Exercices d'analyse complexe, Examens de Mathématiques

Télécharge Exercices d'analyse complexe et plus Examens au format PDF de Mathématiques sur Docsity uniquement!

ANALYSE COMPLEXE

Chapitre III

FONCTIONS HOLOMORPHES, CONTINUIT…, D…RIV…E, S…RIES COMPLEXES

EXERCICES DE R…VISIONS : ANALYSE COMPLEXE-CHAPITRE III

…quations 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 Èquations de Cauchy-Riemann @u @x

@v @y et

@u @y

@v @x sont satisfaites.

ContinuitÈ díune Fonction Complexe Une fonction complexe f (z) = u(x; y) + iv(x; y) est continue au point z 0 si : lim z!z 0 f (z) existe, f (z 0 ) existe, et lim z!z 0 f (z) = f (z 0 ). Ceci est Èquivalent aussi ‡ vÈriÖer que u(x; y) et v(x; y) sont toutes deux continues.

DÈrivÈe díune Fonction Holomorphe La dÈrivÈe díune fonction holomorphe f (z) = u (x; y) + iv (x; y) est f 0 (z) =

df (z) dz

@u @x

• i

@v @x

@v @y

i

@u @y

Un raccourcis pour vÈriÖer líholomorphie díune fonction di§ Èrentiable donnÈe en termes de z est de vÈriÖer si la fonction de dÈpend pas de z:

@f @z

SÈries Complexes

Une sÈrie complexe

P

P (an^ +^ ibn)^ est convergente si et seulement si an et

P

bn sont toutes deux convergentes.

Quelques Testes de Convergences Avant díe§ectuer un quelconque teste il faut díabord síassurer de la condition nÈcessaire de convergence lim n! un = 0.

Teste du rapport: Si lim n!

un+ un

P

un est convergente. Si lim n!

un+ un

1 : divergente.

Teste de la racine: Si lim n!

p nju nj^ <^1 :^

P

un est convergente. Si lim n!

p nju nj^ >^1 : divergente.

Quelques SÈries Usuelles

SÈries gÈomÈtriques:

P

rn^ est convergente si jrj <1, divergente si jrj > 1. SÈrie de Riemann:

P 1

np^

est convergente si p >1, divergente si p 61. SÈries alternÈes:

P

(1)nun est convergente si lim n! junj = 0. ( Avec un+1 6 un:)

Somme de la SÈrie GÈomÈtrique

1 + r + r^2 + r^3 + ::: + rn^ =

1 rn+ 1 r

Lorsque jr j <1: lim n!

1 rn+ 1 r

1 r

F. H A M M A D http://exerev.yolasite.com - http://sites.google.com/site/exerev

b) u(x,y )=x 2 y 2 + 2 x + 1. @u@x = @v@y =) 2 x + 2 = @v@y =) v =

R

(2x + 2) dy = 2 xy + 2 y + A(x ). @u @y =^ ^

@v @x =) ^2 y^ =^ ^2 y^ ^

@A @x =)^ A(x^ )^ =^

R

0 dx = Cte. Donc, f (z) = u + iv = x 2 y 2 + 2 x + 1 + i 2(xy + y ) + Cte.

c) u(x,y )= 2 xy. @u@x = @v@y =) 2 y = @v@y =) v =

R

2 y dy = y 2 + A(x ). @u @y =^ ^

@v @x =) ^2 x^ =^ ^

@A @x =)^ A(x^ )^ =^

R

2 x dx = x 2 + Cte. Donc, f (z) = u + iv = 2 xy + i (x 2 y 2 )+Cte.

1.4 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions. a) xy y: b) xy^2 13 x^3. c) x^2 y^2 + y.

Solution : Utilisons les Èquations 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 = 12 x 2 x + A(y ). @u @y =^ ^

@v @x =)^

@A @y =^ y^ =)^ A(y^ )^ =^

R

y dy = 12 y 2 + Cte. Donc, f (z)= u + iv = 12 (x 2 y 2 )ñx + i (xy y ) + Cte.

b) v (x,y )=xy 2 13 x 3. @u@x = @v@y =) @u@x = 2 xy =) u =

R

2 xy dx = x 2 y + A(y ). @u @y =^ ^

@v @x =)^ x^

2 + @A

@y =^ y^

(^2) + x 2 =) A(y ) = R^ y 2 dy = 1 3 y^

(^3) + Cte.

Donc, f (z)= u + iv = x 2 y 13 y 3 + i (xy 2 13 x 3 )+Cte.

c) v (x,y )=x 2 y 2 + y. @u@x = @v@y =) @u@x = 2 y + 1 =) u =

R

( 2 y + 1) dx = 2 yx + x + A(y ). @u @y =^ ^

@v @x =) ^2 x^ +^

@A @y =^ ^2 x^ =)^ A(y^ )^ =^

R

0 dy = Cte. Donc, f (z) = u + iv = 2 xy +x +i (x 2 y 2 + y )+Cte.

1.5 Ci-dessous sont les parties imaginaires de fonctions holomorphes. Trouver les fonctions en termes de z. a) ex^ sin y: b) 2 x + 2xy: c) x^2 y^2 :

Solution : Utilisons les Èquations de Cauchy-Riemann pour trouver díabord u(x,y ):

a) v (x,y )=exsin y. @u@x = @v@y =) @u@x = excos y =) u =

R

excos y dx = excos y + A(y ). @u @y =^ ^

@v @x =) e

xsin y + @A @y =^ e

xsin y ) A(y ) = R^ 0 dy = Cte.

