Exercices Rev Mathématiques 5 Chapitre 4

ANALYSE COMPLEXE
Chapitre IV
INTÉGRALES COMPLEXES ET FORMULE INTÉGRALE DE CAUCHY
EXERCICES DE RÉVISIONS : ANALYSE COMPLEXE-CHAPITRE IV
Intégrale Complexe
L’intégrale d’une fonction complexe
f (z) = u + iv peut être évaluée directement
Z
f (z)dz = F (z)
Z
f (z)dz =
Z
ou par décomposition
Z
Z
(u + iv)(dx + idy) = (udx vdy) + i (udy + vdx):
Théorème de Cauchy
Si f (z) est holomorphe (analytique)
I dans un domaine D et sur sa frontière
f (z)dz = 0:
Formules Intégrales de Cauchy
I
I
f (z)
dz = 2 i [f (z)]z=a :
z a
dn 1 f
f (z)
2 i
dz =
n
(z a)
(n 1)! dz n 1
(a appelé pôle simple.)
: (a appelé pôle d’ordre n.)
z=a
Lorsque le dénominateur contient deux pôles simples, on décompose l’intégrale
en deux parties puis on traite chaque pôle séparément.
2
3
I
I
I
1 4 f (z)
2 i
f (z)
f (z) 5
dz =
dz
dz =
[f (z)]z=a [f (z)]z=b :
(z a)(z b)
a b
z a
z b
a b
Si la courbe entoure un seul pôle, a par exemple, le résultat est plus simple:
I
f (z)
f (z)
dz = 2 i
:
(z a)(z b)
z b z=a
N.B:
F. HAMMAD
Toutes les courbes fermées sont parcourues dans le sens inverse des aiguilles d’une
montre: . Lorsque la courbe est parcourue dans le même sens des aiguilles d’une
montre: ; l’intégrale acquiert un signe (–).
Un pôle qui se trouve à l’extérieur de la courbe fermée
ne contribue pas à l’intégrale.
I
f (z)
Exemple: si a est à l’extérieur de :
dz = 0:
z a
http://sites.google.com/site/exerev
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2
1) INTÉGRALES COMPLEXES
1.1 Évaluer les intégrales suivantes
Z 1
Z 1+i
Z 1
a)
(x + ixy) dz:
b)
(1 + iy) dz:
c)
(x2 + i)dz:
i
i
Solution:
a)
b)
c)
R1
i
R (1;0)
(x +ixy ) dz =
R 1+i
(0;1)
R1
1 2i
R (1;0)
1
2 (1;0)
2 xy (0;1)
1 2
2x
(1+iy )(dx +i dy ) =
R (1;1)
(0;1)
= x
(1; 2)
(x dx xy dy )+i
(0;1)
=
(0;1)
(x 2 +i ) dz =
R (1;0)
(x +ixy )(dx +i dy ) =
R (1;1)
(1+iy ) dz =
i
1 2i
(x 2 +i )(dx +i dy ) =
R (1;0)
(1; 2)
1 3
3x
=
(0;1)
+i
(dx y dy )+i
1 2 (1;1)
2 y (0;1)
R (1;0)
1
2
2 yx
R (1;1)
(0;1)
+ xy
(1;0)
(0;1)
= 12 :
(dy + y dx )
(1;1)
+ i [y + yx ](0;1) = 1 + i:
(x 2 dx dy )+i
y
(xy dx +x dy )
(1;0)
(1; 2)
R (1;0)
(1; 2)
(x 2 dy +dx )
+ i x 2y + x
(1;0)
(1; 2)
=
2 + 2i:
1.2 Écrire dans chaque cas ci-dessous l’intégrant en fonction de z = x+iy puis évaluer l’intégrale
Z 1
Z 1+i
Z 1
Z 1
x iy
a)
( 2xy + i(x2 y 2 ))dz: b)
dz:
c)
(x
iy)
dz:
d)
(x2 + y 2 )dz:
2
2
i
1 i x +y
1 2i
1 2i
Solution:
a)
b)
c)
d)
R1
i
( 2xy +i (x 2 y 2 )) dz =
R 1+i
x iy
1 i x2 +y 2
R1
1 2i
R1
dz =
(x iy ) dz =
1 2i
R 1+i
R1
i (i 2xy +(x 2
i
x iy
1 i (x+iy)(x iy)
R1
1 2i
(x 2 + y 2 ) dz =
R1
1
z dz = [z
dz =
y 2 )) dz = i
R 1+i
1
1 i z
R1
i
1 3 1
3z i
z 2 dz = i
1+i
i
dz = [lnz ]1
= i ( 13 + 3i ) =
1
3
+ 3i :
= ln(1+i ) ln(1 i )=ln( 11+ii )
p
i
=ln( p 2e i44 )=ln(ei 2 )= 2 i .
