Analyse complexe by Abdelhamid AL Abdali

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R´evision: Analyse complexe

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Nous tenons a` remercier, toutes celles et ceux qui voudrons nous faire parvenir leurs critiques, remarques ainsi que leurs suggestions afin d’am´eliorer le contenu de ce document. CLUB EHTPEC : ehtpec.ehtp@gmail.com

al abdali Abdelhamid

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. Exercice 1 (Contˆole 2,le 16/12/2006) :

1. Calculer l’int´egrale suivante : Z

2π

sin(3θ) dθ 5 − 3 cos(θ)

∞

2. Calculer l’int´egrale : 0

ln(x) dx 1 + x2

En utlisant le chemin suivant : &

Figure 1: Le chemin de calcul

Solution 1 :

2π

sin(3θ) dθ,puis faisons le changement de variable z = eiθ ,notre 5 − 3 cos(θ) 0 contour est le cercle unit´e parcouru dans le sens trigonom´etrique γ + . On a donc dz = ieiθ dθ = izdθ =⇒ dθ = dz iz Or on a : ( iθ −iθ 2 cos(θ) = e +e = z 2z+1 2 iθ −iθ 2 −1 sin(θ) = e −e = z2iz 2i

1. Posons I =

Donc on trouve : Z

2π

I= 0

I = γ+

al abdali Abdelhamid

sin(3θ) dθ 5 − 3 cos(θ) 1 z 3 − z13 dz 2i 5 − 23 (z + z1 ) iz I z6 − 1 dz = f (z)dz 2z 3 (3z 2 − 10z + 3) γ+ 2

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Or d’après le théorème de résidus on a : I f (z)dz = γ+

2πiRes(f, zk )

∈int(γ + )

Les pˆoles de f (les racines du d´enominateur) sont : z0 = 0 ∈ int(γ + ), z1 = z2 = 3I ∈ / int(γ + )

1 3

∈ int(γ + ) et

f (z)dz = 2πi (Res(f, 0) + Res(f, 1/3)) = 0

Soit : γ+

Car : (Res(f, 1/3) = ((z − 1/3)f (z))z=1/3 =?? 1 et (Res(f, 0) = (3−1)! [(z − 0)f (z)](3−1) (z = 0) =?? ln(z) 2. Posons f (z) = 1+z egration étant le chemin définie ci-dessus .Intégrons 2 ,le contour d’int´ donc sur le chemin considéré : I I = f (z)dz Zγ + = f (z)dz S S S C(0,r) Z[r,R] C(0,R) [−R,r] Z Z Z = f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz [r,R] C(0,R) [−R,−r] C(0,r) Z π Z r Z π Z R iθ iθ f (reiθ )dθ f (−x)dx − f (Re )iRe dθ − f (x)dx + =

Pour l’int´egrale +∞ ,En effet :

f (Reiθ )iReiθ dθ ,on montre facilement qu’il tend vers 0 quand R −→

iθ iθ f (Re )iRe dθ

≤

2 + ln2 (R)

R π

R π 2 + ln2 R

dθ = π −→R−→+∞ 0

R2 − 1 R2 − 1

Faisons (r, R) −→ (0, +∞) :

f (reiθ )ireiθ dθ ,ona : 0 q √

Z π

Z π r π 2 + ln2 (r)

r π 2 + r2 iθ iθ

≤ f (re )ire dθ | |dθ ≤ π −→r−→0 0

1 − r2 1 − r2 0 0

Alors pour le deuxi`eme int´egrale:

Faisons (r, R) −→ (0, +∞) :

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Z f (z)dz

I = γ+

t=−x

z Z }| { R r f (x)dx + − f (−t)dt , (ln(−x) = ln(eiπ x) = iπ + ln(x)) Zr ∞ ZR ∞ ln(x) iπ + ln(x) dx + dx 2 2 1+x 0Z ∞ 0Z ∞ 1 + x ln(x) iπ 2 dx + dx 2 1Z +x 1 + x2 0 0 ∞ ln(x) π2 dx i +2 2 1 + x2 0 Z

= = = =

Appliquons maintenant le théorème des résidus on a : I X f (z)dz = 2πiRes(f, zk ) γ+

zk ∈int(γ + )

La fonction i ∈ int(γ + )(Demi plan supérieur ) I f possède deux poles −i et i ,mais seulement π i ln(i) π2 f (z)dz = 2πiRes(f, i) = 2π( ) = 2πi( 2 ) = i Donc : 2i 2i 2 γ+ Z ∞ ln(x) dx = 0. Finalement 1Z+ x2 0 Z 1 Z ∞ Z 1 Z 0 ∞ ln( 1t ) −dt ln(x) ln(x) ln(x) ln(x) (Remarquer que : dx = dx+ dx = dx+ = 2 2 −2 t2 1 + x2 1 + x2 0 0 1+x 1 0 1+x 1 1+t 0) EXERCICE 2 (Contôle 2,le 24/12/2008) :

1. Trouver le d´evelopement de Laurent de la fonction f autour z0 = −2: f (z) =

+∞ X

an (z − z0 )n ,

f (z) =

n=−∞

z (z + 1)(z + 2)

2. Calculer l’int´egrale : I Γ+

Γ+ ´etant l’ellipse :2x2 + y 2 =

dz 1 + z3

3 2

3. Calculer l’int´egrale : 2π

cos2n (θ)dθ

0 2 2n

Rappel : (1 + z ) &

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2n X

k 2k C2n z

k=0

% 4

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Solution 2:

u−2 1 1. Posons u = z + 2,on a donc : f (u) = u(u−1) = u2 + 1−u +∞ X 1 = un Or : 1 − u n=0 +∞ 2 1 2 X n Donc : f (u) = + = + u u 1−u u n=0 +∞ X Les cofficients an dans an (z − z0 )n sont donn´es par : n=−∞

an =

  

