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ANALYSE COMPLEXE
Chapitre III
FONCTIONS HOLOMORPHES, CONTINUITÉ, DÉRIVÉE, SÉRIES COMPLEXES

EXERCICES DE RÉVISIONS : ANALYSE COMPLEXE-CHAPITRE III
Équations de Cauchy-Riemann
Une fonction complexe f(z) = u(x; y) + iv (x; y)est dite holomorphe (ou analytique)
dans un domaine D du plan complexe si les équations de Cauchy-Riemann
@u
@x =@v @y et @u @y =@v @x
sont satisfaites.
Continuité d’une Fonction Complexe
Une fonction complexe f(z) = u(x; y) + iv(x; y)est continue au point z0si :
lim
z!z0
f(z)existe, f(z0)existe, et lim
z!z0
f(z) = f(z0).
Ceci est équivalent aussi à véri…er que u(x; y)et v(x; y)sont toutes deux continues.
Dérivée d’une Fonction Holomorphe
La dérivée d’une fonction holomorphe f(z) = u(x; y) + iv (x; y)est
f0(z) = df(z)
dz =@u @x +i@v @x =@v @y i@u @y :
Un raccourcis pour véri…er l’holomorphie d’une fonction di¤érentiable
donnée en termes de z est de véri…er si la fonction de dépend pas de z:@f
@z = 0:
Séries Complexes
Une série complexe P(an+ibn)est convergente si et seulement si
Panet Pbnsont toutes deux convergentes.
Quelques Testes de Convergences
Avant d’e¤ectuer un quelconque teste il faut d’abord s’assurer de la condition
nécessaire de convergence lim
n!1un= 0.
Teste du rapport: Si lim
n!1 
un+1
un<1:Punest convergente. Si lim
n!1 
un+1
un>1:divergente.
Teste de la racine: Si lim
n!1
n
pjunj<1:Punest convergente. Si lim
n!1
n
pjunj>1: divergente.
Quelques Séries Usuelles
Séries géométriques: Prnest convergente si jrj<1, divergente si jrj>1.
Série de Riemann: P1
npest convergente si p >1, divergente si p61.
Séries alternées: P(1)nunest convergente si lim
n!1 junj= 0.( Avec un+1 6un:)
Somme de la Série Géométrique
1 + r+r2+r3+::: +rn=1rn+1
1r.
Lorsque jrj<1: lim
n!1
1rn+1
1r=1 1r:
F . H A M M A D http://exerev.yolasite.com - http://sites.google.com/site/exerev

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1) FONCTIONS HOLOMORPHES
1.1 Trouver les fonctions holomorphes et les non holomorphes parmi les fonctions suivantes.
Donner la dérivée de celles qui sont holomorphes.
a) f(z) = x2y2+x+1+i(2xy +y):b) f(z) = 2x2+ 2y2x+i(4xy y).
c) f(z) = (ey+ey) cos xi(eyey) sin x:
Solution: Véri…ons les équations de Cauchy-Riemann.
a) @u
@x =2x+1=@v @y .@u @y =2y=@v @x :
La fonction est donc bien holomorphe. Sa dérivée est f0(z) = @u
@x +i@v @x =2x+1+2iy.
b) @u
@x =4x1=@v @y .@u @y =4y6=@v @x :La fonction n’est donc pas holomorphe.
c) @u
@x =(ey+ey) sinx=@v @y .@u @y = (eyey) cosx=@v @x .
La fonction est donc bien holomorphe.
Sa dérivée est f0(z) = @u
@x +i@v @x =(ey+ey) sinxi(eyey) cosx.
1.2 Trouver les fonctions holomorphes et les non holomorphes parmi les fonctions suivantes.
Donner la dérivée de celles qui sont holomorphes.
a) f(z) = z2+z+ ln z: (Re z > 0) b) f(z) = ez+z+ cos z.c) f(z) = ez+zjzj:
d) f(z) = x2–y2–2ixy+x+iy: e) f(z) = x2y2
x+1+iy +i2xy x+1+iy :f) f(z) = x+i(y+x2+y2)
g) f(z) = ln jzj+iarctan y
x:(Re z > 0)
Solution: Lorsqu’une fonction est donnée en termes de zet zou bien en termes de xet yet qu’il est simple
de la transformer en termes de zet z, il vaut mieux utiliser le raccourcis pour véri…er l’holomorphie.
a) @f
@z =0+0+0 = 0:La fonction est donc holomorphe sauf en z= 0. Sa dérivée est f0(z)=@f @z =2z+1+ 1 z:
b) @f
@z =0+1+0 = 1 6=0:La fonction n’est donc pas holomorphe.
c) f(z) = ez+zpz z =)@f
@z =1.ez+z2
2pzz =ez+z2
2jzj6=0.La fonction n’est donc pas holomorphe.
