exerevmath5chap3

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
@v
@u
@v
=
et
=
@x
@y
@y
@x
sont satisfaites.
Continuité d’une Fonction Complexe
Une fonction complexe f (z) = u(x; y) + iv(x; y) est continue au point z0 si :
lim f (z) existe, f (z0 ) existe, et lim f (z) = f (z0 ).
z!z0
z!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
df (z)
@u
@v
@v
@u
=
+i
=
i :
f 0 (z) =
dz
@x
@x
@y
@y
Un raccourcis pour véri…er l’holomorphie d’une fonction di¤ érentiable
@f
= 0:
donnée en termes de z est de véri…er si la fonction de dépend pas de z:
@z
Séries Complexes
P
Une série complexe
P
P(an + ibn ) est convergente si et seulement si
an et
bn sont 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 un = 0.
n!1
P
un+1
un+1
< 1:
un est convergente. Si lim
> 1: divergente.
n!1
un
un
p
p
P
Teste de la racine: Si lim n jun j < 1:
un est convergente. Si lim n jun j > 1: divergente.
Teste du rapport: Si lim
n!1
n!1
n!1
Quelques Séries Usuelles
P n
Séries géométriques:
r est convergente si jrj <1, divergente si jrj >1.
P 1
Série de Riemann:
est convergente si p >1, divergente si p 61.
P npn
Séries alternées:
( 1) un est convergente si lim jun j = 0. ( Avec un+1 6 un :)
n!1
Somme de la Série Géométrique
1 rn+1
1 + r + r2 + r3 + ::: + rn =
.
1 r
Lorsque jr j <1: lim
n!1
F. HAMMAD
1
rn+1
1
=
:
1 r
1 r
http://exerev.yolasite.com
-
http://sites.google.com/site/exerev
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 I I ( 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
2
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 y 2 + x + 1 + i(2xy + y):
b) f (z) = 2x2 + 2y 2 x + i(4xy y).
y
y
y
y
c) f (z) = (e +e ) cos x i(e e ) sin x:
Solution: Véri…ons les équations de Cauchy-Riemann.
a)
@u
@x
= 2x + 1 =
@v
@y .
@u
@y
=
@v
@x :
2y =
La fonction est donc bien holomorphe. Sa dérivée est f 0 (z) =
b)
@u
@x
= 4x 1 =
c)
@u
@x
=
@v
@y .
(ey + e
y
@u
@y
) sinx =
@v
@x :
= 4y 6=
@v
@y .
@u
@y
@v
+ i @x
= 2x + 1 + 2iy.
@u
@x
La fonction n’est donc pas holomorphe.
= (ey
La fonction est donc bien holomorphe.
@v
Sa dérivée est f 0 (z) = @u
(ey + e
@x + i @x =
e
y
y
) cosx =
i(ey
) sinx
@v
@x .
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.
c) f (z) = ez + z jzj :
a) f (z) = z 2 + z + ln z: (Re z > 0)
b) f (z) = ez + z + cos z .
d) f (z) = x2 –y 2 –2ixy+x+iy:
e) f (z) =
x2 y 2
x+1+iy
2xy
+i x+1+iy
:
f) f (z) = x+i(y +x2 +y 2 )
g) f (z) = ln jzj + i arctan xy : (Re z > 0)
Solution: Lorsqu’une fonction est donnée en termes de z et z ou bien en termes de x et y et qu’il est simple
de la transformer en termes de z et z , il vaut mieux utiliser le raccourcis pour véri…er l’holomorphie.
1
=
0+0+0
= 0: La fonction est donc holomorphe sauf en z = 0. Sa dérivée est f 0 (z )= @f
a) @f
@z
@z = 2z +1+ z :
@f
@z
= 0+1+0 = 1 6= 0: La fonction n’est donc pas holomorphe.
p
z2
z2
z
z
p
c) f (z ) = ez +z z z =) @f
@z = 1.e + 2 zz = e + 2jzj 6= 0. La fonction n’est donc pas holomorphe.
b)
@f
@z
d) f (z )= x 2 y 2 2ixy +x +iy = (x iy )2 +z = z 2 +z :
e) f (z )=
x2 y 2
2xy
x+1+iy +i x+1+iy
2
2
=
x2 y 2 +i2xy
x+iy+1
2
=
z2
z+1 :
@f
@z =0:
2
=2z 6=0, la fonction n’est pas holomorphe.
f est partout holomorphe sauf en z = 1. f 0 (z )=
f) f (z )= x +i (y +x +y )= x +iy +i (x +y 2 )=z +i jz j =z +iz z :
y
x
p
@f
@z
z 2 +2z
(z+1)2 :
=iz 6=0 : Donc f n’est pas holomorphe.
y
x,
g) Attention: Bien que f (z )= ln jz j + i arctan = ln z z + i arctan
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 x et y.