1 2 0

si n ≥ 0 si n = −1 si n ≺ −1

2. Appliquons maintenant le théorème de résidus on a : I X f (z)dz = 2πiRes(f, zk ) γ+

zk ∈int(γ + ) π

La fonction f possède trois poles −1, e−i 3 et ei 3 ,mais seulement les deux derniers ∈ int(γ + ) On a donc : I 1 dz −2πi 1 −1 i π3 −i π3 ) + Res(f, e )) = 2πi( = 2πi(Res(f, e ) = π + π ) = 2πi( −2i 2i 3 3 3 3e 3 3e 3 Γ+ 1 + z 3. Soit n ≥ 0 ,on procède comme l’exercice 1 : Faisons le changement de variable z = eiθ ,notre contour est le cercle unité parcouru dans le sens trigonométrique γ + . On a donc(dz = ieiθ dθ = izdθ =⇒ dθ = dz iz Or on a :

cos(θ) = sin(θ) =

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eiθ +e−iθ 2 eiθ −e−iθ 2i

= =

z 2 +1 2z z 2 −1 2iz

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Donc on trouve : Z

2π

cos2n (θ)dθ

I= I0 (

= γ+

z 2 + 1 2n dz ) 2z iz

2n X 1 C k z 2k dz iz(2z)2n k=0 2n

I = γ+

I =

iz 2n+1 22n

γ+

I =

2n X

γ+

1 = 2n i2

k=0

iz 2n+1 22n 2n X

γ + k=0 2n I X γ+

k 2k C2n z dz

k=0

1 = 2n ( i2 k6=n =

2n X

k 2k C2n z dz

k 2k−2n−1 C2n z dz

I + γ+

n 2n−2n−1 C2n z dz)

1 n (0 + 2πiC2n ) i22n

EXERCICE 3 (Rattrapage ,le 11/04/2009) :

1. I Soit n ∈ N∗ ,γn+ l’ellipse parcourue dans le sens directe d’´equation 4x2 + y 2 = 4n2 ,calculer f (z)dz, f est donn´ee par : γ+

f (z) = &

1 (z 2 − e(1 + i)z + ie2 )3

Solution 3: 1. Le chemin d’int´ egration : 4x2 + y 2 = 4n2 =⇒

x 2 n

y 2 2n

=1.

2. Les pˆ oles de f : Sont les racines du dénominateur . On a z 2 − e(1 + i)z + ie2 = z 2 − ez − eiz + ie2 = z(z − e) − ie(z − e) = (z − e)(z − ei). Donc les pôles (triples) de f sont : z0 = e z1 = ie 3. Calculs des r´ esidus : Comme z0 et z1 sont des pôles triples (m = 3) ,le résidu de f en chacun de ces pôles est calculé par la formule suivante : 1 Res(f, a) = lim [(z − a)m f (z)](m−1) z−→a (m − 1)! al abdali Abdelhamid

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Donc :    Res(f, e) =

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(2) (2) 1 1 1 (z − e)3 f (z) = lim (z − ei)−3 = lim 6(z − ei)−5 z−→e 2! z−→e 2 z−→e 2 (2) (2) 1 1 1  3 −3  Res(f, ie) = lim = lim (z − ei) f (z) = lim (z − e) 6(z − e)−5 z−→ie 2 z−→ie 2! z−→ie 2 Soit :  √   Res(f, e) = 1 6(e − ei)−5 = 3( 2ee−i π4 )−5 2 1   Res(f, ie) = 6(ei − e)−5 = −Res(f, e) 2 I 4. Calcul de In = f (z)dz : Plusieurs cas a` discuter : lim

+ γn

(a) Si n = 1, z0 , z1I ∈ / int(γn+ ) ,la fonction f est par cons´equent holomorphe sur int(γn+ ), donc In =

f (z)dz = 0 . + γn

(b) Si n = 2 ,z0 ∈ / int(γn+ ) et z1 ∈ int(γn+ ) ,d’après le théorème des résidus : I √ π f (z)dz = 2πiRes(f, ie) = 2πi × −3( 2ee−i 4 )−5 I2 = γ2+

(c) Si n ≥ 3 ,z0 , z1 ∈ int(γn+ ) , d’après le théorème des résidus : I f (z)dz = 2πi [Res(f, e) + Res(f, ie)] = 0 In = + γn

EXERCICE 4 (Contˆole 2,le 22/01/2014) :

1. Trouver le d´evelopement de Laurent de la fonction f autour z0 = −2: f (z) =

+∞ X

an (z − z0 )n ,

f (z) =

n=−∞

z (z 2 + 1)(z 2 + 2)

Pour : √ (a) 1 ≺ |z|√≺ 2 (b) |z| 2 2. Calculer l’int´egrale suivante : Z 0

2π

sin(3θ) dθ 5 − 3 cos(θ)

3. On pose :u(x, y) = x3 − 3xy 2 + y .Trouver toutes les fonctions holomorphes f (z) telles que u est la partie réelle de f .Exprimer analytiquement ces fonctions et leurs dérivées en fonction de z . 4. La même question pour : (a) u(x, y) = −2xy + 1 (b) u(x, y) = x2 − y 2 + xy

al abdali Abdelhamid

% 7

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Solution 4:

1. Posons :u(x, y) = x3 − 3xy 2 + y,pour démontrer que f est holomorphe ou non ,utilisons les conditions de Cauchy (Dans notre cas ,ces deux conditions sont vérifées):

∂u ∂x ∂u ∂y

∂v = ∂y ∂v = − ∂x

Puisque f est holomorphe ,donc on peut ´ecrire : f 0 (z) =

∂u ∂v ∂u ∂u +i = −i = 3(x2 − y 2 ) − i(−6xy + 1) = 3(x2 − y 2 + 2ixy) − i = 3z 2 − i ∂x ∂x ∂x ∂y

Donc f (z) = z 3 − iz + α ,avec α ∈ C 2

2. Pour u(x, y) = −2xy + 1 , la même méthode donne f (z) = (2 − i) z2 + α ,avec α ∈ C 3. Pour u(x, y) = x2 − y 2 + xy , la même méthode donne f (z) = iz 2 + α ,avec α ∈ C EXERCICE 5 (Contôle 2,le 03/01/2014) :