d) f(z)=x2y22ixy+x+iy = (xiy)2+z=z2+z:@f
@z =2z6=0, la fonction n’est pas holomorphe.
e) f(z)=x2y2
x+1+iy +i2xy x+1+iy =x2y2+i2xy x+iy+1 =z2 z+1 :@f @z =0: fest partout holomorphe sauf en z=1. f0(z)=z2+2z (z+1)2:
f) f(z)=x+i(y+x2+y2)=x+iy+i(x2+y2)=z+ijzj2=z+iz z :@f
@z =iz 6=0 : Donc fn’est pas holomorphe.
g) Attention: Bien que f(z)= ln jzj+iarctan y
x= ln pz z +iarctan y x, il ne faut pas conclure directement que f
n’est pas holomorphe rien qu’en voyant le z. Car pour bien utiliser le raccourcis il faut se débarrasser de xet y.
À l’aide du raccourcis: nous avons f(z)= ln jzj+iarctan y
x= ln r+i = ln z.
Comme @f
@z =0: fest holomorphe. (sauf en z=0)
À de la formule de Cauchy-Riemann: nous avons f(z)= ln jzj+iarctan y
x= ln px2+y2+iarctan y x.
Comme @ln px2+y2
@x =x x2+y2=@arctan y
x
@y et @ln px2+y2 @y =y x2+y2=@arctan y
x
@x .fest donc bien holomorphe.
.
1.3 Ci-dessous sont les parties réelles de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions.
a) 3x+1:b) x2y2+ 2x+ 1.c) 2xy.
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver v(x,y):
a) u(x,y)=3x+1.@u
@x =@v @y =)3=@v @y =)v=R3 dy=3y+A(x).
@u
@y =@v @x =)0=@A @x =)A(x)=R0 dx=Cte.
Donc, f(z) = u+iv =3x+1+i3y+Cte.

E X E R C I C E S D E R É V IS IO N S : A N A LY S E C O M P L E X E -C H A P. I I I ( F . H A M M A D ) U N IV E R S IT É A .M I R A D E B E J A I A 2 0 0 9- 2 0 10 3
b) u(x,y)=x2y2+2x+1.@u
@x =@v @y =)2x+2=@v @y =)v=R(2x+2) dy=2xy +2y+A(x).
@u
@y =@v @x =) 2y=2y@A @x =)A(x)=R0 dx=Cte.
Donc, f(z) = u+iv =x2y2+2x+1+i2(xy +y)+Cte.
c) u(x,y)=2xy .@u
@x =@v @y =) 2y=@v @y =)v=R2ydy=y2+A(x).
@u
@y =@v @x =) 2x=@A @x =)A(x)=R2xdx=x2+Cte.
Donc, f(z) = u+iv =2xy +i(x2y2)+Cte.
1.4 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions.
a) xy y: b) xy21
3x3.c) x2y2+y.
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver u(x,y):
a) v(x,y)=xy y.@u
@x =@v @y =)@u @x =x1=)u=R(x1) dx=1 2x2x+A(y).
@u
@y =@v @x =)@A @y =y=)A(y)=Rydy=1 2y2+Cte.
Donc, f(z)= u+iv =1
2(x2y2)–x+i(xy y)+Cte.
b) v(x,y)=xy 21
3x3.@u @x =@v @y =)@u @x =2xy =)u=R2xy dx=x2y+A(y).
@u
@y =@v @x =)x2+@A @y =y2+x2=)A(y)=Ry2dy=1 3y3+Cte.
Donc, f(z)= u+iv =x2y1
3y3+i(xy21 3x3)+Cte.
c) v(x,y)=x2y2+y.@u
@x =@v @y =)@u @x =2y+1=)u=R(2y+1) dx=2yx +x+A(y).
@u
@y =@v @x =) 2x+@A @y =2x=)A(y)=R0 dy=Cte.
Donc, f(z) = u+iv =2xy+x+i(x2y2+y)+Cte.
1.5 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes.
Trouver les fonctions en termes de z.
a) exsin y: b) 2x+ 2xy: c) x2y2:
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver d’abord u(x,y):
a) v(x,y)=exsin y.@u
@x =@v @y =)@u @x =excos y=)u=Rexcos ydx=excos y+A(y).
@u
@y =@v @x =) exsin y+@A @y =exsin y)A(y)=R0 dy=Cte.
Donc, f(z)=excos y+iexsin y+Cte =ex(cos y+isin y)+Cte =exeiy +Cte =ez+Cte.
b) v(x,y)=2x+2xy .@u
@x =@v @y =)@u @x =2x=)u=R2xdx=x2+A(y).
@u
@y =@v @x =)@A @y =22y=)A(y)=R(22y) dy=2yy2+Cte.
