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Examens corrigés
FrançoisDEMARÇAY
Département de Mathématiques d"Orsay
Université Paris-Saclay, France
1. Examen 1
Exercice 1.Soit un ouvert connexe non vide!C, soitz02!, et soit une fonction f2O(!nfz0g)holomorphe en-dehors dez0. On suppose quefest bornée au voisinage de z0, au sens où il existe un rayonr >0assez petit avecD
r(z0)!et il existe une constante06M<1tels que :
sup jzz0j0 =lim"!>0Z
C "(z0)f()z1d: (d)Soient les deux points :1:=z0+rz1z0jz1z0j;
0:=z0rz1z0jz1z0:
Soient aussi deux quantités petites0< < "613
jz1z0j. On construit le contour;" àdeuxtrous de serrure de largeur2qui partent orthogonalement du cercleCr(z0)en les deux points1et0, avec contournement dez1puis dez0le long de cercles de rayon". Dresser une nouvelle figure esthétique dans laquelle tous ces éléments apparaissent clai- rement - couleurs recommandées! (e)Justifier par un théorème du cours que : 0 =Z ;"f()z1d: (f)Montrer que : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1d12iZ C "(z1)f()z112iZ C "(z0)f()z1d: 12 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(g)Montrer que :
f(z1) =12iZ C r(z0)f()z1d: (h)Justifier l"holomorphie dansDr(z0)de la fonction : z7!Z C r(z0)f()zd: (i)Montrer qu"il existe une unique fonction holomorpheef2O(!)telle queef!nfz0g=f.(j)Montrer que tout ce qui précède est encore valable en supposant plus généralement qu"il
existe un exposant06 <1et une constante06M<1tels que : f(z)6M1jzz0j(802+a2dxetJ:=Z
10logxx
2+a2dx:
(a)Commencer par justifier l"existence deI. (b)On introduit la fonctionf(z) :=1z2+a2. CalculerResf(ia).
(c)AvecR> a, dessiner le contour orienté fermé consistant en le segment[R;R]suivi du demi-cercle de rayonRau-dessus de l"axe réel. (d)Montrer que :0 =lim
R!1Z0d(Rei)(Rei)2+a2:
(e)Montrer que : I=2a: (f)On choisit la détermination de la fonction logarithme complexe sur : CiR; 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, dessiner le 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. (g)Montrer que :J=2aloga:
Indication:Calculer d"abordResg(ia)en utilisant la valeur delogi, que l"on déterminera auparavant.1.Examen 1 3Exercice 3.Dans un ouvert connexe non vide
C, pour une courbeC1pm(continue)
: [0;1]! fermée (0) = (1)que l"on identifie [0;1]à son image, on définit l"indicede tout pointw2Cn par rapport à par l"intégrale : Ind (w) :=12iZ dzzw: (a)Avec :=C, en utilisant deux couleurs différentes, tracer une courbe qui tourne2 fois autour de0, puis une autre qui tourne+3fois. (b)On introduit, pourt2[0;1], la fonction : (t) :=exp Zt 0 0(s) (s)wdsCalculer la dérivée det7!(t)
(t)wsur[0;1]. (c)Montrer que : (t) = (t)w (0)w(8t2[0;1]): (d)Montrer que : Ind (w)2Z: (e)On suppose dorénavant que l"ouvert connexe est de plussimplement connexe.D"après le cours, siw2
est un point de référence fixé, cela implique que deux courbes0: [0;1]!
et1: [0;1]!
quelconquesC1pm(continues) allant de w=0(0) =
1(0)à un autre point quelconque
0(1) =
1(1) =z2
sont toujours homotopesà travers une famille continuet7! s(t) s2[0;1]de courbesC1pmtoutes conte- nues dansJustifier alors que toute fonction holomorpheg2O(
)possède uneprimitiveG2 O( )avecG0=g. (f)Justifier que pour toute courbeC1pmfermée , on a : 0 =Z g(z)dz(8g2O(Maintenant, soit un ouvert connexe non vide!