1. En int´egrant f (z) = ez z −n−1 autour du cercle unit´e .Calculer : 2π

ecos(θ) cos (nθ − sin(θ)) dθ

In = 0

2π

ecos(θ) sin(nθ − sin(θ))dθ

Jn = 0

Z iz e 2. Calculer I(γ) = dz ,sur les deux circuits suivants : 3 γ z

Solution 5:

1. Posons :

 Z 2π   ecos(θ) cos (nθ − sin(θ))dθ  In = Z0 2π    Jn = ecos(θ) sin(nθ − sin(θ))dθ 0

On a

al abdali Abdelhamid

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2π cos(θ)

In − iJn =

e Z0 2π

= =

cos (nθ − sin(θ)) dθ − i

2π

ecos(θ) sin (nθ − sin(θ)) dθ

0 cos(θ)−i(nθ−sin(θ))

e Z0

Z dθ

2π

ecos(θ)+i sin(θ)−inθ dθ

dz ez z −n iz γ +I ez = −i dz n+1 γ+ z = −i.2.π.i.Res(f, 0) 1 = 2π [z n+1 f (z)](n) (0) n! 1 = 2π [ez ](n) (0) n! 1 = 2π (ez )(0) n! 2π = n! Par identification des parties r´eelle et imaginaire on trouve : ( 2π In = n! Jn = 0 =

al abdali Abdelhamid

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CONTROLE 2 (2014/2015): Soit Q(x) une fraction rationnelle qui ne poss`ede pas de pˆoles dans [0, +∞ [ et λ 0 tels que : lim xλ Q(x) = 0

x−→+∞

Et, posons f (z) = z λ−1 Q(−z).Soit α ∈ ]0, π[ et γ le chemin fermé ,orienté dans le sens positif et constitué par : γ1 = z = Reiθ ∈ C, −α ≤ θ ≤ α γ2 = z = teiα ∈ C, r ≤ t ≤ R γ3 = z = reiθ ∈ C, −α ≤ θ ≤ α γ4 = z = te−iα ∈ C, r ≤ t ≤ R y

r O

+∞

xλ−1 Q(x)dx est convergente.

1. Montrer que 0

Z π

2. Montrer que f (z)dz

≤ Rλ Q(−Reit ) dt γ1 −π Z 3. En d´eduire que lim f (z)dz = 0 R−→+∞

γ1

Z 4. Montrer que lim

r−→0

f (z)dz = 0 γ3

Z 5. Calculer

lim

f (z)dz

(r,R)−→(0,+∞)

γ4

Z 6. Calculer

lim

f (z)dz

(r,R)−→(0,+∞)

γ2

+∞

7. En d´eduire que

tλ−1 Q(t)dt en fonction des r´esidus de f (z)

Z 8. Application .Calculer 0

al abdali Abdelhamid

+∞

dt (α 0) 1 + tα 10

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Solution (2014/2015): +∞

xλ−1 Q(x)dx est convergente :

1. Montrons que 0

Int´egrons par parties :

Donc: Z

+∞

λ−1

u = Q(x) =⇒ v 0 = xλ−1

u0 = Q0 (x) λ v 0 = xλ

+∞ Z 1 +∞ λ 0 xλ Q(x) x Q (x)dx Q(x)dx = − λ λ 0 0

Or par hypoth`ese : lim xλ Q(x) = 0

x−→+∞

Soit : Z +∞ x 0

λ−1

1 Q(x)dx = − λ

+∞

1 x Q (x)dx = − λ λ

Z |0

1 x Q (x)dx − λ {z } λ

+∞

xλ Q0 (x)dx

Bien d´ efini

1 = x12 quand x −→ +∞ dont l’intégrale D’autre part,xλ Q0 (x) est équivalente a` xλ × xλ+2 est convergente.(Intégrale de Riemann avec α = 2 1 ) Donc +∞

xλ−1 Q(x)dx est convergente

2. On a :

f (z)dz ≤

γ1

α it λ−1

(Re )

−α

Q(−Re )Rie dt

≤ it

(Reit )λ−1 Q(−Reit )Rieit dt

−α

R Q(−Reit ) dt ≤ λ

≤ −α

Rλ Q(−Reit ) dt

−π

Donc :

f (z)dz ≤

γ1

Rλ Q(−Reit ) dt

−π

Z π

λ it 3 et 4 . On a

f (z)dz

≤ R Q(−Re ) dt et

f (z)dz

≤ rλ Q(−reit ) dt .Et on a γ1 −π γ3 −π f est d´efinie sur un arc circulaire d´efini par −π ≤ θ ≤ π.De plus ona

lim |zf (z)| = lim Rλ Q(−Reit ) = 0 |z|−→+∞

R−→+∞

lim |zf (z)| = lim rλ Q(−reit ) = 0

|z|−→0

r−→0

Donc d’apr`es le lemme de Jordan : al abdali Abdelhamid

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R´evision: Analyse complexe Z

Z f (z)dz = lim

lim

R−→+∞

5 et 6 . On a : Z Z f (z)dz =

R iα

γ3

iα

it λ−1

(te )

f (te )e dt =

iα

tλ−1 eiαλ Q(−teiα )dt

Q(−te )e dt = r

γ2

f (z)dz = 0

r−→0

γ1

donc : Z

+∞

lim

tλ−1 eiαλ Q(−teiα )dt

f (z)dz =

(r,R)−→(0,+∞)

γ2

et de mˆeme on trouve : Z

f (z)dz = − γ4

tλ−1 e−iαλ Q(−te−iα )dt

Soit : Z

+∞

tλ−1 eiαλ Q(−teiα )dt

f (z)dz = −

lim (r,R)−→(0,+∞)

γ4

7. Appliquons le théorème de résidus : I f (z)dz = γ+

X zk

2πiRes(f, zk )

∈int(γ + )

Soit : Z

Z f (z)dz +

γ1

Z f (z)dz +

γ2

Z f (z)dz +

γ3

f (z)dz = 2πi γ4

Res(f, zk )

zk ∈int(γ + )

Puis faisons (r, R) −→ (0, +∞) ,il vient : Z +∞ Z +∞ λ−1 iαλ iα 0+ t e Q(−te )dt + 0 − tλ−1 eiαλ Q(−teiα )dt = 2πi 0

X zk

Res(f, zk )

