Analyse complexe G2

Cours d’Analyse complexe

FONCTION D’UNE VARIABLE COMPLEXE

Si à chaque valeur que peut prendre la variable complexe, il correspond une ou plusieurs valeurs de la variable complexe w=u+iv , on dit qu’une fonction f de z, notée w=f (z ) et on a:

f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) C’est-à-dire dans la partie réelle et imaginaire de w sont des fonctions réelles des variables réelles x et y.

La fonction f est appelée uniforme si à chaque valeur de z ne correspond qu’une seule valeur de w. Si plusieurs valeurs de w correspondent à chaque point z du domaine de définition de f , domaine qui se trouve dans le plan de la variable z, on dit multiforme : au point z correspond plusieurs points de w.

1. FONCTION QUADRATIQUE

Soit w=z2 alors w=u+iv=z2=( x+iy )2=x2− y2+2 i xy

La partie réelle de la fonction quadratique est donc donnée par u=x2− y2, la partie imaginaire v par v=2 xy . Pour l’interprétation géométrique on détermine les images des lignes de coordonnées x=x0 et y= y0 du plan z sous l’application w=z2. L’image de la droite donnée x=x0 et y= y0 du

plan de z sous l’application w=z2.

L’image de la droite x=x0 ,−∞< y<∞, est donnée par les équations u=x02− y2 et v=2 x0 y

C’est la représentation paramétrique da paramètre y d’une courbe dans le plan w.

Analyse complexe


En éliminant le paramètre y on trouve pour x0≠0 , u=x02− v2

4 x02 c’est-à-dire l’équation d’une

parabole ouverte à gauche dans le plan de w , soit son axe coïncide avec l’axe des u.

De même, l’image de la droite y= y0,−∞<x<∞ est donnée par les équations u=x❑2 − y0

2 et

¿2 y0 x . En éliminant le paramètre , on trouve pour y0≠0 ,u= v2

4 y02 − y0

2 c’est-à-dire l’équation

d’une parabole ouverte à droite dans le plan de w , son axe coïncide avec l’axe de u.

2. FONCTION INVERSION

Soit la fonction définie par w=1z

on a w=u+iv= 1Z

= 1x+iy

= x−iyx2+ y2 (1 )

Donc u=x

x2+ y2(2 ) et v=

− yx2+ y2

(3 )

Les équations (2 ) et (3 ) entraînent la relation u2+v2= x2+ y2

(x2+ y2 )2= 1x2 + y2 d’où en utilisant de

nouveau (2 ) et (3 ) x=u

u2+v2, y= −v

u2+v2 pour l’interprétation géométrique de l’applicationw=1z

,

on décompose d’abord l’image d’une droite quelconque. Supposons que la droite soit donnée sous la forme paramétrique suivante où λ désigne le paramètre. x=x0+λcosα et y= y0+ λsinα avec

−∞<λ<∞ . Substituant les variables xet yselon (4 ) et (5 ) on obtient u

u2+v2=x0+λcosα et

Analyse complexe


−vu2+v2

=x0+λsinα. En éliminant le paramètre λ on a tgα=

−vu2+v2

−x0

uu2+v2 −x0

c’est-à-dire

( u

u2+v2 −x0)sinα=( −vu2+v2 −x0)cosα ou encore en multipliant par u2+v2:

(u2+v2 ) ( y0cosα−x0 sinα )+usinα+vcosα=0 (6 )

Selon l’équation (6 ), l’image d’une droite dont y0 cosα≠ x0 sinα c’est-à-dire qui ne passe pas par

l’origine du plan z est donc un cercle passant par l’origine du planw . Si y0 cosα=x0 sinα , c’est –à-dire la droite passe par l’origine du plan z son image sera une droite passant par l’origine du planw . Déterminer de plus l’image d’un cercle de rayon t donné sous la forme x=x0+tcosφ et y= y0+tsinφ avec 0<φ<2π ou après élimination du paramètre

(x−x0 )2+( y− y0 )2=t 2

Substituons les variables (6 )et (7 ), on trouve t2=( u

u2+v2−x0)2

+( −vu2+v2 − y0)

2

, d’où

v2 (v2+u2 )2=[u−(u2+v2 ) x0 ]2+[−v−(u2+v2 ) y 0 ]2

¿u2+v2−2 (ux0−v y0 ) (u2+v2 )+( x02+ y0

2) (u2+ y2 )

En divisant cette dernière équation par (u2+v2 ) on suppose ici (u2+v2 )≠0 ,

(t 2−x02− y0

2 ) (u2+v2 )+2 (u x0−v y0 )=1

D’après l’équation (9 ), l’image d’un cercle dont (t 2−x02− y0

2 )≠0, c’est-à-dire qui ne passe pas par

l’origine du plan z est donc un cercle dans le planw .

POINT DE BRANCHEMENT

1. Montrer que la fonction f ( z )=log z a un point de branchement

On a log z=logr+iθ

Analyse complexe


Supposons que l’on parte du point z1≠0 du plan complexe avec r=r1 ,θ=θ1 .On a donc log z1=¿ log r1+iθ1.¿ Alors après avoir fait un tour complet autour de l’origine dans le sens direct on trouve en revanche en z1, r=r1 ,θ=θ1 si bien que log z1=logr 1+i (θ1+2π )

Nous sommes sur une autre branche de la fonction et donc z=0 est un point de branchement. On en déduit que log z est une fonction qui admet une infinité de déterminations. La branche particulière de log z qui est réelle quand la variable z est réelle et positive est appelée la détermination principale. Pour obtenir cette branche principale on imposera ¿0 , pour z>0. Ceci peut être fait en prenant log z=logr+iθ où θ est choisi de telle manière que 0≤θ<2π ou−π ≤θ<2π

Généralisation

log ( z−a ) admet z=a comme point de branchement

Analyse complexe


FONCTION EXPONENTIELLE

La fonction exponentielle est définie par w=e z

On a w=e z=ex +iy=ex (cos y+ isiny )

Pour avoir l’interprétation géométrique, on s’intéressera aux images des lignes de coordonnées x=x0 et y= y0.

Si x=x0, on trouve w=u+iv=¿ d’où u=ex0cosy et v=ex0 siny

En éliminant le paramètre y on trouve u2+v2=e2x0 , l’équation d’un cercle de rayon e2x0 centré à l’origine.

Pour y= y0, on obtient w=u+iv=ex (cos y0+i sin y0 ), d’oùu=ex❑ cos y 0 et v=ex0 sin y0

En éliminant le paramètre x on trouve vu=tg y0, ce qui représente une droite passant par

l’origine du planw et formant l’angle y0.

Si nous appelons détermination principale de argth y celle pour laquelle argth0=0,

démontrons que argth z=12

log( 1+ z1−z )

w=argth z alors z=th w= ew−e−w

ew+e−w d’où (1−z ) ew=(1+z ) e−w⇒ e2w= 1+z

1−z

Donc e2w=e2w+2kπ= 1+z1−z

où w=kπi+ 12

log1+z1−z

La branche principale est obtenue pour k=0

∀ k , ez+i2kπ=ez e i2kπ=ez car la fonction exponentielle est périodique de période p=2iπ

FONCTION LOGARITHMIQUE

La fonction logarithmique est définie comme l’inverse de la fonction exponentielle.

w=ln z⟺ z=ew

Soient r et φ les coordonnées polaires de z.

Analyse complexe


z=r e iφ=ew=eu+iv=eue iv d’où l’on déduit r=eu ce qui entraine u=ln r et e iv=e iφ ce qui entraine v=φ+2kπ avec k un entier.

La fonction logarithmique est une fonction multivoque, on obtient sa valeur principale pour k=0.

Analyse complexe


DERIVEE D’UNE FONCTION A VARIABLE COMPLEXE

Définition

Soit f (z) une fonction d’une variable complexe dans un domaine D du plan−z .

La fonction f (z) est dite continue au point z0∈D , si f (z0+∆ z) tend vers f (z0) lorsque ∆ z tends

vers zéro de façon quelconque. On voit facilement que f (z) est continue en z0=x0+iy0 si et

seulement si les parties réelles et imaginaires de (z ) , c’est-à-dire u=u (x , y ) et v=v (x , y) sont

continues au point (x0 , y0). On appelle f (z) dérivable au point z0∈D si le quotient

f ( z0+∆ z )−f (z0)∆ z

possède une et une seule limite lorsque ∆ z tend vers zéro de façon quelconque.

Cette limite est dite la dérivée de f ( z )au point z0 et est désignée par df ( z0 )dz ou f ' (z0). Si f (z) est

dérivable en tout point du domaine D, f (z) est appelé analytique dans dans D.

Condition de Cauchy-Rieman

Supposons que les parties réelle et imaginaire de la fonction f ( z )=u ( x , y )+ iv(x , y) soient continument dérivables par rapport à x et y dans le domaine de définition .