, soitw2!et soit un rayon R>0tel queDR(w)!. Toute fonction holomorphef2O!nfwgen-dehors dewse développe alors en série de Laurent : f(z) =1X n=1a nzwn; normalement convergente sur les compacts deDR(w), avec des coefficients donnés par la formule : a n:=12iZ C r(w)f()(w)n+1d(n2Z); indépendamment du choix d"un rayon intermédiaire0< r4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(h)Montrer que :
limsup1 njnjpjanj6r:
(i)Montrer que le rayon de convergence de la série entière : 1X n=1a nZn vaut1. (j)Montrer que la partie singulière : h(z) :=1X n=1a nzwn définit une fonction holomorphe dansCnfwg. (k)Montrer l"holomorphie dans!de la fonction : g:=fh2O(!): (l)On suppose maintenant que l"ouvert connexe et simplement connexeCcontient
un nombre finiL>1de points-singularités distinctsw1;:::;wL2 , et on considère une fonction holomorphe : f2O fw1;:::;wLg en-dehors de ces points, ainsi qu"une courbeC1pmfermée : w1;:::;wL: Enfin, on introduit les parties singulières defdans certains petits voisinages ouverts!`3 w h `(z) :=1X n=1a `;nzw` n(16`6L):Montrer l"holomorphie partout dans
de la fonction : g(z) :=f(z)h1(z) hL(z)2O( (m)Établir laformule des résidus homologique : 12iZ f(z)dz=Ind (w1)Resf(w1) ++Ind (wL)Resf(wL):Exercice 4.
[Sans indications] (a) Pour2R+, montrer que :Z1 1e2ix(1 +x2)2dx=2
1 + 2 e2:
(b)Montrer que :Z11dx(1 +x2)n+1=135(2n1)246(2n):
2.Corrigé de l"examen 1 52. Corrigé de l"examen 1
Exercice 1.
(a) Voici une figure élémentaire.! z 0D r(z0) C "(z0)z 1 (b)Avec0< "612 jz1z0j, pour tout2C"(z0), à savoir pour tout2Cavec jz0j=", on a en effet grâce àjabj>jaj jbj:z1=z1z0(z0) >jz1z0j jz0j =jz1z0j " >jz1z0j 12 jz1z0j 12 jz1z0j: (c)Quand0< "612 jz1z0jtend vers0, on majore en utilisant l"hypothèse quejfj6M surC"(z0), indépendamment de" >0: Z C "(z0)f()z1d6max2C"(z0)1jz1jmax
2C"(z0)f()Z
2 0 "ieid 62jz1z0jM"2!"!00:
(d)Les deux points :1:=z0+rz1z0jz1z0j;
0:=z0rz1z0jz1z0
sont situés sur le diamètre du cercleCr(z0)qui contient le segment[z0;z1]. Le contour;" demandé se représente alors comme suit.6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francez
1 z 0 0 1 ;"C "(z0)C "(z1) (e)Comme la fonction7!f()est holomorphe dans!nfz0g, la fonction7!f()z1est holomorphe dans un voisinage ouvert de;"[Int;", donc le théorème de Jordan-Cauchy offre effectivement l"annulation : 0 =Z ;"f()z1d; cela, pour toutz12Dr(z0)fz0gfixé. (f)En faisant tendre!0, les intégrales sur les bords des deux tunnels, effectuées surdes paires de segments orientés de manière opposée, s"annihilent, et il ne reste plus, à la
limite, que trois intégrales : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1d12iZ C "(z1)f()z112iZ C "(z0)f()z1d: s"évanouit, tandis que la deuxième, sur un cercle centré enz1qui s"effondre surz1, tend, comme le cours l"a plusieurs fois démontré, versf(z1), d"où la formule demandée : 0 = 12iZ C r(z0)f()z1df(z1)0: (h)Un théorème du cours utilisant la continuité de(;z)7!f()zpour(;z)2 C r(z0)Dr(z0), allié au fait quez7!1zest holomorphe pourz2Dr(z0)quel que soit2Cr(z0), garantit l"holomorphie dansDr(z0)de la fonction définie comme intégraleà paramètre holomorphe :
e f(z) :=Z C r(z0)f()zd: (i)Nous venons de voir queef(z) =f(z)en tout pointz2Dr(z0)nfz0g, ce qui fournit un prolongement holomorphe. Mais un tel prolongement est nécessairement unique, car ef(z) =f(z) =bf(z)sur l"ouvert connexe!nfz0gimplique par continuitéef=bfpartout dans!. (j)En supposant plus généralement qu"il existe un exposant06 <1et une constante06M<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(")