2e
1
z ]1 2i
= [1.1 (1+2i ).(1 2i )] =1 5= 4.
R1
1
(x –iy )(x +iy )dz = 1 2i z z dz = 12 z z 2 1 2i = 21 1.1 (1+2i ).(1 2i )2
2i
= 2+5i .
1.3 Évaluer l’intégrale suivante sur une courbe paramétrée par x= 1+t et y=t et t 2 [0; 1],
Z 2+i
reliant les points 1 et 2 + i:
(x + ixy) dz:
1
Solution:
R 2+i
1
(x +ixy )dz =
=
R 2+i
1
R1
0
(x +ixy )(dx +i dy ) =
R1
(1 t 2 )dt +i
0
R1
0
2
[1+t +i (1+t )t ](dt +i dt )
(1+2t + t )dt = t
1 3 1
3t 0
+ i t + t 2 + 13 t 3
1
0
= 23 + 73 i :
1.4 Évaluer
de rayon 2 et de centre (0,0):
Z 2 les intégralesZ suivantes sur un demi-cercle
Z
z +4
2x
1
a)
dz:
b)
dz.
c) (z 2 4 )dz .
z
z 2 +4
(Indication: Utiliser la forme polaire z=z 0 +Rei ; z 0 est le centre du cercle et R son rayon. dz=iRe i d )
Solution: Sur le demi-cercle de centre (0,0) et rayon constant 2 on utilise la forme polaire z =2ei , avec
a)
b)
c)
R
R
R
z 2 +4
z
2x
z 2 +4
(z
2
dz =
dz =
R
R
4e2i +4
0
2ei
1
4 )dz =
z+z
z 2 +4
R
i
dz =
( 1 e 2i
0 4
i
0
2i
i
0
(e
2i
4i [ e2i
2i
4i [ e 2i 1
+ 1)d =
+ ]0 =
+ ] = 4 i.
R
2e +2e
d(2ei )=i 0 d = i .
4e2i +4
R
R
1
1
i
i
ei )d = 0 sin d =2.
4 ) d(2e )= 2 i 0 (e
d(2e ) = 4i
R
R
2 [0; ].
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3
1.5 Évaluer l’intégrale suivante d’abord par la méthode directe puis en e¤ectuant l’intégration
suivant les chemins indiqués.
Z 3+i
(2z + 3)dz:
1 2i
a) Le long du chemin: x = 2t + 1; y = 4t
t 2 : 0 6 t 6 1:
b) Le long de la droite joignant (1 2i) et (3 + i) :
c) Le long des segments joignant (1 2i) et (1 + i) puis (1 + i) et (3 + i) :
d) Le long des demi-cercles C1 et C2 : C1 (de centre z0 = 1 21 i; de rayon R = 3=2:)
C2 (de centre z0 = 2 + i; de rayon R = 1:)
2
Solution:
Z
Calculons l’intégrale par la méthode directe :
3+i
(2z + 3)dz = z 2 + 3z
1 2i
3+i
1 2i
= (3 + i)2
(1
2i)2 + 3(3 + i)
3(1
2i) = 17 + 19i:
Calculons maintenant l’intégrale le long des di¤érents chemins indiqués.
N.B: Nous allons trouver le même résultat le long de chaque chemin car la fonction (2z + 3) est holomorphe.
L’intégrale d’une fonction holomorphe ne dépend pas du chemin suivi.
a) Intégration le long du chemin x = 2t + 1; y = 4t 2 t 2 : 0 6 t 6 1:
Z
3+i
(2z + 3)dz =
1 2i
Z
=
=
3+i
(2x + 3 + 2iy )(dx + i dy )
Z1 12i
Z0
=
4t + 5 + i (8t 2
2t
4) [2dt + i (8t dt
4t + 5 + i (8t 2
2t
4) [2 + i (8t
1
Z0 1
Z
3
2
64t + 24t + 38t + 6) dt + i
0
=
dt )]
1
0
16t 4 + 8t 3 + 19t 2 + 6t
1)] dt
1
48t 2 + 32t
0
+ i 16t 3 + 16t 2
13t
1
0
13 dt
= 17 + 19i:
b) Le long de la droite joignant (1 2i) et (3 + i) : Il nous faut d’abord trouver l’équation y = ax + b du segment:
(1 2i) : x = 1; y = 2
2 =a +b
=)
=) a = 23 ; b = 72 =) y = 32 x 72 :
(3 + i) : x = 3; y = 1
1 = 3a + b
Z
(2z + 3)dz =
Droite
Z
[2x + 3 + 2iy ] (dx + idy )
3
2x
Z(y=
x=3
=
=
Zx=1
x=3
7
2)
2x + 3 + 2i( 32 x
[2x + 3 + i(3x
x=1
7
2)
(dx + i 23 dx )
3+i
1
3
1
7)] (1 + i 32 )dx
−2
3
1 − 2i
= x 2 + 3x + i( 32 x 2 7x ) 1 (1 + 23 i)
= (14 2i)(1 + 23 i) = 17 + 19i:
c) Le long des segments joignant (1 2i) et (1 + i) puis (1 + i) et (3 + i) :
Il nous faut d’abord trouver l’équation de chaque segment.