Théorème

La fonction f ( z )=u ( x , y )+ iv(x , y) est dérivable en un point z∈D si et seulement si les conditions

suivantes sont satisfaites en ce pont : ∂u∂ x

= ∂v∂ y,∂u∂ y

=−∂ v∂ x

(1)

Ces conditions sont appelées conditions ce Cauchy Rieman.

Pour démontrer ce théorème, on vérifie d’abord que les conditions (1) sont nécessaires. On suppose

donc l’existence de la limite f ' ( z )=df (z )dz

= lim∆z →0

f ( z0+∆z )−f (z0)∆ z

où ∆ z tend vers zéro de façon

arbitraire . En s’approchant du point z le long d’une droite parallèle à l’axe réel, c’est-à-dire

∆ z=∆ x, on trouve dfdz

= dfdx|dx=0

= ∂ f∂ x

= ∂u∂ x

+i ∂ v∂x

(2).

Analyse complexe


En s’approchant du point z le long d’une droite parallèle à l’axe imaginaire , c’est-à-dire ∆ z=∆ y, on

trouve dfdz

= dfdy|dy=0

= ∂ f∂ y

=1i( ∂u∂ y

+i ∂ v∂ y

) (3)

En comparant (2 ) et (3) on a ∂u∂ x

+i ∂ v∂ x

= ∂v∂ y

−i ∂u∂ y

d’où l’on déduit les équations (1)

On démontre la suffisance des équations (1) de la manière suivante :

La différentielle df de la fonction f ( z ) est de la forme df=( ∂u∂ x +i ∂ v∂x )dx+( ∂u∂ y +i ∂ v∂ y )dy

En substituant ∂u∂ yet∂ v∂ y

dans le deuxième terme du membre se droite, de cette dernière équation

selon les équations(1), on trouve

df=( ∂u∂ x +i ∂ v∂x )dx+(−∂ v∂ x +i ∂u∂ x )dy=( ∂u∂x +i ∂ v

∂ x ) (dx+idy )= ∂ f∂ xdz

Ainsi la limite dfdz

existe et prend la valeur ∂ f∂ x

, valeur qui ne dépend pas de la façon dont ∆ z tend

vers zéro.

NB Toutes les notions vues en variable réelle sont valables en variable complexe

1. [ f ( z )+g(z )]'=f ' ( z )+g '(z )

2. [ f ( z )g (z) ]'=f ' ( z ) g(z )+ f (z )g' (z )

3. [ f ( z )g(z ) ]

'

=f ' ( z ) g (z )−f (z )g '(z )

g(z )2 avec g(z )≠0

Si f ( z )=u ( x , y )+ iv(x , y) est une fonction analytique on a vu que les fonctions uet v satisfont aux conditions de Cauchy-Rieman (1) . On veut admettre que uet v possèdent automatiquement des demi-sections continues. Les conditions (1) entrainent immédiatement

que uet v vérifient l’équation de Laplace∂2u∂ x2 + ∂

2u∂ y2 =0;

∂2 v∂ x2 + ∂

2 v∂ y2 =0

La partie réelle et imaginaire d’une fonction analytique sont donc 2 fonctions harmoniques qui satisfont aux conditions de Cauchy-Rieman

Exemple 1. Montrer que les fonctions suivantes sont harmoniques dan D

a. x2− y2+2 y b. sinxchy

ϕ ( x , y )=x2− y2+2 y →∂2ϕ∂x2 =2 ,

∂2ϕ∂ y2 =−2ou

∂2ϕ∂ x2 + ∂

2ϕ∂ y2=0

Analyse complexe


ϕ ( x , y )=sinxchy →∂2ϕ∂x2 =−sinxchy , ∂

2ϕ∂ y2=sinxchy ou

∂2ϕ∂x2 +

∂2ϕ∂ y2 =0

2. Montrer que les fonctions du plan-z sont harmoniques dans le plan-w, w étant lié à z par la transformation z=w3.

Si z=w3→x+iy= (u+iv )3=u3−3uv2+i(3u2 v−v3) et donc x=u3−3u v2et

y=3u2v−v3

a. ϕ ( x , y )=x2− y2+2 y=(u¿¿3−3uv2)2−( 3u2 v−v3 )2+2(3u2 v−v3)¿

d ' où∂2ϕ∂u2 =30u4−180u2 v2+30v4+12 v ;

∂2ϕ∂v2 =−30u4+180u2 v2−30 v4−12v

⇒ ∂2ϕ∂u2 + ∂

2ϕ∂ v2 =0

b. On doit montrer que ϕ=sin (u3−3uv2 )ch (3u2 v−v3) est également harmonique,

c’est-à-dire ∂2ϕ∂u2 + ∂

2ϕ∂v2 =0

Réciproquement, si u et v est une fonction harmonique ayant des dérivées continues, il existe des fonctions analytiques dont u est la partie réelle. Leur partie imaginaire v est une fonction harmonique conjuguée de u que l’on détermine de la manière suivante :

Connaissant u on pose ∂u∂ x

= ∂v∂ y

et ∂u∂ y

=−∂ v∂ x

, l’expression ∂v∂ xdx+ ∂v

∂ ydy=−∂u

∂xdx+ ∂u

∂ ydy est

la différentielle totale dv . Puisque le membre de droite de cette équation satisfait à la condition

pour l’existence d’un potentiel ∂∂ y (−∂u∂ y )= ∂

∂x ( ∂u∂x ) ce qui découle du fait que u est

harmonique . Si le dmaine de définition de u est simplement connexe, l’intégrale curviligne

v ( x , y )= ∫(x0 , y0 )

( x , y )

(−∂u∂ y dx+ ∂u∂ x dy ) (5) où (x0 , y0) désigne un point arbitraire du domaine de

définition u, et donc indépendant du chemin d’intégration, ce qui suit de théorème de Green dans le

plan. La fonction (5) vérifie les conditions de Cauchy-Rieman (1) ∂u∂ x

= ∂v∂ y

et ∂u∂ y

=−∂ v∂ x

et l’on a

∂2 v∂ x2 + ∂

2 v∂ y2 =

∂∂ y ( ∂u∂ x )− ∂

∂ x ( ∂u∂ y )= ∂2u∂x ∂ y

+ ∂2u∂ x∂ y

=0

Ainsi v, définie par l’équation (5) est une fonction harmonique conjuguée de u ; elle est uniforme et déterminée à une constant additive près. Si le domaine de u est multiplement connexe, le conjugué v de u toujours défini selon (5) est en général une fonction uniforme. A titre d’exemple, on considere la fonction exponentielle suivante

f ( z )=ez=ex+iy=ex ¿

Les portions imaginaires et réelles :

Analyse complexe


{u=excos yv=exsin y

Sont continument dérivables et satisfaisant aux conditions de Cauchy-Riemann(1) en tout point du plan z

∂u∂ x

=excos y=∂ v∂ y

∂u∂ y

=−ex cos y=−∂v∂ x

La fonction exponentielle est donc analytique dans le plan –z et sa dérivée est égale à elle-même.

f ' ( z )= ∂ f∂ x

= ∂∂ x

[ex (cos y+i sin y ) ]=ex

On verifie facilement que u et v vérifient l’équation de Laplace

∆u=∂2u∂x2 +

∂2u∂ y2 =e

x cos y−excos y=0

∆ v=∂2 v∂ x2 +

∂2 v∂ y2=e

xsin y−exsin y=0

Réciproquement, si l’on veut déterminer une fonction analytique f (z) dont la partie réelle est la fonction harmonique donnée

u=excos y

On procède comme suit l’expression

−∂u∂ y

dx+ ∂u∂ xdy=exsin y dx+ex cos y dy est la differentielle totale dv d’une fonction harmonique

conjuguée

vde u, on a (5)

v ( x , y )=∫(0,0 )

( x, y )

(exsin y dx+ex cos y dy )+c

Et on calcule, en integrant d’abord de (0,0 ) à (0 , y ) le long de la droite x=0 et puis de (0 , y ) à ( x , y ) le long de la droite y=cont .

V ( x , y )=∫0

x

cos y dy+sin y∫0

x

exdx+c

¿ sin y+sin y ex−¿ sin y+c ¿

Analyse complexe


¿ex sin y+c

Comme le domaine de définition de u est le plan ( x , y ) continu, dans un domaine simplement connexe, la fonction v est uniforme, déterminé à une constante addition par ordre

f ( z )=excos y+ iex sin y+c

¿ex +iy+c

¿ez+c

Exercice

f ( z )= log( 3+a3−a )

Conditions de Cauchy-Riemann en coordonnées polaires

Supposons que les portions réelles et imaginaires de la fonction

f ( z )=u (r ,φ )+ iv (r ,φ )

¿ r e iφ

Sont continuement derivable par rapport à r et φ dans le domaine D de définition.

