[PDF] examens-corriges-analyse-complexe.pdf

4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(h)Montrer que :

1 njnjpjanj6r:

Ccontient

Montrer l"holomorphie partout dans

Exercice 4.

2ix(1 +x2)2dx=2

1 + 2 e2:

1dx(1 +x2)n+1=135(2n1)246(2n):

2.Corrigé de l"examen 1 52. Corrigé de l"examen 1

Exercice 1.

2C"(z0)1jz1jmax

2C"(z0)f()Z

2jz1z0jM"2!"!00:

1:=z0+rz1z0jz1z0j;

0:=z0rz1z0jz1z0

6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francez

des paires de segments orientés de manière opposée, s"annihilent, et il ne reste plus, à la

à paramètre holomorphe :

06M<1tels que :f(z)6M1jzz0j(80

2.Corrigé de l"examen 1 7et en revenant à la question(c), nous constatons à nouveau la nullité de la limite :

Z C 2 0 "ieid 6

2jz1z0jM"

"2 =constante"1!"!00; et ensuite, tous les arguments restants fonctionnent sans modification.

Exercice 2.

(a) Poura >0, soient donc les deux intégrales : I:=Z 1 01x

2+a2dxetJ:=Z

1

0logxx

2+a2dx:

Sur le compact[0;1], on a intégrabilité de la fonctionx7!1x

2+a2qui est continue bornée

parce quea >0. Puis sur[1;1[, la majoration1x

2+a2<1x

2garantit, grâce au critère de

Riemann, quelim

R!1R R 11x

2+a2dxexiste.

Ensuite, une primitive delogxétant la fonctionxlogxxqui tend vers0avecx >0, on sait quelim"!0R 1 "logxdxexiste, et sur[0;1], le facteur borné1x

2+a2ne perturbe rien.

Sur[1;1],commelacroissancedelogxquandx! 1estinférieureàtoutepuissance x avec >0quelconque, le critère de Riemann appliqué à1x

2assure la convergence de

lim R!1R R

1logxx

2+a2dx.

(b)Comme la fonctionf(z) :=1z

2+a2=1(zia)(z+ia)a un pôle simple enz=ia, son résidu

y vaut : Res f(ia) =limz!ia(zia)1(zia)(z+ia)=12ia: (c)AvecR> a, voici un dessin du contour orienté fermé consistant en le segment[R;R] suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel.R R0ia (d)Toujours avecR> a, grâce à la minorationj+j=j()j>jj jjqui donne :(Rei)2+a2>R2a2;

8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Franceil est clair que :

Z

0Rieid(Rei)2+a2

6RR 2a2! R!10: (e)Le théorème des résidus donne pour toutR> a: Z 0 Rdxx

2+a2+Z

R 0dxx

2+a2+Z

0d(Rei)(Rei)2+a2= 2i12ia

d"où en faisant tendreR! 1:

I+I+ 0 =a

(f)On choisit donc la détermination de la fonction logarithme complexe sur : C iR; définie, pourz=reiavecr >0et avec2 < <32 , parlogz:=logr+i. Sur cet ouvertCniR, on considère la fonction holomorphe : g(z) :=logzz 2+a2: Avec0< " < aet avecR> a, voici un dessin du contour orienté fermé consistant en le segment[R;"], suivi du demi-cercle de rayon"au-dessus de l"axe réel, suivi du segment[";R], suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel.R Ria "0" (g)En utilisant la valeur du logarithme dep1: logi=logei2 =i2 commençons par calculer le résidu de la fonctiong(z) =logzz

2+a2en l"unique pôle, simple,

qu"elle subit en le pointz=ia: Res g(ia) =limz!ia(zia)logz(zia)(z+ia)=log(ia)ia+ia loga+i2 2ia:

2.Corrigé de l"examen 1 9Puisque le contour d"intégration est une courbe de Jordan ne contenant en son intérieur

que ce pôleia, le théorème des résidus offre la belle formule : Z

Rlogxx

2+a2dx+Z

R "logxx

2+a2dx+Z

0log(Rei)(Rei)2+a2iReid+Z

0 log("ei)("ei)2+a2i"eid= 2iloga+i2 2ia que nous aimerions rendre encore plus belle! Tout d"abord, en utilisant la valeur - tellement spectaculaire! si incroyable mais si vraie! - de : log1=logei=i; le changement de variablex7! xtransforme la première intégrale en :Z

Rlog(x)x

2+a2d(x) =Z

R "i+logxx

2+a2dx;

et nous retrouvons une intégrale qui coïncide presque avec la deuxième intégraleJci- dessus que nous désirons calculer, ce qui nous donne : i Z R "1x

2+a2dx+2Z

R "logxx

2+a2dx+Z

0log(Rei)(Rei)2+a2iReid+Z

0 log"+i("ei)2+a2i"eid=logaa +a i2 d"où en faisant"!0et simultanémentR! 1, puis en reconnaissant la valeur de l"intégraleIcalculée précédemment : i

2a+2J+lim

R!1Z

0log(Rei)(Rei)2+a2iReid+lim"!0

O"log"+O(")

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