Segment
(1 2i) : x = 1; y = 2
=) x =1:
vertical
(1 + i) : x = 1; y = 1
Segment
(1 + i) : x = 1; y = 1
=) y =1:
horizontal
(3 + i) : x = 3; y = 1
Z
Sv
(2z + 3)dz +
Z
Sh
(2z + 3)dz =
Z
Z
1
1+ i
1
−2
3+i
3
1 − 2i
[2x + 3 + 2iy ] (dx + idy ) +
[2x + 3 + 2iy ] (dx + idy )
Z (x=1)
Z x=3 (y=1)
y=1
=
[2 + 3 + 2iy ] (idy ) +
[2x + 3 + 2i] (dx )
y= 2
= 5iy
y2
1
x=1
3
1
+ x 2 + 3x + 2ix
2
= 17 + 19i:
E X E R C I C E S D E R É V I S I O N S : A N A LY S E C O M P L E X E - C H A P.I V ( F . H A M M A D )
U N IV E R S IT É A .M IR A D E B E J A IA 2 0 0 9 -2 0 1 0
d) Le long des demi-cercles C1 et C2 :
Utilisons la représentation polaire z = z 0 + R ei sur chaque demi-cercle. Nous avons alors dz = iR ei d :
Z
=
=
=
=
(2z + 3)dz +
Z C1
Z
Z
2
2
2
2
(2z + 3)dz
C2
i
i
2(z 0 + R e ) + 3 iR e d +
ZC1= 2
=
Z
Z
2(z 0 + R ei ) + 3 iR ei d
C2
Z =0
2(2 + i + ei ) + 3 iei d
+ 32 ei ) + 3 i 32 ei d +
=
2
Z 0
3 i
3 i
5 i + 2e i2e d +
7 + 2i + 2ei iei d
Z 0
3 i
9 2i
15
d +
(7i 2)ei + 2ie2i d
( 2 i + 2 )e + 2 ie
= ( 15
2 +
15
= (2 +
2(1
1
2i
3
9 2i
i
2i )e + 4 e
3
9
2i )(i + i) + 4 (
2
1+ i
1 − 2i
C2
3+i
C1
0
+ (7 2i )ei + e2i
1 + 1) + (7 2i )(1 + 1) + (1
2
1) = 17 + 19i:
2) FORMULE INTÉGRALE DE CAUCHY
2.1 Évaluer chacune des intégrales suivantes sur les courbes indiquées:
I 2
z +z+1
a)
dz.
un cercle de centre (1,0) et de rayon 2.
z 1 i
I
z + cos z
b)
dz .
un cercle de centre (0,1) et de rayon 1.
z 2
I
sin z
c)
dz .
un cercle de centre (1,1) et de rayon 3.
2z 1
I
ez
d)
dz .
un carré de sommets A(1,1), B (-1,1), C (-1,-1), D(1,-1).
3z 2
I 4
z + z3 + 1
e)
dz:
une courbe quelconque fermée autour du point i.
3
(z+i)
I
z + e2z + 1
f)
dz:
un cercle de centre (1,1) et de rayon 2.
z4
I
zez + 1
g)
dz:
une ellipse de foyers 1 et i.
(z 1)(z i)
I
eiz + 2
h)
dz:
un cercle de centre (0,0) et de rayon 12 .
z(z 1 + i)
I 2i z
e
+1
i)
dz:
un cercle d’équation jz 1j = 21 .
2
z
1
I
zdz
j)
:
un cercle d’équation jz 1 ij= 21 :
4
z +4
I
cos i z
k)
dz :
une ellipse d’équation paramétrique x = sin t ; y = 3 cos t.
(z i)(2z + i)
I
e2z dz
l)
:
un cercle d’équation paramétrique x = 3 cos t ; y = 3 sin t.
(2z + 1)5
Solution:
a) Le pôle de l’intégrant est 1+i (pôle simple) et se trouve à l’intérieur du cercle
H
z 2 +z+1
z 1 i
2
dz = 2 i (z +z +1)z=1+i =
6 + 4 i.
