dx = iπ, soit dx = π x x 0
Exercice 9 b) Soit la fonction f (z) z α−1 α ∈]0, 1[. 1+z d´efinie dans le domaine D limit´e par le contour suivant: f (z) =
zα n’a d’autres singularit´es 1+z qu’un pˆole pour z = −1. Elle est donc holomorphe dans D sauf au pointz = −1. Aussi, pour R > 1, on a Z f (z)dz = 2πiRes(f (z); z = −1) = −2πieiπα . Dans le domaine D limit´e par le contour C, la fonction f (z) =
C
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6
y 6
CR
@ R@ @
r
C O B
D -x A
@
-1
D’autres part, les int´egrales prises le long des circonf´erences de rayon et R tendent vers z´ero quand → 0 et R → ∞. ~ on pose X = x − il. Quand → 0 et l → 0, on a X → x et arg X → 2π. Sur AB, ~ on pose X = x + il. Quand → 0 et l → 0, on a X → x et arg X → 0. D’o` Sur CD, u Z ~ AB
f (X)dX =
Z 0
Z 0
f (x + il)dx −→
R
+∞ −2πiα
= −e
e(α−1) log x ei2π(α−1) dx quand → 0, R → ∞ 1+x
Z ∞ (α−1) log x e
1+x
0
et Z ~ CD
f (X)dX =
Z R
f (x + il)dx −→
Z ∞ 0
0
dx
xα−1 dx quand → 0, R → ∞ . 1+x
α
R −→ 0 quand R → ∞, ceci r´esulte du Th´eor`eme −1 + R |z| de Cauchy. Il en r´esulte pour r → 0 et R → ∞ que On a 0 < α < 1, donc sup | zf (z) |≤
2πiα−1
1−e
π sα ds = −2πieiπα = 1+s sin πα
Z ∞ +
Exercice 11 a) Soit la fonction f (z) = eiz
2
y
d´efinie a` l’int´erieur du contour suivant
6
γ2
γr
π 4
O
-
-
γ1
r x
f remplissant les conditions du Th´eor`eme de Cauchy, on a Z
f (z)dz = 0
Γ
d’o` u (∗)
Z γ1
f (z)dz +
Z γ2
f (z)dz +
Z γr
f (z)dz = 0
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avec Z
f (z)dz =
Z r
7
2
eix dx.
0
γ1
2
Sur γr , z = r cos θ + ir sin θ, 0 ≤ θ ≤ π/4, z 2 = r2 cos 2θ + ir2 sin 2θ, de sorte que eiz = 2 2 2 eir cos 2θ e−r sin 2θ et |zf (z)| = re−r sin 2θ , et le lemme de Jordan ne s’applique pas car pour θ = 0, |zf (z)| = r ne tend pas vers 0 quand r tend vers l’infini, au contraire! On a Z Z 2 f (z)dz = eiz dz γr 2 z
Posons t = z ,
1/2
=t
, t∈
γr0
γr 2 iθ
⇐⇒ t = r e , 0 ≤ θ ≤ π/2, donc 1 Z ei t √ dt . f (z)dz = 2 γr0 t γr
Z
En faisant une int´egration par parties 1 Z eit 1 h eit i √ dt = √ . 2 γr0 t 2i t γr0 Or si t ∈
γr0 ,
on a
eit √
t
=
e−r
2
sin θ
≤
r
1 −→ 0 quand r → +∞, donc r
h eit i
√ t
γr0
−→ 0 quand r −→ +∞.
Par ailleurs, d’apr`es le lemme de Jordan, on a Z γr0
en effet
teit 3/2
t
eit dt −→ 0 quand r −→ +∞, t3/2 2
|eit | e−r sin θ = 1/2 = −→ 0 quand t −→ +∞ |t | r
On conclut que lim
Z
r→+∞ γr
f (z)dz = 0
Sur γ2 , z = xeiπ/4 , avec x varie de r a` 0, d’o` u Z γ2
iz 2
e dz =
Z 0
−x2
e
eiπ/4 −
r
Z r 0
√ √ Z 2 −x2 2 r −x2 e dx − i e dx 2 2 0
d’o` u, quand r tend vers l’infini, et d’apr`es la relation (∗), √ Z √ Z Z ∞ 2 ∞ −x2 2 ∞ −x2 ix2 e dx − e dx − i e dx = 0. 2 0 2 0 0 Sachant que Z ∞ 0
√ e
−x2
dx =
π 2
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il en r´esulte que Z ∞
2
cos x dx =
Z ∞
0
0
Exercice 12 La fonction f (z) =
√ π sin x dx = √ 2 2 2
log z dz (1 + z 2 )2
poss`ede un seul pˆole z = i a` l’int´erieur du contour suivant y 6
C− −R
-
−
+
O
CR+
-
-
R
x
D’apr`es le Th´eor`eme des R´esidus, on a Z − −R
Z Z R Z log z log x log z log z dz + dz + dx + dz = 2iπRes (f, i) 2 2 2 2 2 2 − + (1 + z ) (1 + x ) C (1 + z ) CR (1 + z 2 )2
Posons z 0 = z, on obtient Z − −R
donc
Z R Z R log z log z 0 log z 0 + iπ 0 0 dz = dz = dz (1 + z 2 )2 1 + z 02 )2 (1 + z 02 )2
Z − −R
Z R Z R log z log z dx dz = dz + iπ 2 2 2 2 (1 + z ) (1 + z ) 1 + x2 )2
Montrons que Z
lim
+ CR
R→∞
f (z)dz = 0
On a log z
q
(log r)2 + θ2 (log z = log r + iθ, −π ≤ θ ≤ π o` u z = rei θ) √ Pour R assez grand, log z ≤ 2 ln R, d’o` u =
Z
+ CR
√ ln R log z dz ≤ 2 2 · πR 2 2 (1 + z ) (R − 1)2
or
ln R · πR = 0 − 1)2
lim
R→∞ (R2
donc lim
R→∞
Z
+ CR
f (z)dz = 0.