∈int(γ + )

Soit : +∞

tλ−1 eiαλ Q(−teiα ) − e−iαλ Q(−te−iα ) dt = 2πi

Faisons α −→ π , il vient : Z +∞ tλ−1 eiπλ Q(−teiπ ) − e−iπλ Q(−te−iπ ) dt = 2πi 0

al abdali Abdelhamid

X zk

Res(f, zk )

∈int(γ + )

Res(f, zk )

∈int(γ + )

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Soit : Z +∞

λ−1

R´evision: Analyse complexe

iπλ e Q(t) − e−iπλ Q(t) dt =

+∞

Z =⇒

+∞ λ−1

t 0

+∞

Q(t) 2iIm(eiπλ ) dt =

tλ−1 Q(t) eiπλ − e−iπλ dt = 2πi

tλ−1 Q(t)2i sin λπdt = 2πi

Res(f, zk )

∈int(γ + )

Res(f, zk )

∈int(γ + )

Finalement on trouve : +∞

tλ−1 Q(t)dt =

π sin λπ

Res(f, zk )

zk ∈int(γ + )

+∞

dt (α 0). 1 + tα 0 Discutons la convergence de cette int´egrale suivant les valeurs de α:

8. Application : Soit `a calculer

(a) Si 0 ≺ α ≤ 1: Ona :

Z +∞ dt dt ≥ ≥ +∞ α 1+t 1+t 0 0 Donc l’int´egrale est divergente pour 0 ≺ α ≤ 1. Z

+∞

(b) Si α 1: Ona :

bien d´ ef ini=A

+∞

0≤ Z

0 +∞

dt = 1 + tα

z Z 0

}| { Z Z +∞ +∞ dt dt dt + ≤A+ α α 1+t 1+t tα 1 1

dt Or l’intégrale est une intégrale de Riemann convergente (α 1).Donc α t 1 Z +∞ dt l’intégrale est convergente pour α 1. 1 + tα 0 1 1 Faisons le changement de variable : u = tα ⇐⇒ t = u α =⇒ dt = α1 u α −1 du Soit : Z +∞ Z dt 1 +∞ uλ−1 1 1 = du , λ = 0 =⇒ 0 ≺ λ ≺ 1 et Q(u) = α 1+t α 0 1+u α 1+u 0 V´ erification des hypoth` eses:On a uλ u lim u Q(u) = lim = lim uλ−1 =0 u−→+∞ u−→+∞ 1 + u u−→+∞ 1+u λ

Q(u) une fraction rationnelle qui ne possède pas de pôles dans [0, +∞ [ et λ 0 Donc on peut appliquer le résultat de la question (7): Z +∞ dt π =λ Res(f, −1) α 1+t sin λπ | {z } 0 =1

Finalement on trouve : al abdali Abdelhamid

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R´evision: Analyse complexe +∞

Z 0

dt π λπ = = α 1+t sin λπ α sin απ

CONTROLE 2 (2011/2012) Exercice1: 2 Considérons la fonction f (z) = e−z , z ∈ C 1. Montrer que ∀r 1, ∃θr ∈ 0, π4 [ tel que r2 = tan θr + π4 . On désigne par Γr le chemin fermé constitué par le segment [0, r] les deux arcs Cr et γr et le segment S tels que: n πo iθ iθ Cr = z = re ∈ C, 0 ≤ θ ≤ θr , γr = z = re ∈ C, θr ≤ θ ≤ 4 ( ) √ 2 i π4 S = z = xe ∈ C, 0 ≤ x ≤ r 2 Z f (z)dz = 0

2. V´erifier que Γ+ r

Z 3. On se propose de montrer que

lim

f (z)dz

f (z)dz +

r−→+∞

γr+

Cr+

π (a) Calculer la d´eriv´ee de la fonction ln tan θr + 4

Z θr

1 dθ ln(r) = (b) V´erifier que

f (z)dz

≤ r 0 cos(2θ) r Cr+ Z f (z)dz = 0 (c) En d´eduire que lim r−→+∞

C+

r−→+∞

γr+

π f (z)dz

≤ r − θr 4 γr+ π (e) V´erifier que lim r sin − θr = 0 r−→+∞ 4 Z (f) En d´eduire que lim f (z)dz = 0

(d) V´erifier que

Z 4. V´erifier que

Z f (z)dz =

Γ+ r

−t2

e 0

Z dt +

Cr+

γr+

Z 5. En d´eduire les valeurs des int´egrales de Fresnel √ 0 Z +∞ π 2 (On pourra utiliser le fait que e−t dt = ) 2 0

al abdali Abdelhamid

f (z)dz − e

f (z)dz +

i π4

+∞

cos x2 dx et

√ 2 2

e−it dt

+∞

sin x2 dx.

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R´evision: Analyse complexe

Exercice2: Soit E l’espace des fonctions continues de [0, 1] dans R muni du produit scalaire d´efini par : Z 1 u(x)v(x)dx ∀ u, v ∈ E hu, vi = 0

√ √ Posons e0 (x) = 2 cos (πx) , e1 (x) = 2 sin (πx) et F = vect {e0 , e1 }.Et,désignons par p la projection orthogonale de E sur F . 1. Justifier l’existence de p. 2. Vérifier que {e0 , e1 } est une base orthonormée de F . 3. Montrer que pour tout w ∈ E, on a p(w) = hw, e0 i e0 + hw, e1 i e1 . 4. Posons w0 (x) = π 2 x, calculer p(w0 ) et kw0 − p(w0 )k2 5. En déduire Z min

a,b∈R

2 2 π x − a cos (πx) − b sin (πx) dx

y B S π/4 O

θr

Figure 2: Sch´ema de l’exercice 1

al abdali Abdelhamid

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R´evision: Analyse complexe

SOLUTION (2011/2012): Solution 1 : 2 Considérons la fonction f (z) = e−z , z ∈ C 1. Fixons r 0 ,posons h(θ) = r2 − tan θ + π4 ,h étant continue sur 0, π4 [.De plus on a : π 2 π 0 h (θ) = − 1 + tan θ + ≺ 0 ∀ θ ∈ 0, [ 4 4 Donc h est strictement décroissante sur 0, π4 [.Le théorème des valeurs intermédiaires affirme l’existence d’un θr ∈ 0, π4 [ tel que : r2 = tan θr + π4 = 0 ∀r 1, ∃θr ∈ 0, π4 [ tel que r2 = tan θr + π4 2. f étant holomorphe + le chemin d’intégration est fermé =⇒ Le théorème de Cauchy permet de conclure que: Z f (z)dz = 0 Γ+ r