Soit f (z) dérivable en un point z de D dans le quotientf ( z+∆ z )−f (z)

∆ z

Possède une et une seule limite lorsque ∆ z tend vers zéro de facon quelconque comme

dz=eiφ (dx+iv dφ )

On trouve,si ∆ z tend vers zéro le long du vecteur rayon de z, c'est-à-dire dφ=0

dfdr

=e−iφ dfdr

=e−iφ( ∂u∂r + i ∂u∂ r ) D’autre part, si ∆ z tend vers zéro le long du cercle de rayon r et centré à l’origine c'est-à-dire d r=0, on obtient

dfdz

= e−iφ

ir¿¿

¿ e−iφ

ir ( ∂u∂ φ+i ∂ v∂φ ) (2)

Analyse complexe


En égalant les expressions (1) et (2) pour la derivée dfdr

on arrive aux conditions de Cauchy-Riemann

sous la forme polaire suivante :

∂u∂ r

=1r∂ v∂φ

∂v∂ r

=−1r∂u∂φ

Selon la relation (1), la derivée égale

dfdz

=e−iφ( ∂u∂r +i ∂ v∂r )= rz ∂ f∂ r

A titre d’exemple nous considérons la fonction logarithmique

f ( z )=ln z=ln r e iφ=lnr+iφ

Les paries réelles et imaginaires

{u=lnrv=φ

Sont continument dérivables et satisfont aux conditions de Cauchy-Riemann en tout point de z.

∂u∂ r

=1r=1r∂ v∂φ

∂u∂r

=0=−1r∂v∂φ

La fonction logarithmique est donc analytique dans le plan de z privé du point z=0 et sa dérivée égale

f ' ( z )= rz

1r=1z

EXERCICES

1 . Verifier que les équations de Cauchy-Riemann sont satisfaites par la partie réelle et imaginaire des fonctions suivantes :

a ) f ( z )=x2+5 iz+3−i

b ) f ( z )=z e− z

c ) f ( z )=sin 2x+icos 2 z

Analyse complexe


2 . Montrer que les fonctions suivantes sont harmoniques

a ) f ( z )=2x (1− y )

b ) f ( z )=2 y+x2− y2

c ) f ( z )=i x2+2x

3 . Déterminer la fonction harmonique conjuguée des foncions suivantes :

a ) 3 x2 y+2 x2−2 y2

b ) x excos y− y exsin y

c ) e−2xy si n (x2− y2)

Analyse complexe


INTEGRATION DANS LE DOMAINE COMPLEXE

Intégrale curviligne

Soit f(z) une fonction continue en tout point d’une courbe C dont nous supposons la longueur finie.

Partageons C en n intervalles au moyen des points z1, z2, …, zn-1 arbitrairement choisis et posons a=z0, l=zn

Choisissons K. formons la somme

Sn = f(1)(z1 – a) + f(2)(z2 – z1)+ … + f(K)(zk-zk-1) où zk – zk-1 = zk

Sn=∑k=1

n

f ( εk ) ( zk−zk−1 )=∑k=1

n

f (εk)Δ zk (2)

Si l’on fait croitre le nombre n de subdivision de façon que la longueur |Δ zk| de la plus grande des

cordes tende vers zéro, alors la somme Sn tend vers une limite indéfinie pour tant des nombres de subdivision et de signe.

∫a

b

f (z )ou∫c

❑

f ( z )dz

Intégrales curvilignes réelles

Si P(x , y) et Q(x , y) sont des fonctions réelles de x et de y , continues en tous les points d’une courbe C, l’intégrale curviligne dePdx+Qdy le long de C peut être définie d’une manière suivante :

Analyse complexe


∫c

❑

[P ( x , y )dx+Q ( x , y )dy ] ou∫c

❑

Pdx+Qdy

Si c’est continument différentiel et a pour représentant paramétrique

χ=ϕ (t)

y=ψ ( t) où t1 ≤ t ≤ t2

∫t1

t2

P [ϕ (t ) ,ψ (t ) ] ϕ ' (t )dt+Q [ϕ (t ) ,ψ (t ) ]ψ ' (t )dt

PropriétésSi f (z)=u(x , y )+i v (x , y )=u+iv , l’intégrale curviligne complexe (1) peut être exprimée au nom d’intégrale curviligne réelle de la façon suivante :

∫c

❑

f ( z )dz=∫c

❑

(u+iv ) (dx+idy )=∫c

❑

udx−vdy+i∫c

❑

vdx+udy

Sif (z) et g(z ) sont des fonctions intégrables le long de C, alors

∫c

❑

( f ( z )+g ( z ) )dz=∫c

❑

f ( z )dz+∫c

❑

g ( z )dz

∫c

❑

A f ( z)dz=A∫c

❑

f ( z )dz

∫a

b

f ( z )dz=−∫b

a

f ( z )dz

∫a

b

f ( z )dz=b∫a

m

f ( z )dz+∫m

b

f ( z )dz où a, b, m ϵC.

|∫c

❑

f (z )dz|≤bbML où |f (z )|≤M borne supérieure de |f (z )| sur C et L la longueur

de C

Exemple

Calculer ∫(0,3)

(2,4)

( 2 y+x2 )dx+(3 x− y )dy le long de

La parabole { x=2ty=t ²+3}

Les points (0,3) et (2,4) de la parabole correspondent respectivement àt=0 et t=1.

L’intégrale donne :

Analyse complexe


∫t=0

1

[2 ( t2+3 )+(2 t) ² ] 2dt+[ 3 (2 t )−(t 2+3 ) 2t dt ]

¿∫t=0

1

(24 t ²+12−2 t3−6 t )dt=33 /2

Le long de la ligne brisée formée par les segments de droite(0,3)à(2,3)et(2,3)à(2,4 )

⇒ le long du segment de droite d’extrémités (0,3)et(2,3) , y=3 , dy=0 et l’intégrale curviligne vaut :

∫x=0

2

(6+x2 )d x+(3 x−3 ) 0=∫x=0

2

(6+ x2 )dx=44 /3

Le long du segment de droite d’extrémités (2,3)et(2,4) , x=2 , dx=0 et l’intégrale curviligne vaut :

∫y=3

4

(2 y+4 ) 0+(6− y )dy=∫y=3

4

(6− y )dy=5 /2

¿ résultat est donc 44/3+5 /2=103/6

Le long du segment de droite d’extrémités (0,3)et(2,3)

L’équation de la droite 2 y – x=6 d’où on tire x=2 y – 6. D’où la valeur de l’intégrale curviligne :

∫y=3

4

(2 y+(2 y−6 )22dy+(3 (2 y )−6 )− y ) dy

¿∫3

4

(8 y2−39 y+54 )dy=97 /6

Exemple :

Evaluer ∫c

❑

z dz de z=0à z=4+2i le long de la courbe C

a. définie par z=t ²+¿b. Formée des segments joignant 0à2 iet2 ià 4+2 i

a. Les points z=0et z=4+2 i sur C correspondent à t=0et t=2. L’intégrale curviligne vaut donc :

∫0

2

(t 2+¿)d (t2+¿ )=∫0

2

(t 2−¿ ) (2 t+ i)dt=∫0

2

(2 t 3−i )2+t ¿dt ¿

¿10−8i /3

Analyse complexe


Autre méthode

L’intégrale donnée s’écrit

∫c

❑

( x−iy ) (dz+ idy )=∫c

❑

xdx+ ydy+i∫c

❑

xdy− ydx

Les équations paramétriques de C sontx=t ² et y=t de t=0 àt=2

L’intégrale curviligne a. donne :

∫t=0

2

(t2 ) (2 tdt )+( t )dt+i∫t=0

2

(t 2 ) (dt )−( t )(2tdt )

¿∫t=0

2

(2t 3+t )dt+i∫t=0

2

(−t2 )dt=10−8 i3

b. L’intégrale donnée vaut

∫c

❑

( x−iy ) (dz+ idy )=∫c

❑

xdx+ ydy+i∫c

❑

xdy− ydx

La droite qui joint 0 à 2i joint le point (0,0)et (0,2), on a donc sur cette droite x=0 , dx=0 et la valeur de l’intégrale est

∫y=0

2

(0 ) (0 )+ ydy+i ∫y=0

2

(O )dy− y (0 )=∫y=0

2

ydy=2

Sur le segment de droite 2 i ,4+2 i on a y=2, dy=0, d’où

∫x=0

4

xdx+2.0+ i∫x=0

2

x .0−2dx=∫0

4

xdx+i∫0

4

−2dx=8−8 i

Méthodes de résolution

Changement de variable

∫ cotg (2 z+5 )dx=∫ cos (2 z+5 )dzsin(2 z+5)

Analyse complexe


On pose u=sin(2 z+5)⟹ du=2cos(2 z+5)dz et cos (2 z+5)dz=du2

⇒∫ cos (2 z+5 )dzsin(2 z+5)

=12∫

duu

=12

logu+C=12

logsin (2 z+5 )+C

Intégration par partie

∫F (z )G' ( z )dz=F (z )G (z )−∫F ' (z )G (z )dz

Exemples

Calculer ∫ z e2 zdz

On a F (z)=z ,G’ (z )=e2Z

F ’ (z)=1G( z)=½e2Z

Alors

∫ z e2 zdz=∫F ( z )G' ( z )dz=F ( z )G ( z )−∫F ' ( z )G ( z )dz

¿ ( z )( 12e2 z)−∫1.