1+i
, donc
×
(1,0 )
Γ
4
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U N IV E R S IT É A .M IR A D E B E J A IA 2 0 0 9 -2 0 1 0
Γ
b) Le pôleHde l’intégrant est
z+ cosz
donc
dz = 0.
z
1,57 (pôle simple) et se trouve à l’extérieur du cercle
2
,
(0,1)×
π
2
H
1
2 ):
c) Il faut d’abord mettre (2z 1) sous la forme 2(z
sin z
2z 1 dz
H
=
Г
sin z
dz.
2(z 12 )
:
2
3 ):
H
ez
3z 2 dz
=
H
B(-1,1)
i (pôle d’ordre 3) et se trouve à l’intérieur de la courbe
z 4 +z 3 +1
(z+i)3
dz =
2
3
:
C(-1,-1)
3
3
4
2 i d2
3
2! [ dz 2 (z +z +1)]z= i
= i [12z 2 +6z ]z=
i
D(1,-1)
Γ
, donc
=6
f) Le pôle est 0 (pôle d’ordre
h 3 4) et se trouve
i à l’intérieur de la courbe
H z+e2z +1
2 i
d
2z
dz = 3! dz 3 (z +e +1)
= 3i [8e2z ]z=0 = 83 i :
z4
A(1,1)
Г
ez
dz.
3(z 23 )
Le pôle de l’intégrant est donc 23 (pôle simple) et se trouve à l’intérieur du carré
H ez
H
z
ez
Alors,
dz = 2 i[ e3 ]z= 2 = 23 i e2=3 :
3z 2 dz =
3(z 2 )
H
1
2
2
d) Il faut d’abord mettre (3z 2) sous la forme 3(z
e) Le pôle est
(1,1) 3
×
Le pôleH de l’intégrantH est donc 21 (pôle simple) et se trouve à l’intérieur du cercle
sin z
sin z
Alors,
dz = 2 i[ sin2 z ]z= 1 = i:
2z 1 dz =
2(z 1 )
2
2
−i
12 i .
, donc
Γ
(1,1)
0 ×
z=0
Γ
g) Les deux pôles sont 1 et i (pôles simples) et sont tous les deux à l’intérieur de .
En décomposant la fraction
h en éléments isimples, puis en appliquant la formule, on obtient:
H
zez +1
(z 1)(z i)
dz =
1
1 i
H
zez +1
z 1
zez +1
z i
dz =
2 i
1 i
([z ez +1]z=1
[zez +1]z=i ) =
h) Les pôles sont 0 et 1 i (pôles simples) mais seul le pôle 0 est à l’intérieur de
En appliquant la formule
uniquement au pôle 0, on obtient:
i
h intégrale
H
eiz +2
z(z 1+i)
dz = 2 i
eiz +2
z 1+i
z=0
6 i
1+i
=
= 3 (1
i) z 2 1=(z +1)(z 1). Les pôles sont donch 1 et
H
e2i z +1
z 2 1 dz
=
H
e2i z +1
(z+1)(z 1) dz
=2 i
k)
zdz
z 4 +4
H
=
H
zdz
(z 1 i)(z+1+i)(z 1+i)(z+1 i)
cos i z
(z i)(2z+i) dz=
à l’intérieur de
H
cos i z
dz.
2(z i)(z+ 2i )
1− i
=2 i
:
p
p2i
z =
z =
2i )
2i
1+ i .
z
(z+1+i)(z 1+i)(z+1 i)
Les pôles sont donc i et
i
2,
H
e2z
(2z+1)5 dz
i
−1−i
z=1+i
=
2
4.
3
i
1
2
e2z
dz
25 (z+ 21 )5
=
2 i
25 4!
d4 2z
dz 4 e
z=1
=
: (L’équation de
2 i
25 4!
24 e2z
z=1
=
2
2
−i
2
2
3 .
2
(pôle d’ordre 5) et il esth à l’intérieur
de
i
H
1−i
et les deux sont
2
=
Γ
1+i
:
2
l) Le pôle est
Γ
−1+i
(Car l’équation de l’
est x12 + y32 =1, de centre
(0,0) et de demi-grand axe 3.) i
hellipse
H
H cos i z i 2 i h
H
cos i z
1
cos i z
dz = 3i
dz = 3i (cos i z )z=i – (cos i z )z= i =
z i dz–
2(z i)(z+ i )
z+ i
1
2
1
−1
= 2 i.
z = (1 + i )
)
Les pôles sont 1 + i.
1 i. 1 i.
z = (1 i )
Seul le pôle 1+i (pôle simple) est à l’intérieur de h; donc
H
0
i ).
z=1
j) Trouvons d’abord les pôles. On a z 4 +4=0 ) z 2 =
i ei ).
1
2
1,
i mais seul le pôle 1 est à l’intérieur de
e2i z +1
z+1
1
2 i
1 i (e
Г
.
i
Г
2
est x +y =3 )
ie2
24 .
Г
3
− 1
2
5