3. (a) On a : π 0 tan0 θ + π4 1 2 2 = = = ln tan θ + = π π π π 2 4 cos(2θ) tan θ + 4 cos θ + 4 tan θ + 4 sin 2θ + 2 h π i 0 2 Donc ln tan θ + = 4 cos(2θ) (b) On a :

f (z)dz

≤ +

θr

−(reiθ )2 iθ

rie dθ ≤

θr

re−r

cos(2θ)

dθ

Puis utilisons le fait que et 1 + t t pour tout t strictement positif .Soit e−t ≺ 2 1 1 ,donc en particulier si t = r2 cos(2θ) 0 ,on trouve e−r cos(2θ) ≤ r2 cos(2θ) .Soit : t

f (z)dz

≤ +

θr

−r2 cos(2θ)

Z dθ ≤

θr

h π iθr r = ln tan θ + r2 cos(2θ) 4 0

=⇒

1h π iθr 1 π ln(r)

f (z)dz ≤ ln tan θ + = ln tan θr + = 2 4 2 4 r 0 Cr+

ln(r) lim

=0 f (z)dz

≤ lim r−→+∞ r−→+∞ r Cr+ al abdali Abdelhamid

ehtp

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R´evision: Analyse complexe Z Donc

(d) On a :

+ f (z)dz ≤ γr

π 4

θr

f (z)dz = 0

lim

r−→+∞

Cr+

π 4

−(reiθ )2 iθ

rie dθ ≤

−r2 cos(2θ)

π 4

Z dθ ≤ r

dθ = r

θr

− θr

θr

(e) On a : sin

π 1 − θr = cos + θr = q 4 4 1 + tan2 =⇒ lim r sin

π 4

1 = √1 + r 4 + θr

r − θr = lim √ =0 r−→+∞ 4 1 + r4

r−→+∞

(f) D’après la question précédente : lim sin

− θr = 0 =⇒ lim

r−→+∞

4. R´esultat simple a` v´erifier :

−t2

f (z)dz =

Γ+ r

− θr = 0 =⇒ lim

r−→+∞

f (z)dz = 0

r−→+∞

dt +

i π4

f (z)dz − e

f (z)dz + Cr+

γr+

√ 2 2

5. D’après la question précédente , et on fais tendre r vers l’infini : Z Z Z +∞ Z +∞ Z 2 i π4 −t2 e−it dt = 0 f (z)dz = e dt + f (z)dz −e f (z)dz + + + Γ+ 0 0 r | Cr {z } | γr {z } 0

Soit : Z +∞

−t2

dt − e

i π4

+∞

−it2

+∞

dt = 0 =⇒

−it2

−i π4

+∞

dt = e

√ −t2

dt =

π −i π e 4 2

Par identification des parties r´eelles et des parties imaginaires il vient : Z Donc

+∞ 2

cos(t )dt = 0

al abdali Abdelhamid

sin(t )dt = 0

+∞

π 8

ehtp

e−it dt

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CONTROLE 2 (2015/2016) Exercice1: Soit a et b deux réels strictement positifs avec a 6= b .L’objectif de cet exercice est de calculer l’intégrale : Z +∞ sin2 (x) dx (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) 0 Soit R ≥ max (a, b);on considère le contour CR orienté dans le sens positif ,formé par le segment −R, R [ et l’arc de cercle γR défini par : γR = z = Reiθ ∈ C, 0 ≤ θ ≤ π eiαz ,z∈C Soit α ≥ 0 et f (z) = 2 (z + a2 ) (z 2 + b2 ) 1. Chercher les pôles de f (z). 2. Montrer que pour tout z ∈ γR ,on a : e−αR sin(θ) (R2 − a2 ) (R2 − b2 )

|f (z)| ≤

+∞

Z f (z)dz;puis, en d´eduire

3. Calculer + CR

Z 4. Calculer I(a, b) = 0

+∞

eiαx dx (x2 + a2 ) (x2 + b2 )

sin2 (x) dx (x2 + a2 ) (x2 + b2 )

Exercice2: On considère l’équation différentielle : xy 00 (x) + y 0 (x) + xy(x) = 0 , y(0) = 1 , y 0 (0) = 0 On désigne par F (p) la transformée de Laplace de la fonction y(x). 1. Montrer que (1 + p2 )F (p) + pF (p) = 0, pour tout p ∈ R 2. En déduire que F (p) = √ 1

1+p2

3. Exprimer y(x) sous la forme d’une s´erie enti`ere . (p 1)

al abdali Abdelhamid

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R´evision: Analyse complexe

SOLUTION (2015/2016) Solution 1 : 1. Les pˆoles de la fonction f (z) sont {−ib, −ia, ia, ib} , mais seuls {ia, ib} ∈ CR . 2. Soit z ∈ γR :

iαReiθ

iθ

e iαz iαRe

e e

|f (z)| =

2 =

(z + a2 ) (z 2 + b2 ) ((Reiθ )2 + a2 ) ((Reiθ )2 + b2 ) |(Reiθ )2 + a2 | × |(Reiθ )2 + b2 |

=⇒ |f (z)| ≤

iαReiθ

||Reiθ |2 − a2 | × ||Reiθ |2 − b2 |

e−αR sin θ (R2 − a2 ) (R2 − b2 )

Car : ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 | ∀z1 , z2 ∈ C Donc |f (z)| ≤

e−αR sin(θ) (R2 − a2 ) (R2 − b2 )

3. On a d’après le théorème des résidus : Z Z Z R f (z)dz = f (z)dz+ f (x)dx = 2πi + CR

+ γR

−R

X zk

R ≥ max (a, b) ∀z ∈ γR

Res(f, zk ) = 2πi [Res(f, ia) + Res(f, ib)]