12e2 zdz

¿ 12z e2 z−1

4e2 z+C

Calculer ∫ dz

z2+a2

On a

1z ²+a ²

= 1( z−ai )(z+ai)

= 12ai ( 1

(z−ai)− 1z+ai )

∫ dz

z2+a2= 1

2ai∫dzz−ai

− 12ai∫

dzz+ai

= 12ai

log ( z−ai )− 12ai

log ( z+ai )+C2

¿ 12ai

log ¿

Analyse complexe


Calculer ∫ eaz sinbx et∫eaz cosbxdx

On peut écrire :

∫ e(a+ib ) xdx= e(a+ib ) x

a+ib

On peut aussi écrire

∫ eax (cosbx+isinbx )dx

eax¿¿

⟹∫ eaxcosbx dx=eax¿¿¿¿

⟹∫ eax sinbx dx= eax(asinbx−bcosbx)

a ²+b ²

Définition

On appelle ouvert connexe D est dit simplement connexe si toute courbe simple. D peut être réduit par déformation continue à un point D. C’est –à – dire homotope à un point. Dans le cas contraire D est multiplement connexe.

Toute courbe finie continue sur point double de longueur fini ou infini est appelée courbe de Jordi.

Une courbe de Jordi l domaine en dix. L’ouvert connexe borne

|z|<M

Convention d’orientation d’un contour fermé

Analyse complexe


On dit que la fonction d’un ouvert connexe est décrit dans le sens direct si un observateur se déplaçant sur la courbe

Alors

∮c

❑

f (z )dz

Formule de Green

Soit P(x , y) et Q(x , y) des fonctions continues et à dérivées partielles continues dans un domaine R et sur sa frontière :

∮c

❑

Pdx+Qdy=∬( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy

La fonction complexe de la formule de Green

SiF (z , z) une fonction continue à dérivées partielles continues et z=x+iy, z=x−iy

La formule de Green s’écrit ∫c

❑

F (z , z )dz=2i∬ ∂ F∂ zdA Où dA=dxdy

Théorème de Cauchy

Soit une fonction analytique dans C ouvert connexe R est sur sa fraction alors,

∮c

❑

f (z )dz=0

Théorème de Morera

Soit f(z) une fonction continue dans C ouvert connexe R supposons que ∮c

❑

f (z )dz=0

Pour toute courbe définie simple de R, alors f(z) est analytique dans R .

Intégrales indéfinies

Si f (z) et F (z) sont analytiques dans un ouvert connexe R, et telle queF ’ (z)=f ( z), alors F (z) est appelée intégrale indéfinie

Analyse complexe


F (z)=∫ f ( z )dz

Tableau de quelques primitives

∫Zndz=Zn+1

n+1

∫ dzz

=log (z)

∫ ezdz=ez

∫ azdz= az

Loga

∫sin zdz=−cos z

∫cos zdz=sin z

∫ tg zdz=−log cos z

∫ cotg z dz=log sin z

∫ dzcos z

=log( 1cos z

+tg z )=log tg( z2+ π4 )

∫ dzsin z

=log( 1sin z

−cotg z )=log tg( z2 )∫ dz

cos2 z=tg z

∫ dz

sin2 z=−cotg z

∫ tg zcos z

dz= 1cos z

∫ cotg zsin z

dz= −1sin z

∫ sh z dz=ch z

∫ ch z dz=s h z

∫ t h zdz=log ch z

∫coth z dz= log sh z

∫ dzch z

=arctg chz

∫ dzsh z

=−arc cotg ch z

∫ dz

ch2 z=th z

∫ dz

sh2=−coth z

∫ th zch z

dz= −1ch z

∫ coth zsh z

dz= −1shz

∫ dz

√ z2±a2=log (z+√ z2±a2 )

∫ dz

z2+a2=1aarc tg

za

∫ dz

z2−a2= 1

2alog( z−az+a )

∫ dz

√ z2−a2=arc sin

za

∫ dz

z √a2± z2=

1a

log( z

a+√a2± z2 )

Analyse complexe


∫ dz

z √z2±a2=1aarc cos

az

∫ √z2±a2dz= za

√ z2±a2=a2

log (z+√ z2±a2 )

∫ √a2± z2dz= z2

√a2± z2+ a2

zarc sin

za

∫ eaz sinbz dz=¿eaz (asin bz – bcosbz )

a2+b2 ¿

∫ eaz cosbz dz=eaz (acosbz+bsin bz )

a2+b2

Les conséquences du théorème de Green

Théorème A

On considère une courbe fermée simple c, telle que celle représentée à la figure ci-dessus ; rencontrée en plus de deux points par des parallèles aux axes de coordonnées . Le segment de droite ST partage l’intérieur de la courbe en régions R1et R2 qui sont du type considéré de la formule de Green et pour lesquelles la formule de Green s’applique.

(1 ) ∫STUS

❑

Pdx+Qdy=∬R1

❑

( ∂Q∂x −∂P∂ y )dxdy

(2 ) ∫SVTS

❑

Pdx+Qdy=∬R2

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy

Par addition des premiers membres de (1) et (2) et en omettant les quantités Pdx+Qdy on a :

∫STUV

❑

+¿ ∫SVTS

❑

¿∫ST

❑

+¿ ∫TUS

❑

+¿ ∫SVT

❑

+¿∫TS

❑

¿ ∫TUS

❑

+¿∫SVT

❑

¿ ∫TUSVT

❑

❑¿¿¿¿¿

Analyse complexe


à l'aide de ∫ST

❑

¿−∫TS

❑

❑

De la même façon par addition des seconds membres de (1) et (2)

∬R1

❑

+¿∬R2

❑

¿∬R❑

❑

❑¿

D’où

∫TUSVT

❑

Pdx+Qdy=∬R❑

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy

Ce qui démontre le théorème.

Nous avons démontré la formule de Green pour l’ouvert simplement connexe de la figure ci-dessus limitée par une courbe fermée simple c.

Dans le cas de domaine plus compliqué il est nécessaire d’utiliser un plus grand nombre de droites tel que ST pout démontrer cette formule.

La formule de Green est valable également dans le cas des domaines multiplement connexes.

Théorème B

Etendre la démonstration de la formule de Green donnée au cas des courbes c rencontrées par des parallèles aux axes de coordonnées en plus de 2 points .

Nous allons montrer que la formule de Green est valable aussi pour un ouvert multiplement connexe R tel que celui représenté à la figure ci-haut.

La frontière de R, formée de la frontière AHJKLA et de la frontière intérieure DEFGD est décrite dans le sens direct de telle façon qu’un observateur se déplaçant dans ce sens voit l’intérieur du domaine à sa gauche.

Pour établir le théorème considérons une ligne telle que AD reliant les frontières extérieures et intérieures. L’ouvert dans la frontière ADEFGDALKJHA est simplement connexe, on peut donc lui appliquer le théorème de Green

Analyse complexe


∮ADEFGDALKJHA

❑

Pdx+Qdy=¿∬R

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dxdy ¿

L’intégrale du membre de gauche peut s’écrire en abrégé

∫AD

❑

+¿ ∫DEFGD

❑

+¿∫DA

❑

+¿ ∫ALKJHA

❑

¿ ∫DEFGD

❑

+¿ ∫ALKJHA

❑

❑¿¿¿¿

Puisque ∫AD

❑

¿−∫DA

❑

❑.c1 désigne la courbe LKJHA , c2 désigne DEFGD et c la frontière de R;

alors

∮c

❑

Pdx+Qdy=¿∬R

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy¿

Théorème C

Soit P(x , y) et Q(x , y) des frontières continues et à dérivées partielles premières continues en tout point d’un ouvert R simplement connexe.

Montrer qu’une condition nécessaire et suffisante pour que ∮c

❑

Pdx+Qdy=¿ 0¿ pour tout contour

fermé c de R est que ∂P∂ y

=∂Q∂ x

Condition suffisante

On pose que ∂P∂ y

=∂Q∂ x

, on a pour la formule de Green

∮c

❑

Pdx+Qdy=¿∬R

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy=0¿

où R est l’ouvert limité par c. Condition nécessaire

On pose que ∮c

❑

Pdx+Qdy=¿ 0¿ sur tout contour fermé c de R et que ∂P∂ y

=∂Q∂ x

en un

point de R. Plus précisément supposons que ∂P∂ y

−∂Q∂ x

>0 au point (x0 , y0)

Par hypothèse ∂P∂ y

et ∂Q∂x

sont continues dans R si bien qu’il existe un ouvert connexe Γ

ayant (x0 , y0) pour point intérieur et tel que ∂P∂ y

−∂Q∂ x

>0. Si Γ est la frontière de τ , alors

par la formule de Green

∮Γ

❑

Pdx+Qdy=¿∬❑

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dxdy>0¿

Analyse complexe


cequi est contraire à l’hypothèse∮c

❑

Pdx+Qdy=¿ 0¿ pour toute courbe fermée de R.