À l’aide du raccourcis: nous avons f (z )= ln jz j + i arctan xy = ln r + i = ln z .
Comme
@f
@z
=0: f est holomorphe. (sauf en z =0)
p
À de la formule de Cauchy-Riemann: nous avons f (z )= ln jz j + i arctan xy = ln x 2 + y 2 + i arctan xy .
p
p
y
y
@ ln x 2 +y 2
@ ln x 2 +y 2
@ arctan x
@ arctan x
y
x
Comme
=
=
et
= x2 +y
. f est donc bien holomorphe.
2
2
2 =
@x
x +y
@y
@y
@x
.
1.3 Ci-dessous sont les parties réelles de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions.
a) 3x+1:
b) x2 y 2 + 2x + 1.
c) 2xy .
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann
pour trouver v (x,y ):
R
@v
@v
a) u(x,y )=3x + 1. @u
=
=)
3
=
=)
v
=
3
dy
= 3y + A(x ).
@x
@y
@y
@u
@y
Donc,
=
@v
@x
=) 0=
@A
@x
=) A(x ) =
f (z) = u + iv = 3x + 1 + i 3y + Cte .
R
0 dx = Cte .
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 I I ( F . H A M M A D )
b) u(x,y )=x 2
Donc,
c) u(x,y )=
R
@u
@x =
@u
@y =
2
2
@v
@v
(2x + 2) dy = 2xy + 2y
@y =) 2x + 2= @y =) v =
R
@v
@A
2y = 2y
0 dx = Cte .
@x =)
@x =) A(x ) =
te
y 2 + 2x + 1.
f (z) = u + iv = x
2xy .
@u
@x
@u
@y
=
Donc, f (z) = u + iv =
+ A(x ).
y + 2x + 1 + i 2(xy + y ) + C .
@v
@y =)
@v
@x =)
=
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
@v
2y = @y
=) v =
@A
@x
2x =
2
2xy + i (x
2
R
=) A(x ) =
te
y 2 + A(x ).
2y dy =
y )+C .
R
2x dx = x 2 + Cte .
1.4 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions.
c) x2 y 2 + y .
a) xy y:
b) xy 2 31 x3 .
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver u(x,y ):
a) v (x,y )=xy
Donc,
f (z)=
c) v (x,y )=x 2
Donc,
@u
@x
@u
@y
@v
@u
@y =) @x = x
@v
@A
@x =) @y =
1 2
y 2 )–x +
2 (x
=
=
f (z)= u + iv =
b) v (x,y )=xy 2
Donc,
y.
1 =) u =
R
y =) A(y ) =
i (xy
y dy =
R
@u
@x =
@u
@y =
f (z) = u + iv =
@v
@u
2y + 1
@y =) @x =
@v
2x + @A
@x =)
@y =
2
2
2xy +x +i (x
x + A(y ).
+ Cte .
y ) + Cte .
@v
@u
1 3 @u
2xy dx = x 2 y
3 x . @x = @y =) @x =2xy =) u =
@u
@v
@A
2
y 2 + x 2 =) A(y ) =
@y =
@x =) x + @y =
te
1 3
u + iv = x 2 y 13 y 3 + i (xy 2
3 x )+ C .
y2 + y.
1 2
2x
1 2
2y
1) dx =
(x
R
=) u =
R
+ A(y ).
R
2
2y + 1) dx =
(
2x =) A(y ) =
te
y + y )+C .
1 3
3y
y dy =
R
+ Cte .
2yx + x + A(y ).
te
0 dy = C .
1.5 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes.
Trouver les fonctions en termes de z .
a) ex sin y:
c) x2 y 2 :
b) 2x + 2xy:
Solution : Utilisons les équations de Cauchy-Riemann pour trouver d’abord u(x,y ):
a) v (x,y )=ex sin y .
Donc,
@u
@x
@u
@y
f (z) =x 2
c) v (x,y )=x 2
Donc,
=
= ex cos y =) u =
ex sin y +
@A
@y
R
ex cos y dx = ex cos y + A(y ).
R
ex sin y ) A(y ) = 0 dy = Cte .
=
f (z)=ex cos y + i e sin y + C te = ex (cos y + i sin y ) + Cte = ex eiy + Cte = ez + Cte .
b) v (x,y )=2x + 2xy .
Donc,
@v
@u
@y =) @x
@v
@x =)
x
=
y 2.
f (z)=i (x 2
@u
@x
=
@v
@y
=)
@v
@x
@u
@y =
2
@u
@x
=)
= 2x =) u =
@A
@y
=
2
R
2y =) A(y ) =
2y + i 2x + i 2xy + Cte = x 2
y
@u
@x
=
@u
@y
=
y 2)
@v
@y
=)
@v
@x
@u
@x
=)
=
2y =) u =
2x +
@A
@y
2
2xy + Cte = i [(x
2x dx = x 2 + A(y ).