∈int(γ + )

Faisons tendre R vers l’infini,et en utilisant le r´esultat de la deuxi`eme question :

Z π Z π

e−αR sin(θ) dθ

f (z)dz ≤ lim lim

dθ ≤ lim =0 2 2 2 2 2 2 + R−→+∞ γ R−→+∞ 0 (R − a ) (R2 − b2 )

R−→+∞ 0 (R − a ) (R − b ) R Z

∞

=⇒

f (x)dx = 2πi [Res(f, ia) + Res(f, ib)] −∞

D’autre part :     Res(f, ia) =

(z − ia)eiαz e−iαa = z−→ia z−→ia (z 2 + a2 ) (z 2 + b2 ) 2ia (b2 − a2 ) iαz (z − ib)e −e−iαb   =  Res(f, ib) = lim [(z − ib)f (z)] = lim 2 z−→ib z−→ib (z + a2 ) (z 2 + b2 ) 2ib (b2 − a2 )

donc :

lim [(z − ia)f (z)] = lim

∞

f (x)dx = 2πi [Res(f, ia) + Res(f, ib)] ⇐⇒ −∞

∞

−∞

−iαa eiαx e−iαa e−iαb 2πi e e−iαb = dx = 2πi − − (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) 2ia (b2 − a2 ) 2ib (b2 − a2 ) 2i (b2 − a2 ) a b

al abdali Abdelhamid

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∞

Conclusion : −∞

−iαa eiαx π e e−iαb dx = 2 − (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) (b − a2 ) a b

4. Utilisons le résultat établi dans la question précédente ; en particulier si α = 0 et si α = 2 ,on trouve : Z ∞ Z ∞ dx dx π 1 1 =2 = 2 − α = 0 =⇒ 2 2 2 2 (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) (b − a2 ) a b −∞ (x + a ) (x + b ) 0 −2ia Z ∞ e2ix π e e−2ib α = 2 =⇒ dx = 2 − 2 2 2 2 (b − a2 ) a b −∞ (x + a ) (x + b ) −2ia Z ∞ Z ∞ 1 − 2 sin2 (x) cos(2x) π e e−2ib dx = 2 dx = 2 − =⇒ 2 (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) (b − a2 ) a b 0 0 Finalement on trouve en combinant ces résultats : Z Conclusion : I(a, b) = 0

al abdali Abdelhamid

+∞

π ae−2ib − be−2ia + b − a sin2 (x) dx = · (x2 + a2 ) (x2 + b2 ) 4ab b 2 − a2

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R´evision: Analyse complexe

RATTRAPAGE D’ANALYSE (2011/2012) Exercice1: 1. Chercher les constantes a, b, c, d et e tels que : h(x) =

a b dx + e c 2x2 + 1 = + 2+ + 2 2 2 x (x − 1) (x + x + 1) x x x−1 x +x+1

2. En utilisant la transformée de la Laplace,résoudre l’équation différentielle suivante : y 000 (x) − y(x) = x Exercice2: On se propose de calculer l’intégrale I : Z +∞ dx I= et on pose 5 1 + x2 0

y(0) = y 0 (0) = 0 et y 00 (0) = 2

avec

+∞

J= 0

z2 t2 dt et f (z) = ,z ∈ C 1 + t5 1 + z5

Pour tout R 0, on considère le chemin fermé γR orienté dans le sens positif et formé par le 2πi segment 0, R [,le segment SR0 joignant les points Re 5 et O .Et l’arc : o n 2πi CR = z = Reiθ ∈ C, 0 ≤ θ ≤ e 5 Z f (z)dz

1. Calculer + γR

Z 2. V´erifier

lim

R−→+∞

f (z)dz = 0 + CR

3. En d´eduire la valeur de J puis, celle de I

al abdali Abdelhamid

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SOLUTION RATTRAPAGE (2011/2012) Solution 1 : 1. Pour trouver les constantes a, b, c, d et e ,il suffit de d´ecomposer la fraction rationnelle h(x) : a b dx + e 2x2 + 1 c = + 2+ + 2 h(x) = 2 2 x (x − 1) (x + x + 1) x x x−1 x +x+1 2πi

Posons j = e 3 la solution de l’´equation x2 + x + 1 = 0 : On a   b = lim x2 h(x) = −1   x−→0    c = lim (x − 1)h(x) = 1   x−→1 1 + 2j 2 −1 − 2j 2 = = −j − 1 dj + e = lim (x + x + 1)h(x) =  2 (j − 1)  x−→j j 2 + j    b c −d + e    −a = h(−1) − 2 − =0 − 2 1 −1 − 1 1 − 1 + 1 Donc :

2x2 + 1 1 1 x+1 =− 2 + − 2 2 2 x (x − 1) (x + x + 1) x x−1 x +x+1

2. Posons Y (p) = L [y(x)] et α = l’´equation diff´erentielle suivante :

1−j 3

y 000 (x) − y(x) = x

, puis appliquons la transform´ee de la Laplace a`

avec

y(0) = y 0 (0) = 0 et y 00 (0) = 2

on trouve : L [y 000 (x) − y(x)] = L [y 000 (x)]−L [y(x)] = L [x] =⇒ p3 Y (p)−p2 y(0)−py 0 (0)−y 00 (0)−Y (p) = =⇒ (p3 + 1)Y (p) =

1 p2

1 + 2p2 1 + 2 =⇒ Y (p) = = h(p) p2 p2 (p3 + 1)

Donc : 2p2 + 1 1 1 p+1 1 1 α α Y (p) = 2 = − 2+ − = − 2+ − + p (p − 1) (p2 + p + 1) p p − 1 p2 + p + 1 p p−1 p−j p−j Soit : x

Y (p) = −L [x] + L [e ] − αL e

+ αL e

=⇒ Y (p) = L −x + e − αe − αe

=⇒ Y (p) = L −x + ex − 2Re αejx Soit au final : y(x) = −x + ex −

al abdali Abdelhamid

−x 2

2e 3

√

cos

3 x 2

! − cos

!# √ 3 2π x+ 2 3

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R´evision: Analyse complexe

Solution 2 : 1. (a) Le chemin d’int´egration :

