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Exercices avec les solutions d'analyse complexe
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Exercices avec les solutions d'analyse complexe

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  • 1. |z1 − z2|2+ |z1 + z2|2= 2(|z1|2+ |z2|2).z > 0, montrer quez1 + z2> 0 si et seulement si |z| < 1.limn→+∞n inn + 1, limn→+∞n1 + i2n.z − 1)3 − 1 = 0, z4 + 2 = 0 et z5 − 1 = i.Si ImImDépartement des sciences et technologie2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013Ecrire les nombres complexes suivantes a la forme algebrique( )51031;21;2121iiii+ ++−11lim 62++→ zziz,Exercice 1Exercice 2Exercice 3Exercice 4Exercice 5UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHID´emontrer l’identit´e’R´esoudre les ´equations(Calculer les limites suivantes :suivantes :djeddi.kamel@gmail.com
  • 2. Exercice 1Exercice 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).z1z2z1 z2z1 z2Exercice 3Solution. Posant z = x + i y, on az1 + z2=(x + i y)(1 + x2 − y2 − i 2xy)(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2=−2x2y + y + x2y − y3(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2> 0si et seulement siy(1 − x2− y2) > 0.( )5 55 31 31 3 2 32( )2 2ii e i+ = = −πi31616 −=ieei ii=== + 254101021ππiiiiiii5453543)21()21()21(2121 2−−=−−=−+−=+−2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/20131Solutions des exercicesIm Imdjeddi.kamel@gmail.com
  • 3. Exercice 5Solution. Directement de la formule pour la racine cubique d’un nombrecomplexe, les trois solutions de l’´equation (z − 1)3 − 1 = 0 sont1 + cos2π3+ i sin2π3, 1 + cos4π3+ i sin4π3et 2.De mˆeme, pour z4 + 2 = 0, on obtient4√2 cos3π4+ i sin3π4,4√2 cos5π4+ i sin5π44√2 cos7π4+ i sin7π4et4√2 cosπ4+ i sinπ4.Pour l’´equation z5 − 1 = i, on a10√2 cosπ20+ i sinπ20,10√2 cos3π20+ i sin3π20,10√2 cos5π20+ i sin5π20,10√2 cos7π20+ i sin7π20et10√2 cos9π20+ i sin9π20.Solution. La premi`ere limite n’existe pas : les valeurs adh´erentes decette suite sont en effet les nombres −1, −i, 1, i. La deuxi`eme limiteest 0 puisque1 + i2=1√2< 1.Exercice 431)1)(1(1lim11lim 242262=+−++=++→→ zzzzzziziz2
  • 4. D´eterminer l’ensemble des points o`u les fonctions suivantes sontd´erivables au sens complexe (on proc`edera directement puis `a l’aide des ´equationsde Cauchy-Riemann) :a) z → zb) z → zzer que les fonctions suivantes sont holomorphes :c) z →z = x + iy ∈ C x, y ∈ R f(z) = x2 + ixy3.C f ∈ H( ) ?= {z ∈ C ; Re(z) > 0} z= x + iy ∈ x, y ∈ Rf(z) = ln |z| + i Arc tanyx·f ∈ H( ).c)d)z →z → .a)b)z → sur C.z → sur C.zezy ix+|z| 2sinza, b, cf (z) = ax + by + i (cx + dy1- Montr2-Pour , avec , on poseExiste-t-il un ouvert non vide de tel queSoit , avec , onProuver queles conditions sur les constantes reellesrendent la fonction ) .holomorphequi. S iD´eterminerDépartement des sciences et technologiesUNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD2 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013:posefonctions holomorphes de Cauchy-Rconditions iemannExercice 1.Exercice 2.Exercice 3.Exercice 4.et leset d´Professeur DJEDDI Kamelz3sur C.