=logaa +a i2 Pour conclure, ne serait-il pas agréable de pouvoir éliminer cette dernière intégrale ré-
manente et presque intempestive - mais oui je le peux! - :Z 0log(Rei)(Rei)2+a2iReid6+logRR
2a2R R!10; d"où la simplification mirifique : i 2a + 2J+ 0 + 0 =logaa +a i2 de toute beauté : J=2aloga:
Exercice 3.Intégralement traité dans le polycopié de cours, avec l"objectif de récompenser
les étudiants qui ont approfondi le cours par un travail de lecture personnelle. Exercice 4.Pour un paramètre réel>0, soit donc à calculer : Z 1 1e 2ix(1 +x2)2dx?=2
1 + 2 e2:
Avec la fonction méromorphe surC:
f(z) :=e2iz(1 +z2)2=e2iz(zi)2(z+i)2; 10 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Franceayant exactement deux pôles d"ordre2en les deux pointsz=ietz= +i, dont l"intégrale
sur un segment[R;R]avecR>1grand approche l"intégrale désirée, quel demi-cercle de rayonRchoisir pour que l"intégration concernée devienne négligeable lorsqueR! 1? Avecz=x+iy, comme l"exponentielle :
e 2iz=e2ix+2y;
est de modulee2y, et comme>0, il faut choisir le demi-cercleinférieur, c"est-à-dire contenu dansfImz60g, mais alors le contour constitué du segment[R;R]suivi de ce demi-cercle est parcouru dans le sensinversedu sens trigonométrique, ce qui nécessite d"insérer un coefficient1dans la formule des résidus : Z R Re 2ix(1 +x2)2dx+Z
0e 2i Rei
1 + (Rei)22d
Rei |{z} R! 10=2iResi(f);
d"où : Z1 1e 2ix(1 +x2)2dx=2iResi(f);
donc il ne reste plus qu"à calculer ce résidu - sans faire d"erreur! D"après une formule du cours :
Res i(f) =ddz (z+i)2quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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 62jz1z0jM"
"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 01x2+a2dxetJ:=Z
10logxx
2+a2dx:
Sur le compact[0;1], on a intégrabilité de la fonctionx7!1x2+a2qui est continue bornée
parce quea >0. Puis sur[1;1[, la majoration1x2+a2<1x
2garantit, grâce au critère de
Riemann, quelim
R!1R R 11x2+a2dxexiste.
Ensuite, une primitive delogxétant la fonctionxlogxxqui tend vers0avecx >0, on sait quelim"!0R 1 "logxdxexiste, et sur[0;1], le facteur borné1x2+a2ne perturbe rien.
Sur[1;1],commelacroissancedelogxquandx! 1estinférieureàtoutepuissance x avec >0quelconque, le critère de Riemann appliqué à1x2assure la convergence de
lim R!1R R1logxx
2+a2dx.
(b)Comme la fonctionf(z) :=1z2+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 :
Z0Rieid(Rei)2+a2
6RR 2a2! R!10: (e)Le théorème des résidus donne pour toutR> a: Z 0 Rdxx2+a2+Z
R 0dxx2+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) =logzz2+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 : ZRlogxx
2+a2dx+Z
R "logxx2+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 :ZRlog(x)x
2+a2d(x) =Z
R "i+logxx2+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 "1x2+a2dx+2Z
R "logxx2+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 : i2a+2J+lim
R!1Z0log(Rei)(Rei)2+a2iReid+lim"!0
O"log"+O(")
=logaa +a i2Pour conclure, ne serait-il pas agréable de pouvoir éliminer cette dernière intégrale ré-
manente et presque intempestive - mais oui je le peux! - :Z0log(Rei)(Rei)2+a2iReid6+logRR
2a2R R!10; d"où la simplification mirifique : i 2a + 2J+ 0 + 0 =logaa +a i2 de toute beauté :J=2aloga:
Exercice 3.Intégralement traité dans le polycopié de cours, avec l"objectif de récompenser
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