(b) On a d’après le théorème des résidus : I X f (z)dz = 2πi Res(f, zk ) + γR

, zk ∈ int γR+

zk ∈int(γ + ) πi

(2k+1) 5 Or les r´esidus de la fonction f sont tels que z 5 + 1 =

0, soit zk = e πi

πi

{0, 1, .., 4}.Mais seul z0 = e 5 ∈ int γR+ , car |z0 | = e 5 = 1 ≺ R. Donc :

, k∈

−2πi 5

2πie z2 f (z)dz = 2πiRes(f, z0 ) = 2πi lim [(z − z0 )f (z)] = 2πi 04 = z−→z + 5z0 5 0 γR

−2πi 5

2πie Soit au final : f (z)dz = + 5 γR 2. Soit z ∈ CR :

2iθ

z Reiθ 2

|R | · R2

= |f (z)| =

5 ≤

z + 1 (Reiθ )5 + 1 |R5 e5iθ + 1| R5 − 1

(||a| − |b|| ≤ |a − b|)

Z 2π

2πR3

iθ iθ

=⇒ lim

f (z)dz ≤ lim =0 f Re Rie dθ ≤ lim R−→+∞ C + R−→+∞ 5 (R5 − 1)

R−→+∞ 0 R Z Donc :

al abdali Abdelhamid

f (z)dz = 0

lim

R−→+∞

+ CR

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R´evision: Analyse complexe

3. On a :

Z f (z)dz =

−→ OA

+ γR

f (z)dz =

=⇒

f (z)dz +

− − → BO

+ CR

Z f (z)dz −

f (t)dt +

+ γR

f (z)dz +

f re

+ CR

f (z)dz 2πi 5

2πi 5

Faisons tendre R vers l’infini et utilisons les résultats des deux questions précédentes : Z

+∞

f (t)dt − e

2πi 5

+∞

f te

2πi 5

+∞

f (t)dt − e

dt =

6πi 5

=⇒ 1 − e

+∞

f (t)dt = 1 + e

πi 5

−2πi 5

2πie f (t)dt = 5 −2πi 5

2πie f (t)dt = 5 πi

2πi

t2 dt 2π 2π 2πie e2− 5 = = = · π −πi 5 πi πi πi t +1 5 e 10 e 10 + e 10 5 cos 10 5 1+e5

f (t)dt =

=⇒

+∞

−2πi 5

+∞

4πi 5

+∞

2πi 5

+∞

Z Donc : J = 0

t2 dt π = t5 + 1 5 cos

π 10

Pour d´eduire la valeur de I , faisons le changement de variable 1

t = x 3 ⇐⇒ x = t3 =⇒ dx = 3t2 dt Soit :

+∞

I= 0

dx 1+x

+∞

5 3

3t2 dt = 3J 1 + t5

D’autre part : cos

π 10

= cos

+∞

Z Donc : I = 0

al abdali Abdelhamid

3π π − 5 2 dx 1+x

5 3

= sin

3π 5

3π 5 sin 3π 5

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CONTROLE D’ANALYSE (2009/2010) Exercice 1 : Calculer : Z

min

a,b,c,d∈R

4 2 x + (1 − a)x3 − bx2 + (1 − c)x − d dx

−1

Exercice 2 : Résoudre a` l’aide de la transformation de Laplace l’équation différentielle suivante : y 00 (t) + y(t) = 2t

avec y(π) = 0 et y 0 (π) = 2

1. Donner l’expression de y(t) en fonction de y(0) et y 0 (0) . 2. Determiner y(0) , y 0 (0) puis y(t) . Exercice 3 : On pose a = (1 + i)

pπ 2

√

πe

πi 4

e−z et g(z) = 1 + e−2az

1. Montrer que g(z) − g(z + a) = e−z

2. D´eterminer les points singuliers de g ainsi leurs nature 3. Calculer le r´esidu de g(z) en z =

a 2

4. Pour r 0 soit Cr le parall´elogramme de sommet −r, r, −r + a et r + a parcouru dans le Z sens positif.Calculer l’int´egrale

g(z)dz Cr+

5. Montrer que, lorsque r −→ +∞ ,l’intégrale de g sur les cotés non horizontaux parallélogramme tend vers 0. Z +∞ 2 6. En déduire la valeur de l’intégrale I = e−x dx

−∞

al abdali Abdelhamid

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SOLUTION : Solution1: On d´efini le produit scalaire associ´e a` la norme kxk2 = hx, xi: Z 1 f (t)g(t)dt hf, gi = −1

Le polynôme minimal cherché p3 (x) = ax3 + bx2 + cx + d ce n’est que la projection orthogonale p4 (x) = x4 + x3 + x sur l’espace vectoriel R3 [X].Donc le polynôme p3 (x) vérifie : kp4 (x) − p3 (x)k =

min v(x)∈R2 [X]

kp4 (x) − v(x)k

Pour trouver le polynôme p3 (x) il suffit de déterminer une base orthonormée telle que : vect {ek }0≤k≤4 = vect {fk }0≤k≤4 avec {ek }0≤k≤4 = 1, x, x2 , x3 puis écrire ce polynôme dans la nouvelle base : p3 (x) =

3 X

hp4 (x), fk i fk .Pour cela ; utilisons

k=0

le proc´ed´e d’orthonormalisation de Gramm-Smith : Initialisation : f1 =

e1 ke1 k

et n la dimension de l’espace de projection

H´ er´ edit´ e : Pour p allant de 2 a` n faire : 1. λk = hfk , ep i 2. g = ep −

p−1 X

λk fk

k=1 2

3. kgk = kep k −

p−1 X

λ2k

k=1

g 4. fp = kgk Fin On applique ce proc´ed´e en tenant compte que ek = xk−1 pour 1 ≤ k ≤ 4 , on trouve : √   1 3 5 1   2    f1 = √  f3 = √ x − 2 2 2√2 r et 3   5 7 3    f2 =  f 4 = √ x3 − x x 2 5 2 2 Donc : p3 (x) =