√ De mˆeme, sur le contour C+ , log z ≤ 2 ln 1 (pour assez petit), donc
Z
C+
√ 2 ln 1 log z ≤ dz · π −→ 0 quand → 0 (1 + z 2 )2 (1 − 2 )2
8
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2o ) On en d´eduit d’apr`es le Th´eor`eme des r´esidus que 2
Z +∞ 0
Z +∞ ln x dx dx + iπ = 2πiRes (f, i) 2 2 (1 + x ) (1 + x2 )2 0
Par identification, on obtient Z +∞ 0
ln x π dx = − 2 2 (1 + x ) 4
Exercice 13 2 La fonction f (z) = e−z /2 v´erifie les conditions du Th´eor`eme de Cauchy dans le domaine limit´e par le contour suivant y 6 γ a 3
−γ4 ?
γ2 6
-R Donc
Z R
O
Z
f (z)dz +
R
-
+
Z
γ2
f (z)dz +
γ3
-
+R x
Z
f (z)dz = 0.
γ4
Montrons que Z
f (z)dz =
γ2
Z
f (z)dz = 0
γ4
sur γ2 , on a z = R + iy o` u 0 ≤ y ≤ a et Z
=i
Z a
γ2
1
2
e 2 (R+iy) dy
0
donc Z
γ2
R2 2
or lim e = 0 donc lim R→∞ R→∞ On montre de mˆeme que
R γ2
f (z)dz
≤e
−R2 2
Z a
y2
e 2 dy
0
f (z)dz = 0. lim
Z
f (z)dz = 0.
R→∞ γ4
Sur γ3 , on a z = x + ia, et donc Z
f (z)dz =
Z R
e
−1 (x+ia)2 2
dx
−R
γ3
donc Z
f (z)dz =
Z R
e
−x2 2
×e
−a2 2
×e
−iax
dx = −e
a2 2
Z R
−R
γ3
e
−x2 2
(cos ax − i sin ax)dx .
−R
Or, d’apr`es le Th´eor`eme de Cauchy, et en faisant tendre R vers l’infini, on a Z +∞ −∞
e
−x2 2
a2
dx − e 2
Z +∞ −∞
e
−x2 2
a2
cos axdx + ie 2
Z +∞ −∞
e
−x2 2
sin axdx = 0
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d’o` u
Z +∞
e
−x2 2
FONCTIONS HOLOMORPHES
cos axdx = e
Z +∞
−a2 2
−∞
e
−x2 2
10
dx
−∞
Or
Z +∞
e
−x2 2
dx =
√
2π
−∞
soit Z +∞
√ e
−x2 2
2π −a2 e 2 . 2
cos axdx =
−∞
Exercice 14 La fonction
log(1 − z) . z 1+α est holomorphe `a l’int´ereur du contour Γ suivant f (z) =
y 6
Γ γ1 −r
-
− B O
A
CD
γ2 γr -
1+ E
r
-
x
F
On a Z
f (z)dz = 0 =
Z
f (z)dz +
f (z)dz +
Z γ1
γAB
γr
Γ
Z
Or
f (z)dz +
Z
Z
f (z)dz +
f (z)dz +
γ2
γCD
Z ∞
Z ∞ ln(1 + x) ln(1 + x) −iπα dx = e dx 1+α i(1+α)π r→∞→0 γAB x e x1+α 0 0 Z Z ∞ ln |1 + x| + iπ lim f (z)dz = dx r→∞→0 γEF x1+α 1 Z Z ∞ ln(1 − x) lim f (z)dz = dx r→∞→0 γCD x1+α 0 D’apr`es le lemme 1 de Jordan, on a Z
lim
lim
Z
→0 γ1
d’o` u
f (z)dz = lim
Z ∞ 0
et
f (z)dz =
Z
→0 γ2
f (z)dz = 0 et de mˆeme
lim r→∞
Z
f (z)dz = 0
γr
Z ∞ Z ∞ ln |1 − x| dx ln(1 + x) −iπα dx + iπ −e dx = 0 1+α 1+α x x x1+α 0 0 Z ∞ 0
Z ∞ ln |1 − x| dx π dx sin πα = −π = 1+α 1+α x x α 0
par suite Z ∞ 0
et
Z ∞ 0
soit
ln(1 + x) π 1 dx = 1+α x α sin πα
Z ∞ ln |1 − x| ln(1 + x) dx − cos απ dx = 0 1+α x x1+α 0 Z ∞ 0
ln |1 − x| π dx = cotg πα x1+α α
Z γEF
f (z)dz