Donc, f(z) =x2y22y+i2x+i2xy +Cte =x2y2+i2xy 2y+i2x+Cte =z2+2iz +Cte.
c) v(x,y)=x2y2.@u
@x =@v @y =)@u @x =2y=)u=R2ydx=2xy +A(y)+Cte.
@u
@y =@v @x =) 2x+@A @y =2x)A(y)=R0 dy=Cte.
Donc, f(z)=i(x2y2)2xy +Cte =i[(x2y2)+i2xy]+Cte =iz 2+Cte.

E X E R C I C E S D E R É V IS IO N S : A N A LY S E C O M P L E X E -C H A P. I I I ( F . H A M M A D ) U N IV E R S IT É A .M I R A D E B E J A I A 2 0 0 9- 2 0 10 4
1.6 Pour quelles valeurs de les fonctions ci-dessous sont-elles holomorphes
a) f(z)=x+iy: b) f(z)=x2y2+x +i(y + 2xy):c) f(z)=Re() Re(z) + i[Im() + 1] Im(z):
Solution : Posons =a+ib et utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver aet b:
a) f(z)=x+iy=xby +iay :
(@u
@x =@v @y
@u
@y =@v @x )1=a
–b=0)(a=1, b=0) )=1.
b) f(z)=x2y2+x+i(y+2xy )=x2y2+ax by+i(ay +bx +2xy ):
(@u
@x =@v @y
@u
@y =@v @x )2x+a=a+2x
2yb=b2y)(aet bquelconque): Les sont tous les points du plan complexe.
c) f(z)=Re()Re(z)+i[Im()+1]Im(z)=ax +i(b+1)y.
(@u
@x =@v @y
@u
@y =@v @x )a=b+1
0=0)(b=a1): Les sont les points d’une droite.
1.7 Étudier la continuité de chacune des fonctions complexes suivantes
a) f(z) = sin z: b) f(z) = z3:c) f(z) = jzj
z:
Solution : Pour étudier la continuité, il est plus simple de décomposer les fonctions en u(x,y) + iv (x,y),
puis de véri…er la continuité de u(x,y) et v(x,y) séparément.
a) f(z)=sinz=1
2(eiz eiz) = 1 2(eix+yeixy) = 1 2[(cosx+isinx)ey(cosxisinx)ey]:
Comme u=1
2cosx(eyey) = cosxsinhyet v=1 2sinx(ey+ey) = sinxcoshysont continues 8(x,y),
on déduit que fest continue pour tout z.
b) f(z)=z3=x32xy 2+i(2x2yy3):Comme u=x32xy2et v= 2x2yy3sont continues 8(x,y),
on déduit que fest continue pour tout z. Il est aussi facile de faire une démonstration par les limites.
Nous devons montrer que 8z0:lim
z!z0
f(z) existe, f(z0) existe, et lim
z!z0
f(z) = f(z0).
(Rappel: lim
z!z0
z3existe si 8">0, on peut trouver >0tel que z3z3
0<"lorsque jzz0j<.)
Supposons 61. On a z3z3
0=jzz0jz2+zz 0+z2 0=jzz0j(zz0)2+3zz 0
Donc, jzz0j<  )z3z3
0<(2+3jzjjz0j)<[2+3(+jz0j)jz0j]6[1+3(1+jz0j)jz0j]:
Il su¢ t alors de prendre  < "
1+3jz0j+3jz0j2pour avoir z3z3
0< ": Donc lim
z!z0
f(z) existe.
Comme f(z0) = z3
0existe aussi et que lim
z!z0
f(z)=z3
0, on déduit que la fonction fest continue pour tout z.
c) f(z)=jzj
z=px2+y2 x+iy =(xiy)px2+y2 x2+y2=xiy
px2+y2:Comme u=x px2+y2et v=y px2+y2ne sont pas continues
en (x,y) = (0,0) (car lim
x=0
y!0
u6=lim
y=0
x!0
uet lim
x=0
y!0
v6=lim
y=0
x!0
v),on déduit que fn’est pas continue en z= 0.
2) SÉRIES COMPLEXES
2.1 Étudier la convergence des séries complexes suivantes
a) (1+i)+(1
3+i 5)+(1 9+i 25 )+::: b)(1+i)+( 1 22i)+( 1 32+i)+( 1 42i)+::.
c)(1i)+( 1
23+i 2)+:::+( 1 n3+ (1)ni n)+::: d)(1 + i 3)+( 1
p2+2i
5)+:::+( 1
pn+ni
2n+1 ) + ::.
e) Pen+ (1)n2in
n2+2 :f) P
n>11
n!+iln n n3+1 :g) P
n>1(n!)2
(2n)! +i(n+1 2n1)n
Solution:
a) La série réelle P1
3n(géométrique de raison 1 3<1) est convergente et la série imaginaire iP1 5n
(géométrique de raison 1
5<1) est aussi convergente. La série complexe est donc convergente.