4 X

hp4 (x), fk i fk =

k=1

Avec :

 √  2   λ1 = hp4 (x), f1 i = 5√ 16 3    λ2 = hp4 (x), f2 i = √ 15 2

al abdali Abdelhamid

4 X

λk fk

k=1

 √  9 5   λ3 = hp4 (x), f3 i = √ 70√ 2    λ4 = hp4 (x), f3 i = 2 14 35

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R´evision: Analyse complexe

2 1 8 27 2 Soit au final : p3 (x) = ax + bx + cx + d = + x + x −1 + 5 5 56 5 3

3 x − x 2 3

Solution 2: 1. Posons a = y(0) et b = y 0 (0) ,et on désigne par Y (p) la transformée de Laplace de la fonction y(t) . Appliquons la transformation de Laplace à l’équation différentielle y 00 (t) + y(t) = 2t : L [y 00 (t) + y(t)] = L [y 00 (t)] + L [y(t)] = L [2t] =⇒ p2 Y (p) − ap − b + Y (p) =

=⇒ Y (p) =

2 p2

c d 2 ep + f ap + b − 2 ap3 + bp2 + 2 = + = + + p2 (p2 + 1) p p2 p2 + 1 p2 p2 + 1 =⇒ y(t) = 2t + a cos(t) + (b − 2) sin(t)

2. Utilisons les deux conditions y(π) = 0 et y 0 (π) = 2 : y(π) = 0 2π + a cos(π) + (b − 2) sin(π) = 0 a = 2π =⇒ =⇒ 0 y (π) = 2 2 − a sin(π) + (b − 2) cos(π) = 2 b = 2 Finalement on trouve : y(t) = 2t + 2π cos(t) Solution 3: 2

1. Montrons que : g(z) − g(z + a) = e−z Remarquons que a2 = πi et soit z ∈ Df , 2

e−z e−(z+a) 2 g(z) − g(z + a) = − = e−z −2az −2a(z+a) 1+e 1+e

1 ez −(z+a) − 1 + e−2az 1 + e−2a(z+a)

! 2 1 1 e−2az−a e−2az−πi −z 2 − − =⇒ g(z)−g(z+a) = e =e 1 + e−2az 1 + e−2az−2a2 1 + e−2az 1 + e−2az−2πi 1 e−2az 1 + e−2az −z 2 −z 2 + =e =⇒ g(z) − g(z + a) = e 1 + e−2az 1 + e−2az 1 + e−2az −z 2

Donc : g(z) − g(z + a) = e−z

2. Les points singulier de la fonction g sont tels que :1 + e−2az = 0 =⇒ −2az0 = −πi =⇒ a2 z0 = 2a = a2 avec z0 est un pˆole simple .

al abdali Abdelhamid

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R´evision: Analyse complexe

3. Le r´esidu de g en z0 =

a 2

est : 2

(z − z0 )e−z −i e−z0 √ Res(f, z0 ) = lim [(z − z0 )f (z)] = lim = = −2az −2az 0 z−→z0 z−→z0 1 + e −2ae 2 π 4. CR est chemin fermé , on a donc d’après le théorème des résidus : Z X Res(f, zk ) , zk ∈ int Cr+ f (z)dz = 2πi Cr+

Or z0 =

a 2

zk ∈int(Cr+ )

∈ int (Cr+ ).Donc : Z Cr+

f (z)dz = 2πiRes(f, z0 ) =

√

5. Le segment [r, a + r] est défini par la paramétrisation : [r, a + r] = {z = (1 − t)r + (r + a)t = r + at , 0 ≤ t ≤ 1} Intégrons cette fonction sur le dit segment : Z Z 1 Z 1 g(z)dz = g(r + at)adt =

Z 1 −r2 −πit2 −2art 2 ae−(r+at) ae dt = dt −2a(r+at) −2ar−2πit [r,a+r] 0 0 1+e 0 1+e

Z 1

−r2 −πit2 −2art

√ −r2 Z 1 √ −r2 −√2πrt

ae πe πe

√ √ dt ≤ =⇒

g(z)dz ≤

dt ≤ −2ar−2πit 2πr −

1−e 1 − e− 2πr 0 0 1+e [r,a+r] √ −r2 Z πe √ Or : lim g(z)dz = 0 = 0 . Donc lim r−→+∞ 1 − e− 2πr r−→+∞ [r,a+r] De mˆeme pour segment [−r, a − r] : Z Z 1 Z 1 Z 1 −r2 −πit2 +2art 2 ae−(−r+at) ae g(z)dz = g(−r + at)adt = dt = dt −2a(−r+at) +2ar−2πit [−r,a−r] 0 0 1+e 0 1+e

Z 1

−r2 −πit2 +2art

√ −r2 +√2πr Z 1 √ −r2 +√2πrt

ae πe πe

√ √ =⇒

g(z)dz

≤ dt ≤

dt ≤ 2ar−2πit 2πr

e −1 e 2πr − 1 [−r,a−r] 0 1+e 0 √ −r2 +√2πr Z πe √ Or : lim = 0 . Donc lim g(z)dz = 0 r−→+∞ r−→+∞ [−r,a−r] e 2πr − 1 Z Conclusion :

6. On a : I

lim

r−→+∞

Z g(z)dz =

Z g(z)dz = lim

[−r,a−r]

r−→+∞

Z g(z)dz −

g(z)dz + [−r,−r]

al abdali Abdelhamid

g(z)dz = 0 [r,a+r]

[r,a+r]

Z g(z)dz −

[−a−r,a+r]

g(z)dz [−r,a−r]

ehtp

CLUB EHTPEC

Or :

R´evision: Analyse complexe

g(u + a)du =

g(z)dz = [−a−r,a+r]

−r

g(u) − e−u du

−r

Utilisons le résultat des questions précédentes , puis faisons tendre r vers l’infini : Z +∞ I Z +∞ h Z +∞ i √ 2 −x2 e−x dx = π dx = g(x)dx − g(x) − e g(z)dz = CR

−∞

+∞

Conclusion : I =

e−x dx =

√ π

−∞

Figure 3: Le chemin d’int´egration

al abdali Abdelhamid

ehtp