  • 5. Solution. On aux = a , vy = d , uy = b et vx = c.Il est donc n´ecessaire et suffisant que a = d et que b = −c. On a alorsf(z) = (a + i c)(x + i y).Exercice 2.2-Notons u = Re(f), v = Im(f). Il vient :ux(z) = 2x , uy(z) = 0 , vx(z) = y3, vy(z) = 3xy2.Si U ⊂ C est un ouvert non vide tel que f|U ∈ H(U), on obtient en particulieruy(z) = −vx(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 C1 sur l’ouvert U. D’autre part, pourz = x + iy ∈ U, on trouve facilement :ux(z) =xx2 + y2, uy(z) =yx2 + y2, vx(z) =−yx2 + y2, vy(z) =xx2 + y2·Ainsi, f vérifie les conditions de Cauchy-Riemann sur U. D’où f ∈ H(U).Exercice 4.Pour w = sin z, on au = sin x y et v = cos x yde telle sorte queux = cos x y = vy et uy = sin x y = −vx.ch shch shb)Solutions des exercices2ième année TD2 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013Solution. Pour w = z3, on au = x3− 3xy2et v = 3x2y − y3de telle sorte queux = 3x2− 3y3= vy et uy = −6xy = −vx .c)
  • 6. Exercice 1Déterminer le rayon de convergence des séries entièresa)n 0n2+ 13nznb)n 0e−n2znc)n 1ln nn2z2nd)n 0nnn!z3nSoit anznR.Déterminer le rayon de convergence de la série entière anz2n.Calculer la somme de la série entière suivante pour tout nombre complexe zS(z) =∞n=1ch nz2nn!.1) Calculer la somme des séries entières suivantes pour tout nombre complexe zS(z) =∞n=0(1 + i)n znn!et T(z) =∞n=0(1 − i)n znn!.2) En déduire le développement en série entière de ez cos z, ez sin z, ,Exercice 5R et calculer pour tout z de [ −R, R ] k, la sommeS(x) =∞n=1znn(n + 1).e 0 des fonctions définieskkkparf11111( (et préciser les rayons de convergence.) =zsin) = cosz chz z zz zfsh z zln(1- -)−f11111( ) =z f11111( ) =z f11111( ) =zetf11111, l’ensemble D domaine deconvergence.1nsin 1 +1nlne)n 1f)n 1zn znUNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD3 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013une série entière de rayon de convergenceSérie entière,Déterminer le développement en série entière au voisinage ddéveloppement en série entière/1 2 3 4 5iExercice 2Exercice 3Exercice 4Exercice 6Département des sciences et de latechnologierayon de convergence, domaine de convergence,Déterminer le rayon de convergenceRésponsable de module DJEDDI amelK
  • 7. CorrectionsExercice 1 :a) un(z) = n2+13n zn. Pour tout z = 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) = ln nn2 z2n. Pour tout z = 0, un+1(z)un(z) = ln(n+1)ln nn2(n+1)2 |z|2→ |z|2doncR = 1.d) un(z) = nnn! z3n. Pour tout z = 0, un+1(z)un(z) = (n+1)nnn |z|3→ e |z|3doncR = e−1/3.Notons R le rayon de convergence de anz2n.Pour |z| <√R, z2< R et donc an(z2)n= anz2nest absolumentconvergente.Pour |z| >√R, z2> R et donc an(z2)n= anz2nest grossièrementdivergente.On en déduit R =√R.an ∼1n. 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. Alorse)A = ] −1, 1 [ et C = [ −1, 1 [ .ln 1 +1n∼1n, .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 queA = ] −1, 1 [ et C = [ −1, 1 [ .f)cos z =∞n=0(−1)n z2n(2n)!, sin z =∞n=0(−1)n z2n+1(2n + 1)!,ch z =∞n=0z2n(2n)!, sh z =∞n=0z2n+1(2n + 1)!·On remarquera que, si z ∈ C :ch(iz) = cos z , sh(iz) = i sin z.UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD3 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013amelKDJEDDI1Exercice 2:Exercice 3:
  • 8. En écrivantch n =en + e−n2,on aS(z) =∞n=1en + e−n2z2nn!,doncS(z) =12∞n=1(ez2)nn!+∞n=1(e−1z2)nn!,et finalementS(z) =12eez2− 1 + ez2/e− 1 ,ou encoreS(z) =12eez2+ 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 doncS(z) =∞n=02n/2einπ/4 znn!.et de même,T(z) = e(1−i)z= ez(cos z − i sin z) ,s’écritT(z) =∞n=02n/2e−inπ/4 znn!.Alors, puisqueezcos z =12(S(z) + T(z)) et ezsin z =12i(S(z) − T(z)) ,amelKProf DJEDDI2Exercice 4:Exercice 5:
  • 9. on obtientezcos z =∞n=02n/2cosnπ4znn!et ezsin z =∞n=02n/2sinnπ4znn!.Si l’on posean =1n(n + 1),on aan ∼1n2,etanan+1=n + 2n,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 obtient1n(n + 1)=1n−1n + 1.Or les séries entières de coefficients 1/n et 1/(n + 1) sont de rayon 1, donc, si |x| < 1,S(x) =∞n=1xnn−∞n=1xnn + 1.Alors, si x = 0,S(x) =∞n=1xnn−1x∞n=1xn+1n + 1.et doncS(x) =∞n=1xnn−1x∞n=2xnn= − ln(1 − x) −1x(− ln(1 − x) − x)= 1 −x − 1xln(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 doncS(1) = limx→1−S(x) = 1 et S(−1) = limx→−1+S(x) = 1 − 2 ln 2 .amelKProf DJEDDI3Exercice 6:
  • 10. UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD4 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013Département des sciences et technologieRésponsable de module DJEDDI amelKdelaCalculer l’int´egrale ¯zdz, o`u 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 ( z2) + cos ( z2)(z 1) (z 2)dz;b)e2z(z + 1)4 dzCalculerC d´esignant le cercle unit´e parcouru dans le sens positif, calculerCdz2z2 − 5z + 2.Csin6z(z − π/6)2dz.a)b)Soit le cercle de rayon 3 et le centre 2iCalculer l’indice de ou c = 2iCalculer longueur de joignant le point (3; 2) au point ( 3; 2)La formule intégrale de CauchyCalculerExercice 4Exercice 3au point (2, 4) le))Exercice 22Exercice 11 où est le cercle jzj = 3:
  • 11. CorrectionsUNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD4 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013amelKDJEDDI1Le chemin est paramétré par t → (t, t2), où t ∈ [1, 2]. On a donc, le long du chemin,z = t + it2, dz = (1 + 2it)dt, et doncI =21(t − it2)(1 + 2it)dt = 9 +73i.Exercice 2On peut paramétrer l’arc de cercle par z = 2eit, 0 ≤ t ≤ π. Il vientI =π/20(4e2it+ 6eit)2ieitdt =−83i −443,après un petit calcul... Une autre façon de procéder est de remarquer que, dans l’ouvert C, lafonction z → z2 + 3z admet une primitive, égale à F : z → 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 3Exercice 1