=
R
(
2
2y ) dy =
2y
y 2 +Cte .
y 2 + i 2xy 2y + i 2x + Cte = z 2 + 2iz + Cte .
R
2y dx =
2x ) A(y ) =
R
2xy + A(y )+Cte .
0 dy = Cte .
y 2 ) + i 2xy ] + Cte = iz 2 + Cte .
3
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4
1.6 Pour quelles valeurs de les fonctions ci-dessous sont-elles holomorphes
a) f (z)=x + i y:
b) f (z)=x2 y 2 + 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 a et b :
a) f (z)=x + i y = x by + iay :
(
@u
@v
1=a
@x = @y
)
) (a = 1, b = 0) )
@u
@v
–
b=0
@y =
@x
= 1.
b) f (z)=x 2 y 2 + x +i ( y +2xy )=x 2 y 2 +ax by +i (ay + bx +2xy ):
(
@v
@u
2x + a = a + 2x
@x = @y
)
) (a et b quelconque): Les
@u
@v
2y b = b 2y
@y =
@x
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
@u
@y
=
=
@v
@y
@v
@x
)
a =b +1
0=0
) (b = a 1):
sont les points d’une droite.
Les
1.7 Étudier la continuité de chacune des fonctions complexes suivantes
jzj
a) f (z) = sin z:
:
b) f (z) = z 3 :
c) f (z) =
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 = 12 (eiz e iz ) = 21 (eix+y e ix y ) = 12 [(cosx + isinx )ey (cosx isinx )e y ]:
Comme u = 21 cosx (ey e y ) = cosx sinhy et v = 12 sinx (ey + e y ) = sinx coshy sont continues 8(x,y ),
on déduit que f est continue pour tout z.
b) f (z )=z 3 = x 3 2xy 2 + i(2x 2 y y 3 ): Comme u = x 3 2xy 2 et v = 2x 2 y y 3 sont continues 8(x,y ),
on déduit que f est continue pour tout z. Il est aussi facile de faire une démonstration par les limites.
Nous devons montrer que 8z 0 : lim f (z ) existe, f (z 0 ) existe, et lim f (z ) = f (z 0 ).
z!z0
z!z0
(Rappel : lim z 3 existe si 8">0, on peut trouver >0 tel que z 3
z!z0
z 30 < " lorsque jz
z 0 j < .)
Supposons 6 1. On a z 3 z 30 = jz z 0 j z 2 + zz 0 + z 20 = jz z 0 j (z z 0 )2 + 3zz 0
Donc, jz z 0 j < ) z 3 z 30 < ( 2 + 3 jz j jz 0 j) < [ 2 + 3( + jz 0 j) jz 0 j] 6 [1 + 3(1 + jz 0 j) jz 0 j]:
"
3
Il su¢ t alors de prendre < 1+3jz j+3j
z 30 < ": Donc lim f (z ) existe.
z j2 pour avoir z
0
z!z0
0
Comme f (z 0 ) = z 30 existe aussi et que lim f (z )=z 30 , on déduit que la fonction f est continue pour tout z.
c) f (z )=
jzj
z
=
p
x2 +y 2
x+iy
=
p
z!z0
(x iy) x2 +y 2
x2 +y 2
= px 2 iy 2 : Comme u = p
x +y
x
x2 +y 2
et v = p
y
x2 +y 2
ne sont pas continues
en (x,y ) = (0,0) (car lim u 6= lim u et lim v 6= lim v ), on déduit que f n’est pas continue en z = 0.
x=0
y!0
y=0
x!0
x=0
y!0
y=0
x!0
2) SÉRIES COMPLEXES
2.1 Étudier la convergence des séries complexes suivantes
i
a) (1+i)+( 13 + 5i )+( 19 + 25
)+:::
b)(1+i)+( 212
c)(1 i)+( 213 + 2i )+:::+( n13 + (
P
n
e)
e n + ( 1) n2in
:
2 +2
n
1) ni )+:::
f)
P
n>1
1
n!
+
i ln n
n3 +1
i)+( 312 + i)+( 412
d)(1 + 3i )+( p12 +
P
:
g)
n>1
i)+::.
2i
ni
p1
5 )+:::+( n + 2n+1 )
2
(n!)
n+1 n
(2n)! + i( 2n 1 )
Solution:
P 1
P
1
a) La série réelle
3n (géométrique de raison 3 < 1) est convergente et la série imaginaire i
(géométrique de raison 51 < 1) est aussi convergente. La série complexe est donc convergente.
1
5n
+ ::.