∂Q∂x

−∂ P∂ y

ne peut donc être positif ; de la même façon on peut démontrer que ∂Q∂x

−∂ P∂ y

ne peut être négatif

On en déduit que cette expression doit être identiquement nulle, c’est-à-dire ∂P∂ y

=∂Q∂ x

Les résultats peuvent être étendu au domaine multiplement connexe.

Théorème D

EXERCICES

Calculer Par changement des variables

∫sin 3 z cos3 zdz , ∫sin z cos z dz, ∫ cotg (2 z+5 )dz

Par intégration par partie

∫0

1

z z2 zdz, ∫ dzz ²+a ²

Calculer ∮c

❑

|z|²d z le long du carré (0,0);(1,0);(1,1); (0,1)

Evaluer ∮c

❑dzz ²−2

l

le long du cercle |z−2|=4

le long du carré de 2+2 i ,−2+2i

Calculer ∫c

❑

( z2+3 z )dz

le long du cercle |z|=2 de (2,0)à(0,2) dans le sens direct

Le long du segment de droite joignant (2,0)à(0,2)

Le long du contour polygonal formé par le segment de droite joignant (2,0)à(2,2)et (2 ,2)à(0,2)

Calculer ∫i

2−i

(3 xy+i y2 )dz

Le long de droite joignant z=ietz=2 – i

Analyse complexe


Le long de la courbe x=2 t – 2 y=1+t – t ²

Montrer que ∫ dzz ²+a ²

=¿ 12ai

log ¿¿

Théorème 1

Si a et z sont deux points quelconques de R, alors ∫a

z

f ( z )dzest indépendant du chemin suivi pour

aller de a à z.

Théorème 2

Si a et z sont deux points quelconques de R et si G(z) =∫a

z

f ( z )dz alors g(z) est analytique dans R et

G’(z) = f(z).

Théorème 3

Si a et b sont deux points quelconques de R et si F’(z) = f(z), alors ∫a

b

f ( z )dz=F (b )−F (a)

Théorème 4

Soit f(z) une fonction analytique dans un ouvert connexe limité par deux courbes fermées simples C et C2 où C2 est à l’intérieur de C comme on le voit sur la figure.

Analyse complexe


Alors

∫C

❑

f ( z )dz=∫C2

❑

f ( z )dz

Théorème 5

Soit f(z) une fonction analytique dans un ouvert connexe limité par les courbes fermées simples ne se bzchevauchant pas C, C1, C2, …, Cn où C1, C2, …, Cn sont intérieures à C et sur

∮C

❑

f (z )dz=∮C1

❑

f (z )dz+∮C2

❑

f ( z )dz+…+∮Cn

❑

f ( z )dz

Evaluer

∮C

❑dz

(z−a)n, n=2,3,4 ,…

Où z = a est intérieur de la courbe simple C

Analyse complexe


¿∮0

2πiε eiθ dθεn e inθ

= iεn−1∫

0

2 π

e(1−n ) iθdθ= iεn−1 [ e (1−n)θ

(1−n ) i ]0

2π

¿ 1

(1−n)ε n−1[e2 ( 1−n )πi−1 ]=0

Exemple

Si C est l’arc de courbe d’équation y=x3−3x ²+4 x−1 joignant les points (1,1) et (2,3). Trouver

Evaluer ∮c

❑dzz−a où C désigne une courbe fermée simple et z = a et

A l’extérieur de C

A l’intérieur de C

Si a est à l’extrémité de C, alors f(z) = 1

(z−a) est analytique à l’intérieur de C et sur C, alors d’après le

théorème de Cauchy, ∮C

❑

f (z )=0

Supposons a intérieur à C sur Γ un cercle de rayon , centré en z = a tel que Γ soit à l’intérieur de C.

∮C

❑dzz−a

=∮Γ

❑dzz−a

Sur Γ , |z−a|=ε où z−a=ε eiθ⇒ z=a+ε eiθ ,0≤θ≤2π

D’où tenant compte de dz=iε e iθ

∫θ=0

2πiε e iθdθε e iθ

=i∫0

2π

dθ=2πi

∫C

❑

(12 z2−4 iz )dz

1er méthode

∫1+i

2+3 i

(12 z2−4 iz )dz=( 4 z3−2 i z2 ) [ (4 z3−2i z2) ]1+i

2+3 i=−156+38i

Analyse complexe


2ème méthode

Le chemin joignant (1,1) à (2,3) peut être la courbe (1,1) à (2,1) puis (2,1) à (2,3)

1er cas : le long du segment d’extrémités (1,1) et (2,1), y = 1, dy = 0 si bien que z = x +iy = x + i, dz = dx

∫z=1

2

[12 ( x+2 )2−4 i (z+i ) ]dz=[ 4 ( x+3 )3−2 i ( x+i )2 ]12=20+30 i

2ème cas : le long du chemin (2,1) à (2,3), x = 2, dx = 0 si bien que z = x + iy = 2 + iy, dz = idy

∫y=1

3

[12 (2+iy )2−4 i(2+iy)]dy

INTEGRALES MULTIFORMES

Montrer

∫0

∞dx

√ x (1+ x)=π

Analyse complexe


On considère l’intégrale curviligne fermée ∮C

❑dz

√z (1+z ) où C est le contour illustré sur la figure f.

La fonction à intégrer est une fonction multiforme dont z = 0 est un point de branchement, et on a choisi ce contour C pour rendre l’intégrale uniforme dans le domaine limité par la courbe d’intégration.

Le point z = -1 est la seule singularité à l’intérieur de C, il s’agit d’un point simple en lequel le résidu égal

Rész=−1 : limz→−1 [ ( z+1 ) . 1

√ z(z+1) ]=e−iπ2 =−i

D’après le théorème de résidu on a :

∮C

❑dz

√z (z+1)=2π

En effectuant maintenant la substitutionz=exp ( iφ ) ,0<φ<2π , on voit que l’intégrale I de 1

√z (z+1) le long du cercle C de rayon tend vers zéro lorsque →0.

I ε=−∫0

2πεi e iφdφ

√ε eiφ2 (1+ε eiφ)

¿√ε i∫0

2πeiφ /2

1+ε e iφdφ→0 si ε→0

De façon analogue, on vérifie que l’intégrale IR de 1

√z (z+1) le long du cercle CR dont le rayon tend

aussi vers zéro lorsque R→∞

IR=√R i∫0

2πeiφ /2

1+Re iφdφ= 1

√R∫02π

e−iφ /2

1+e−iφ /2 dφ→0 si R→∞

Le long du segment supérieur [ε , R ] l’intégrale devient : ∫ε

Rdx

√ x (1+ x)

Le long du segment inférieur [ε , R ] après un tour complet autour de l’origine puisque √ x=−√ x

Analyse complexe

Il se compose du cercle CR, du cercle C et de la coupure entre CR et C le long de l’axe des x.


−∫ε

Rdx

(−√ x)(1+x )

Ainsi on trouve, pour →0 et R→∞

2∫0

∞dx

√ x (1+ x)=∮

C

❑dz

√ z (1+z)=2 π

Exemple : calcul d’une intégrale multiforme

Montrer que ∫0

∞sin xx

=π2

On peut considérer l’intégrale curviligne fermée ∮C

❑e iz

zdz

Où C est le contour illustré dans la fig. 1. Il se compose du demi-cercle CR de rayon R, du demi-cercle C de rayon et des segments [ – R ,−ε ]et [ε , R ] .

Plan-z

Fig.

Le point z = 0 est un pôle simple de la fonction à intégrer, on l’évite en choisissant ce contour C.