  • 12. amelKProf DJEDDI2De1(z 1) (z 2)=1z 21z 1, on tireICsin ( z2) + cos ( z2)(z 1) (z 2)dz =ICsin ( z2) + cos ( z2)z 2dzICsin ( z2) + cos ( z2)z 1dzL’application de la formule de Cauchy pour a = 2 et a = 1 donneICsin ( z2) + cos ( z2)z 2dz = 2 i sin 22+ cos 22= 2 i;ICsin ( z2) + cos ( z2)z 1dz = 2 i sin 12+ cos 12= 2 i;car z = 1 et z = 2 sont à l’intérieur de C et sin ( z2) + cos ( z2) est holomorphe dans C. L’intégraleconsidérée vaut donc 2 i ( 2 i) = 4 i.b) Soit f (z) = e2zet a = 1, la formule intégrale de Cauchy s’écritf(n)(a) =n!2 iICf (z)(z a)n+1 dz:Si n = 3, alors f000(z) = 8e2zet f000( 1) = 8e 2. Dans ces conditions la formule (1) devient8e 2=3!2 iICe2z(z a)4 dz;d’où l’on tire la valeur de l’intégrale considérée83ie 2.6. C d´esignant le cercle unit´e parcouru dans le sens positif, calculerCdz2z2 − 5z + 2.Solution. D´ecomposons en fractions partielles. On obtient12z2 − 5z + 2=131z − 2−1z − 1/2et en vertu du th´eor`eme et de la formule de Cauchy,Cdz2z2 − 5z + 2=13 Cdzz − 2−Cdzz − 1/2= −2πi3.Exercice 4
  • 13. UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’Fonctions d’une variable complexe 2012/2013Département des sciences et technologieRésponsable de module DJEDDI amelKdelaExercice 1Calculer l’intégraleI =∞−∞sin x dxx2 + 2x + 2·Calculer l’intégrale :I =∞−∞dxx2 + 2ix + 2 − 4i·En déduire les valeurs:∞−∞(x2+ 2)dxx4 + 8x2 − 16x + 20∞−∞(4 − 2x)dxx4 + 8x2 − 16x + 20I11 =I =12∞−∞ x2 + x +·dx1Calculer intégrales:∞−∞ x6 +dx1,lesExercice 2ExerciceThéorème des résidus et applications352ième année TD
  • 14. CorrectionsUNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’2ième année TD Fonctions d’une variable complexe 2012/2013amelKDJEDDI1Exercice 1!1&%0 6dx1x1I .(converge car )1dxx1dxx1dx1x11 21 61 6 !!!111%AA&Soit ! &%C 61zdzJ où - . ;L#% R,RC et R > 1.Des 6 pôles simples, seuls 65i6ie,i,e$$sont dans C. G H)e(sRe)i(sRe)e(sRei2J 6/5i6/i $$&&$% .6ez61lim1zezlim)e(sRe6/5i5ez66/iez6/i6/i6/i$#/$/$%()**+,%()**+,&#% $$.1zdz1xdx326e6i6ei2JRR 666/i6/5i! !# ;$#$#&&&%$%()**+,&#&$%;-R Rii$65i$67i$611i$6eee e!; 1/1//&B/&JR6R601zdz01z1z d’où321xdx6$%&!11#et31xdx0 6$%&!1.5
  • 15. amelKProf DJEDDI2Posons f(z) =1z2 + 2iz + 2 − 4i· Les pôles de f sont simples et on a z1 = 1 + i etz2 = −1 − 3i, Im(z2) < 0, est à rejeter.Les conditions sont toutes vérifiées, on a alors,∞−∞dxx2 + 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)1z2 + 2iz + 2 − 4i= limz−→1+i12z + 2i=12 + 4i·Finalement,I = 2πi ·12 + 4i=2π5+ iπ5·Remarquons que, f(x) =1x2 + 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)dxx4 + 8x2 − 16x + 20=2π5,∞−∞(4 − 2x)dxx4 + 8x2 − 16x + 20=π5·I =∞−∞sin x dxx2 + 2x + 2·Soit f(z) =eizz2 + 2z + 2, on a deux pôles simples z1 = −1 + i, et z2 = −1 − i ce dernier està rejeter.On a donc Res(f, −1 + i) = limz−→−1+i(z + 1 − i)f(z) = limz−→−1+i(z + 1 − i)eizz2 + 2z + 2=e−1−i2i·Finalement,∞−∞eixdxx2 + 2x + 2= 2πie−1−i2i= π e−1−i= π e−1(cos 1−i sin 1) d’où l’on déduit,I =∞−∞sin x dxx2 + 2x + 2= −π e−1sin 1,J =∞−∞cos x dxx2 + 2x + 2= π e−1cos 1.Exercice 2Exercice 3

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