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 I I ( F . H A M M A D )
P
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
5
P
1
b) La série réelle
(-1)n
n2 (série de Riemann p=2>1) est convergente mais la série imaginaire i
(série alternée avec lim ju n j = 1 6= 0) est divergente: La série complexe est donc divergente.
P
n!1
1
n3
c) La série réelle
(série de Riemann p=3>1) est convergente et la série imaginaire i
avec lim n1 = 0) est convergente. La série complexe est donc convergente.
n!1
P
p1 (série de Riemann p= 1 <1) est divergente et la série
2
n
n
= 21 6= 0). La série complexe est donc divergente.
( lim 2n+1
n!1
d) La série réelle
divergente
P
imaginaire i
P
(-1)n n1 (série alternée
P
n
2n+1
est aussi
e) La série réelle
e n (série géométrique de raison 1e <1) est convergente et la série imaginaire i
(série alternée avec lim n22n
+2 = 0) est convergente. La série complexe est convergente.
P
n!1
P
( 1)n n22n
+2
1
1
f) La série réelle
est convergente (car pour n>3 n!
< n12 et
n2 est convergente) et la série imaginaire
P 1
P ln n
ln n
ln n
n
1
i n3 +1 est convergente (car n3 +1 < n3 < n3 = n2 et
n2 est convergente.)
La série complexe est donc convergente.
g) La série réelle
i
P
n+1
( 2n
1)
n
1
n!
P
P (n!)2
(2n)!
2
un+1
(2n)!
(n+1)2
1
= ((n+1)!)
un
(2n+2)! (n!)2 = (2n+2)(2n+1) = 4 < 1),
lim n+1 = 12 < 1). La série complexe est convergente.
n!1 2n 1
est convergente (car lim
p
n
ju n j =
n!1
est convergente (car lim
n!1
2.2 Trouver le domaine de convergence des séries complexes suivantes
n
P
P 1+i n
P
P
(z + i)
n
n
n
a)
(2z + i)
b)
c)
(2+i) (z+2)
d)
:
z
(2n 1)2 (3 + 2i)n
Solution:
a) La série (géométrique) converge pour j2z + ij < 1 ) z+ 2i < 12 . Le domaine de convergence est donc
un disque de centre (0, 21 ) et de rayon 12 . (Bordure exclue.) (< 12 :)
p
b) La série (géométrique) converge pour 1+i
< 1 ) jzj > j1 + ij = 2. Le domaine
de convergence estp
z
p
donc tout le plan complexe à l’exclusion du disque de centre (0,0) et de rayon 2. (Bordure exclue.)(> 2:)
c) La série (géométrique) converge pour j2+ij jz+2j < 1 ) jz+2j <
donc le disque de centre ( 2,0) et de rayon
d) La série converge si lim
n!1
un+1
un
p1 .
5
(Bordure exclue.)
(2n 1)2 (z+i)
2
n!1 (2n+1) (3+2i)
<1 ) lim
=
p1 . Le domaine
5
(< p1 :)
5
jz+ij
j3+2ij <1
Le domaine de convergence est un disque de centre (0, 1) et de rayon
p
de convergence est
) jz + ij < j3+2ij =
p
13.
p
13. (Bordure exclue) (< 13:)
2.3 Étudier la convergence des séries suivantes et leurs sommes éventuelles.
P
P enz
P n+1
n
i
a) (1+i )+( 23 + 4i )+( 49 + 16
)+...
b)
(z + 2i) .
c)
.
d)
z
2n
2n 1
Solution:
a) La série réelle
P
.
1 ( 32 )n+1
( 32 )n (géométrique de raison 23 <1) est convergente, de somme lim
= 1 2 =3.
2
La série imaginaire i
P
1
4n
(géométrique de raison
1
4 <1)
n!1
1
3
est convergente, de somme i 1 1 1 =
4
La somme de la série complexe est donc 3 + 43 i .
P
n
1
4
3i.
3
n
b) La série
(z + 2i) (géométrique de raison z + 2i ) est convergente pour jz + 2ij <1.
(L’intérieur du disque de centre (0, 2) et de rayon 1.) La somme de la série est dans ce cas
P enz
z
1
1 z 2i .
z
e
e
x+iy
c) La série
<2 ) ex <2 ) x <ln2.
2n (série géométrique de raison 2 ) est convergente pour
2 <1 ) e
(Tous les nombres complexes z tels que Re(z )<ln2.) La somme de la série dans ce cas est 1 1ez = 2 2ez .
d) La série
)
1
2z
P
n
n+1
( 2n
1z)
est convergente si lim
n!1
2
p
n
jun j<1 ) lim
n!1
n+1
2n 1 z
<1
<1 ) jz j <2. La série converge à l’intérieur du disque de centre (0,0) et de rayon 2.