Puisque la fonction exp (iz)/z est analytique dans tous les domaines D limité par C. On a selon le théorème de Cauchy :

∮C

❑e iz

zdz=0

Ou ∫−R

−εeix

xdx+∫

Cε

❑eiz

zdz+∫

ε

Re ix

xdx+∫

CR

❑e iz

zdz=0

En changeant x en –x dans la première intégrale et en combinant avec la troisième on trouve,

∫ε

Re ix−e−ix

xdx+∫

Cε

❑e iz

zdz+∫

CR

❑eiz

zdz=0

Analyse complexe


En changeant e en –x dans la première intégrale et en combinant avec la troisième, on trouve

Si l’on pose z=ε exp (iφ ) le long de C, on obtient pour la deuxième intégrale

−∫0

πeiε (cosφ+ isinφ)

ε eiφiε eiφdφ→−2π lorsque ε→0

Posant z=R exp ( iφ ) le long de CR, on trouve par la valeur absolue de la troisième intégrale :

|∫0

πe iR(cosφ+isinφ)

R eiφiRdφ|≤∫

0

π

e−Rsinφdφ

Ce qui tend vers zéro si R→∞, aussi on obtient lorsque →0 et R→∞

∫0

∞e ix−e−ix

xdx−iπ=0

D’où, ∫0

∞sin xxdx= π

2

Montrer que ∫0

∞chaxch x

dx= π

2cos ( πx2

)où|a|<1

On considère

∮C

❑eaz

ch zdz oùCest unrectangledes sommets−R ,R , R+πi ,−R+πi

Fig 3.

Les pôles de eaz

ch z sont simples et sont obtenus pour ch z = 0, c-à-d z=(n+ 1

2 )πi ,n=0 , ±1 , ±2 ,…

Analyse complexe


Le seul pôle situé à l’intérieur de C est iπ2.

Le résidu de eaz

ch z en z=

iπ2

est

limz→iπ

2

(z− iπ2

) eaz

ch z= eaπi/2

sh( iπ2

)= eaπi/2

isin( π2)=−i eaπi/2

THEOREME DES RESIDUS

∮C

❑eaz

ch zdz=2 πi (−i e

aπi2 )=2π e

aπi2

Ce qui peut s’écrire

∫−R

Reax

chxdx+∫

0

πea (R+iy )

ch (R+iy)idy+∫

−R

Rea( x+πi)

ch (x+πi)dx+∫

π

0ea(−R+iy )

ch(−R+iy )idy=2 π eaiπ/2

Quand R→∞ la deuxième intégrale et la quatrième du premier membre tendent vers zéro. Pour montrer cela, considérons la deuxième intégrale :

|ch(R+iy)|=|eR+ iy+e−R−iy

2 |≥ 12

[|eR+iy|−|e−R−iy|]=12(eR−e−R)≥ 1

4eR

On déduit |∫0

πea(R+iy )

ch(R+ iy)idy|≤∫

0

πeaR

14eRdy=4 π e(a−1)R

Analyse complexe


Et le résultat en découle si l’on remarque que le second membre tend vers zéro quand R→∞ car

|a|<1de la même manière on peut montrer que la quatrième intégrale du premier membre de (1) tend vers zéro quand R→∞. L’intégrale (1) devient alors

limR→∞ [∫

−R

Reax

ch xdx+eaπi∫

−R

Reax

ch xdx ]=2 π e

aπi2

Car ch ( x+πi )=−ch x, on a donc

limR→∞

∫−R

Reax

chxdx=∫

−∞

∞eax

ch xdx=

2 π eaπi2

1+eaπi=

2π

eaπi2 +e

−aπi2

=π

cos (πa2

)

De ∫−∞

0eax

ch xdx+∫

0

∞eax

ch xdx=¿ π

cos ( πa2

)¿

On tire en changeant x en –x dans la première intégrale.

∫0

∞e−ax

ch xdx+∫

0

∞eax

ch xdx=2∫

0

∞chaxch x

dx= π

cos ( πi2

)

Montrer que ∮0

1x p−1

1+xdx= π

sin p0< p<1

Considérons ∮C

❑z p−1

1+zdz , le point z = 0 étant de branchement, on utilisera le contour C de la figure.

Analyse complexe


Fig

Où l’axe réel positif est la coupure et où AB et GH coïncident avec l’axe des x mais sont montrés séparés pour une meilleure compréhension.

La fonction que l’on intègre a un pôle simple z = -1 intérieur à C.

Le résidu est z=−1=eπi est

Z limz→−1

( z+1 ) zp−1

1+zdz=(eπi)p−1=e( p−1)πi

On a donc ∮c

❑z p−1

1+zdz=2 πie(p−1) πi

Ou en abrégé : ∫AB

❑

+ ∫BDEFG

❑

+∫GH

❑

+ ∫HJA

❑

¿2πi e( p−1)πi

On peut donc écrire

∫ε

Rx p−1

1+xdx+∫

0

2π

¿¿¿¿

¿2πi e( p−1)π

Analyse complexe


Où l’on a posé z=x e2 πi pour l’intégrale le long de GH, l’argument de z ayant augmenté de 2π en parcourant le cercle BDEFG.

Si l’on prend la limite quand →0 et R→∞, remarquant que la deuxième et la troisième intégrales tendent vers zéro, on trouve

∫0

∞x p−1

1+xdx+∫

∞

0e2 πi(p−1 )x p−1

1+xdx=2π e( p−1)πi

Si bien que

∫0

∞x p−1

1+xdx= 2πi e( p−1) πi

1−e2πi (p−1)=2πi

e pπi−e−pπi= π

sin pπ

Montrer que ∫0

∞log(x+1)x ²+1

dx=πLog2

On considère ∮C

❑ log(z+i)z ²+1

dz le long du contour formé d’une portion de l’axe réel de –R à +R et du

demi-cercle Γ de rayon R.

Fig

Le seul pôle delog(z+i)z ²+1

, intérieur à C est le pôle simple z = i et le résidu est

limz→i

( z+i ) log ( z+i )(z−i) ( z+i )

=log (2i)

2 i

On a donc d’après le théorème du résidu

Analyse complexe


∮C

❑ log(z+i)z ²+1

dz=2 πi{ log(2i)2 i }=πLog (2 i )=πLog2+ 1

2π ² i

En écrivant log (2 i )=log 2+Logi=log 2+ logeπi /2=log 2+ πi2

Utilisant la détermination principale du logarithme, ce résultat peut s’écrire sous la forme

∫−R

Rlog (x+1)x ²+1

dx+∫Γ

❑ log (z+i)z ²+1

dz=πlog 2+ 12π ² i

∫−R

0log(x+ i)x ²+1

dx+∫0

Rlog(x+i)x ²+1

dx+∫Γ

❑ log(z+i)z ²+1

dz=πLog2+ 12π ² i

En changeant x en –x dans la première intégrale, on a

∫O

Rlog( i−x)x ²+1

dx+∫0

Rlog(i+x )x ²+1

dx+∫Γ

❑ log(z+i)z ²+1


Ou presque log (i−x )+log (i+x )=log (i2−x2 )=log ( x2+1 )+πi

∫O

Rlog(x2+1)x ²+1

dx+∫0

Rπix ²+1

dx+∫Γ

❑ log(z+ i)z ²+1


Quand R→∞, on peut montrer que l’intégrale le long de Γ tend vers zéro, on a alors en prenant les parties réelles de l’intégrale

limR→∞

log (x2+1)x ²+1

dx=∫0

∞log (x2+1)x ²+1

=πLog2

Montrer que ∫0

∞

sin x ²dx=12 √ π2 où le contour C est la figure ….. est un arc de cercle centré en 0 et

de rayon R.

fig

Analyse complexe


D’après le théorème de Cauchy

∮C

❑

e iz ²dz=0

∫OA

❑

eiz ²dz+∫AB

❑

eiz ²dz+∫BO

❑

eiz ²dz=0

D’autre part, sur OA, z = x (dx=0 à x = R) ;

sur AB, z=Re iθ(dθ=0àθ= π4 );

sur DO, z=r e iπ /4 (dr=R àr=0)

L’intégrale (1) donne alors

∫0

R

eiz ²dz+∫0

π /4

e¿¿¿¿

C'est-à-dire

∫0

R

¿¿ (3)

Lors du passage à la limite, quand R→∞, la première intégrale du second membre devient

eπi /4∫0

∞

e−r ²dr=√π2eπi4 =1

2 √ π2 + i2 √ π2 (4)

La valeur absolue de la deuxième intégrale du second membre est

|∫0

π /4

e iR ² cos 2θ−R ² sin 2θiR eiθ dθ|≤∫0

π /4

e−R2 sin 2θ Rdθ

≤R2∫

0

π2

e−2R ² sin ∅ d∅

Analyse complexe


≤R2∫

0

π2

e−2R ²∅ /2d∅

≤π

4 R(1−e−R

2

)

Où l’on pose ∅=2θ et utilisé l’intégrale sin∅ ≥2∅ /π 0≤∅ ≤π /2

Ceci montre que si R→∞, la deuxième intégrale du second membre de (3) devient

∫0

∞

¿¿ 12 √ π2 + i

2 √ π2

En égalant parties réelles et parties imaginaires, on a :

∫0

∞

cos x ²dx=∫0

∞

sin x ²dx=¿ 12 √ π2 ¿

Analyse complexe


EXERCICES

Trouver la somme des résidus de la fonction

2 z3−4 z ²+53 z6−8 z+10

Calculer ∫c

❑

z3 e1 / zd z le long du cercle d’équation |z−1|=4

Montrer que ∫0

∞x

sh πxdx=1

4

…….