Donc, f (z)=excos y + i exsin y + Cte^ = ex(cos y + i sin y ) + Cte^ = exeiy^ + Cte^ = ez^ + Cte.

b) v (x,y )= 2 x + 2 xy. @u@x = @v@y =) @u@x = 2 x =) u =

R

2 x dx = x 2 + A(y ). @u @y =^ ^

@v @x =)^

@A @y =^ ^2 ^2 y^ =)^ A(y^ )^ =^

R

( 2 2 y ) dy = 2 y y 2 +Cte. Donc, f (z) =x 2 y 2 2 y + i 2 x + i 2 xy + Cte^ = x 2 y 2 + i 2 xy 2 y + i 2 x + Cte^ = z 2 + 2 iz + Cte.

c) v (x,y )=x 2 y 2. @u@x = @v@y =) @u@x = 2 y =) u =

R

2 y dx = 2 xy + A(y )+Cte. @u @y =^ ^

@v @x =) ^2 x^ +^

@A @y =^ ^2 x^ )^ A(y^ )^ =^

R

0 dy = Cte. Donc, f (z)=i (x 2 y 2 ) 2 xy + Cte^ = i [(x 2 y 2 ) + i 2 xy ] + Cte^ = iz 2 + Cte.

1.6 Pour quelles valeurs de  les fonctions ci-dessous sont-elles holomorphes

a) f (z)=x + iy: b) f (z)=x^2 y^2 + x + i(y + 2xy): c) f (z)=Re() Re(z) + i[Im() + 1] Im(z):

Solution : Posons  = a+ib et utilisons les Èquations de Cauchy-Riemann pour trouver a et b: a)( f (z)=x + i y = x by + iay : @u @x =^

@v @y @u @y =^ ^

@v @x

1 = a ñb = 0 ) (a = 1, b = 0) )  = 1.

b)( f (z)=x 2 y 2 +x +i (y + 2 xy )=x 2 y 2 +ax by +i (ay + bx + 2 xy ): @u @x =^

@v @y @u @y =^ ^

@v @x

2 x + a = a + 2 x 2 y b = b 2 y ) (a et b quelconque): 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^ =^ a1): Les^ ^ sont les points díune droite.

1.7 …tudier la continuitÈ de chacune des fonctions complexes suivantes

a) f (z) = sin z: b) f (z) = z^3 : c) f (z) =

jzj z

Solution : Pour Ètudier la continuitÈ, il est plus simple de dÈcomposer les fonctions en u(x,y ) + iv (x,y ), puis de vÈriÖer la continuitÈ de u(x,y ) et v (x,y ) sÈparÈment.

a) f (z )= sinz = 12 (eiz^ eiz^ ) = 12 (eix+y^ eixy^ ) = 12 [(cosx + isinx )ey^ (cosx isinx )ey^ ]: Comme u = 12 cosx (ey^ ey^ ) = cosx sinhy et v = 12 sinx (ey^ + ey^ ) = sinx coshy sont continues 8 (x,y ), on dÈduit que f est continue pour tout z.

b) f (z )=z 3 = x 3 2 xy 2 + i( 2 x 2 y y 3 ): Comme u = x 3 2 xy 2 et v = 2x 2 y y 3 sont continues 8 (x,y ), on dÈduit que f est continue pour tout z. Il est aussi facile de faire une dÈmonstration par les limites. Nous devons montrer que 8 z 0 : lim z!z 0 f (z ) existe, f (z 0 ) existe, et lim z!z 0 f (z ) = f (z 0 ). (Rappel : lim z!z 0 z 3 existe si 8 ">0, on peut trouver > 0 tel que z 3 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 + 3 zz (^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]: Il su¢ t alors de prendre  < (^) 1+3jz 0 j"+3jz 0 j 2 pour avoir z 3 z 30 < ": Donc lim z!z 0 f (z ) existe. Comme f (z 0 ) = z 30 existe aussi et que lim z!z 0 f (z )=z 30 , on dÈduit que la fonction f est continue pour tout z.

c) f (z )= jz z j=

p x^2 +y^2 x+iy =^

(xiy)

p x^2 +y^2 x^2 +y^2 =^ pxiy x^2 +y^2 : Comme u = px x^2 +y^2 et v = py x^2 +y^2 ne sont pas continues en (x,y ) = (0,0) (car lim x y=0! 0 u 6 = lim y= x! 0

u et lim x y!=0 0 v 6 = lim y= x! 0

v ), on dÈduit que f níest pas continue en z = 0.

2) S…RIES COMPLEXES

2.1 …tudier la convergence des sÈries complexes suivantes a) (1+i)+( 13 + i 5 )+( 19 + 25 i )+::: b)(1+i)+( 212 i)+( 312 + i)+( 412 i)+::. c)(1i)+( 213 + i 2 )+:::+( (^) n^13 + (1)n in )+::: d)(1 + i 3 )+( p^12 + 25 i )+:::+( p^1 n + (^2) nni+1 ) + ::. e)

P 

en^ + (1)n^ n^22 in+

: f)

P

n> 1

1 n! +^

i ln n n^3 +

: g)

P

n> 1

(n!)^2 (2n)! +^ i(^

n+ 2 n 1 )

n

Solution: a) La sÈrie rÈelle

P 1

3 n^ (gÈomÈtrique de raison^

1 3 <^ 1) est convergente et la sÈrie imaginaire^ i^

P 1

5 n (gÈomÈtrique de raison 15 < 1) est aussi convergente. La sÈrie complexe est donc convergente.