Où z1 est situé à l’intérieur z2 est situé à l’extérieur du cercle ….

g= 1iπ∮c

❑dz¿¿ ¿

Où la fonction f ( z )= 1z−z2

est analytique à l’intérieur de C et sur C.

En utilisant la forme ….. de Cauchy on a, g=2 πiiπf ( z1 )=2.

1z1−z2

=2

Exemple : Evaluation d’une intégrale impropre

En considérant l’intégrale curviligne fermée

∮c

❑e2 z

1+z ²dz

Le contour C est désigné dans la figure (2). On arrive à déterminer l’intégrale réelle

I=∫−∞

∞cos x1+x ²

dx

Fig

Analyse complexe


La fonction 1

1+ z ² est analytique à l’intérieur de la courbe fermée C et sur C sauf au point z1= i.

Par conséquent d’après la forme intégrale de Cauchy

∮c

❑e2 z

1+z ²dz=∮

c

❑eiz

( z+i )(z−i)dz=∮

c

❑ f (z)z−i

dz=2πif (z)

Avec f ( z )= e iz

1+z ²

Ainsi, on trouve

∮c

❑eiz

1+z ²dz=2π i e−1

2 i= π

2(2)

Et puisque l’intégrale sur le demi-cercle CR tend vers zéro pour R→0, il s’en suit

I=∫−∞

∞cos x1+x ²

dx=ℜ[∫−∞

∞eix

1+x ²dx ]=ℜ( πe )=πe

L’intégrale sur le demi-cercle CR de l’intégrale de l’équation (2) tend vers zéro lorsque R→∞.

En paramétrant le demi-cercle pour z=e iφ=Rcos φ+iRsinφ, on obtient les inégalités suivantes

|∫CR

❑eiz

1+z ²dz|=|∫

0

πeiRcos φe−Rsinφ

1+R ² e2 iφ iR eiφdφ|≤∫

0

πe−RsinφR

|1+R ² e2 iφ|dφ≤2∫

0

πe−Rsinφ

Rdφ

Ce qui tend vers zéro pour R→R.

Pour la dernière inégalité, on vient d’utiliser le fait que

|1+R ² e2 iφ|≥ R2

2

Application : Transformation de Hilbert

Soient f(z) une fonction analytique dans le demi-plan droit Re z ≥ 0 et z = p un point …. , mais fixe du même demi-plan.

D’après la formule de Cauchy on a :

f ( p )= 12 πi

∮c

❑ f (z )z−p

dz

Où la courbe d’intégration C est désignée dans la figure

Analyse complexe


Graphique

On considère maintenant le point p = -p. puisque q se trouve à l’extérieur du domaineD.

S

SERIE DE TAYLOR

Soit f(z) une fonction analytique à l’intérieur de C et sur le cercle C de rayon r > 0 centré en z = b

Graphique

En un point arbitraire z = a à l’intérieur de C on dispose de la formule intégrale de Cauchy

f (a)(n)= n !

2 πi∮ f (z )

(z−a)n+1 dz ,n=0,1,2…

On considère maintenant le développement suivant :

1z−a

= 1z−b−(a−b)

= 1z−b

1

1−a−bz−b

¿ 1z−b [1+ a−bz−b

+(a−b)²(z−b) ²

+… ](1)

Et comme z est un point se trouvant sur le contour C, on a |z−b|>|a−b| c'est-à-dire la série géométrique entre crochets du membre de droite de la relation (9) est convergente.

Analyse complexe


Substituant dans la forme de Cauchy on a :

f (a )= 12πi

∮c

❑ f (z )z−a

dz

En terme 1z−a pour son développement en la série géométrique (1), on obtient

f (a )= 12πi

∮c

❑ f (z )z−b

dz+ a−b2πi

∮c

❑ f (z)(z−b) ²

dz+(a−b)²

2πi∮c

❑ f (z)¿¿ ¿¿¿

D’où en utilisant la forme intégrale de Cauchy le développement de la fonction f(a) en série de Taylor au point z = b

f (a )=f (b )+ f ' (b ) (a−b )+ f' ' (b )2!

(a−b )2+…(2)

Le développement est valable pour tous les points à l’intérieur du cercle C.

Exemple

Développement en série de Taylor de la fonction suivante :

Développer f ( z )=sin z en série de Taylor au point z=π / 4

En désignant de nouveau la variable z, la forme (2) prend la forme suivante

f ( z )=f (π /4 )+f ' (π /4 ) ( z−π /4 )+ f' ' (π /4 )

2 !( z−π /4 )2+…

Qui donne

f ( z )=√22

¿

Principe de l’argument

SSoit une fonction rationnelle, c'est-à-dire le quotient de deux polynômes P(z) et Q(z)

f ( z )= P (z)Q(z )

(1)

Alors l’intégrale curviligne fermée de f’(z)/f(z) le long d’une courbe fermée simple C joue un rôle important dans les considérations de la stabilité des systèmes de réglage automatique.

Analyse complexe


Soient z=αk, les zéros d’ordre( de multiplicité) nk du numérateur P(z) et z=β i les zéros d’ordre de multiplicité mi du dénominateur Q(z).

On suppose simplifiée la fraction (1) tel que α k≠ β i pour tous les i, k possibles.

Les α k sont donc les zéros d’ordre nk et les β i les pôles d’ordre mi de la fonction (1).

La fonction (1) est analytique à l’exception de ses pôles, et elle permet la représentation suivante

f ( z )= P (z)Q(z )

=c π ¿¿

On suppose qu’aucun α k et aucun β i ne se trouve sur la courbe fermée simple C. Alors en considérant la dérivée logarithme.

Sf ' (z )f (z)

= ddz

[ ln f (z )]=∑k

nkz−α k

=∑i

mi

z−βi

On obtient pour son intégrale le long de C, en appliquant la formule intégrale de Cauchy :

12πi

∮c

❑ f ' (z)dzf (z)

=¿∑k

nk−∑i

mi(2)¿

Où nk et mi sont respectivement les multiplicités de tous les zéros et les pôles de la fonction f(z) situé à l’intérieur de la courbe fermée simple C. si l’on introduit les abréviations :

∑k

nk=N et∑i

mi=P

La formule (2) prend la forme

12πi

∮c

❑ f ' (z)dzf (z)

=N−P (3)

Où N est le nombre de zéros et P le nombre des pôles tenant compte de la multiplicité à l’intérieur de C.

Théorème de Module Maximum

Théorème

Soit f(z) une fonction analytique dans un domaine D et sur son contour C, alors le module |f (z )| prend son maximum sur C, sauf si f(z) est constant.

Analyse complexe


Exercices

Si f ( z )= (z2+1)²( z ²+2 z+2 )3

calculer1

2 πi∮c

❑ f ' ( z )dzf (z )

Où C est le cercle |z|=4

Si f ( z )=z 4−2 z3+z ²−12 z+20 et si C est le cercle |z|=5, calculer ∮c

❑ z f ' ' (z )dzf (z)

Si t>0 et si C désigne une courbe fermée simple….. calculer ∮c

❑z ezt dz(z+1)²

Théorème de Gauss sur la valeur moyenne

Si f(z) est analytique à l’intérieur du cercle C d’équation |z−a|=r et sur C, alors f(a) est la moyenne de valeur de f(r) sur C, C est à dire

f (a )= 12π

∫0

2π

f (a+r eiθ )dθ(1)

Théorème du module maximum

Si f(z) est analytique à l’intérieur d’une courbe fermée simple C, et sur C, si de plus f(z) n’est pas constante alors le maximum de |f (z )| est atteint sur C.

Théorème du module minimum

Si f(z) est une fonction analytique à l’intérieur d’une courbe fermée simple C, et sur C, si de plus f(z)≠0, à l’intérieur de C alors |f (z )| atteint son minimum sur C.

Théorème de l’argument

Soit f(z) une fonction analytique à l’intérieur d’une courbe fermée simple C sur C, une fonction analytique à l’intérieur d’une courbe formée simple C, et sur C, à l’exception d’un nombre fini de pôles intérieur à C. on a alors

Analyse complexe


12πi

∮c

❑ f ' ( z )dzf (z )

=N−P(5)

Où N et P désignent respectivement le nombre des zéros et le nombre des pôles de f(z) intérieur à C.

Théorème de Rouché

Si f(z) et g(z) sont analytiques dans et sur une courbe fermée simple C, et si |g(z )|<|f (z )| sur C, alors f(z) + g(z) et f(z) ont le nombre des zéros à l’intérieur de C.

Théorème de Laurent

Soit C1 et C2 des cercles concentriques de centre a et de rayons respectifs R1 et R2 , on suppose que f (z) est analytique et uniforme sur C1 et C2 et également dans la couronne R (région annulaire R ) limitée par C1 et C2 . Soit a+h un point quelconque de R , on a

f (a+h )=a0+a1h+a2h2+…+

a−1

h+a−2

h2 +…

Où an=1

2πi∮c1

❑ f (z)( z−a )n+ 1

dz n=1,2,3,4,5… a−n=1

2πi∮c2

❑

f (z) ( z−a )n+1dz c1 et C2 sont décrits dans

le sens positif situés en C1 et C2.

an=1

2πi∮c❑

❑ f (z)( z−a )n+1

dz n=±1 , ±2 ,±3… avec un changement de notation,

f ( z )=a0+a1 ( z−a )+a2(z−a)2+…+

a−1

(z−a)+

a−2

(z−a)2 +… (8)

où an=1

2πi∮c❑

❑ f (ξ )( ξ−a )n+1

dξ (9)

(8) est appelée série de Laurent et (9) est appelé coefficient de la série de Laurent

La partie a0+a1 ( z−a )+a2(z−a)2+… est la partie analytique de la série, celle qui forme des

puissances négatives de (z−a) est la partie principale. Si la partie principale est nulle, la série de Laurent se réduit à une série1 de Taylor.

f ( z )=∑n=0

∞

an(z−a)n+∑

n=1

∞

a−n(z−a)−n

oùan=1

2πi∮c1

❑ f (w)(w−a )n+1

dw et a−n=1

2πi∮c2

❑ f (w)(w−a )n+1

dw

Analyse complexe


Développer f ( z )= 1( z+1 )(z+3) en série de Laurent pour 1<|z|<3

a. Par décomposition f ( z )= 1( z+1 )(z+3)

=12 ( 1z+1 )−1

2 ( 1z+3 )

Si 1<|z|12 ( 1z+1 )= 1

2 z (1+1z )

=1

2 z (1−1z+

1

z2 −…)= 12 z❑

−1

2 z2 +1

2 z3 −…

Si|z|<3

12 ( 1z+3 )= 1

6 (1+ z3 )

=16 (1− z

3+ z

2

9− z3

27+…)=1

6− z

18+ z

2

54− z3

162+…

Développer f ( z )= z−sinzz3 , z=0

z−sinzz3 = 1

z3 [ z−(z− z3

3 !+ z

5

5!− z7

7 !+…)]= 1

3!− z2

5 !− z4

7 !Z=0 est une singularité apparente.

Développer f ( z )= z( z+1 )(z+2) au point z=−2

On pose z+2=u

z

( z+1 ) ( z+2 )= u−2u (u−1 )

=2−uu

11−u

=2−uu

(1+u+u2+u3+… )

¿2z+2

+1+( z+2 )+(z+2)2+…

z=−2 est un pôle simple. La série converge pour toutes les valeurs de z tel que 0<|z+2|<1

Déterminer le développement en série de Laurent des fonctions suivantes au voisinage des singularités indiquées

f ( z )= e2 z

(z−3)3 , pour z=1

Soit z−1=u⇒ z=1+u

e2 z

( z−1 )3= e

2+2u

u3= e

2e2u

u3= e2

u3 (1+ 2u1 !

+(2u )2

2!+

(2u )3

3 !+…)

¿ e2

( z−1 )3+ 2e2

( z−1 )2+ 2e2

( z−1 )❑+ 4e2

3+ 2e2

3( z−1 )❑+…

z=1 est un pole d’ordre troisLa série converge pour toute valeur z≠1

EXERCICES

Analyse complexe


1. Développer la fonction suivante en série de Taylor au point indiqué et trouver le domaine de convergencea. e− z , z=0

b. cos z , z=π2

c.1

1+ z, z=1

d. z3−3 z2+4 z−2 , z=2e. z e2 z, z=−1

2. Développer en série de Laurent au voisinage de z=0

a.1−cosz

2 z

b.e z

2

2 z3

c. z2 e−z4

d. zshz√ z

CLASSIFICATION DES SINGULARITES

Il est possible de classer les singularités d’une fonction f (z) par l’examen de la série de Laurent :

1. P oles

Si f (z) a la forme (8) dans laquelle la partie principale ne possède qu’un nombre fini de termes

donnés par f ( z )=a0+a1 ( z−a )+a2(z−a)2+…+

a−1

(z−a)+

a−2

(z−a)2 +…a−n

(z−a)n + où a−n≠0, alors

z=a est appelé pole d’ordre ns

Si n=1 on a affaire à un pole simple

Si z=a est un pole de f (z) alors limz→a

f ( z )=∞

2. Singularité apparente

Si une fonction uniforme f (z) n’est pas définie en z=a, mais si limz→a

f ( z )∃, alors z=a est appelée la

singularité apparente. Dans un tel cas on a défini f (z) pour z=a comme égal à limz→a

f ( z )

Si f ( z )= sinzz

, z=0

Analyse complexe


lim ¿z→asinzz

=1 , f (0 )=lim ¿z→asinzz

=1¿¿

sinzz

=1z ( z1!− z3

3 !+ z

5

5!+…)=1− z2

3 !+ z

4

5 !+…

3. Singularité essentielle

Si f (z) est uniforme , alors toute singularité qui n’est ni pole, ni singularité apparente est appelée singularité essentielle.

Si z=a est une singularité essentielle de (z ) , la partie principale du développement de Laurent possède une infinité de termes.

Exemple

e1z=1+ 1

1 ! z+ 1

2 ! z2 +1

3! z3 +…z=0 est une singularité essentielle

4. Point de branchement

Un point z=z0 est appelé point de branchement de la fonction multiforme f (z) si les branches de

f (z) s’échangent quand z décrit un contour fermé autour de z0 .

Chaque branche de la fonction multiforme et analytique répond à tous les théorèmes sur les fonctions analytiques .

Exemple

La branche de f ( z )=z12 qui prend la valeur 1 pour ¿1 , possède un développement en série de

Taylor de la forme a0+a1 ( z−a )+a2(z−a)2+…

5. Singularité à l’infini

En posant z=1w

dans f (z) on obtient la fonction f ( 1w )=F (w ) alors la valeur de la singularité à

z=∞ (le point à l’infini) est défini comme étant le même que celui de F (w )en w=0

Exemple

f ( z )=z3 a un pole simple en z=∞

Analyse complexe


f ( 1w )=F (w )= 1

w3 pour un pole simple ¿0 . De la même manière z3 possède une singularité

essentielle en z=∞ car f ( 1w )=F (w )=e

1w a une singularité essentielle en w=0

Déterminer le développement en série de Laurent de la fonction suivante au voisinage de la singularité indiquée

e2 z

(z−1)3 , z=1 on pose z−1=u→ z=1+u

e2 z

( z−1 )3= e

2+2u

u3= e

2

u3e2u= e

2

u3 (1+ 2u1!

+(2u )2

2 !+

(2u )3

3 !+…)

¿ e2

( z−1 )3+ 2 z2

( z−1 )2+ 2 z2

( z−1 )❑+ 4 z2

3+

2 z2 ( z−1 )3

+… z=1 est un pole triple ou

pole d’ordre 3. La série converge pour toute valeur de z≠1.

( z−3 )sin1z+2

z=−2 , on pose z+2=u on a z=u−2 ,

( z−3 )sin1z+2

= (u−5 ) sin1u

¿ (u−5 )( 1u−

1

3 !u3 +1

5 !u5 +…) ¿(1−

5u−

1

3 !u2 +5

3 !u3 +1

5!u4 +…) ¿(1−

5(z+2)

−1

3 !(z+2)2 +5

3 !(z+2)3 +1

5 !(z+2)4 +…)z=−2 est une singularité essentielle

z−sinzz3 , z=0

z−sinzz3 = 1

z2 (z−( z− z3

3 !+ z

5

5 !− z7

7 !+…))

¿ 1z2 (( z3

3 !− z5

5 !+ z

7

7 !−…))

¿ 13!

− z2

5 !+ z

5

7 !

Analyse complexe


z=0 est une singularité apparente

Développer f ( z )= 1( z+1 )(z+3) en série de Laurent pour

a. 1<|z|<3

b. |z|>3

c. 0<|z+2|<2

a. Le développement de f (z) en éléments simples donne 1

( z+1 )( z+3)= 1

2(z+1)− 1

2(z+3)Si |z|>1

1

2(z+1)= 1

2 z (1+ 1z )

= 12 z

− 1

2 z2+ 1

2 z3−…

Si |z|<31

2(z+3)= 1

6(1+ z3 )

=16− z

18+ z

2

54− z3

112+…

⇒Pour1<|z|<3 on a le développement

1

( z+1 )( z+3)= 1

2 z− 1

2 z2 +1

2 z3−1

2 z4 −16+ z

18− z2

54+ z3

112+¿

Analyse complexe


LE THEOREME DES RESIDUS : APPLICATION AUX INTEGRALES ET AUX SERIES

Résidus

Soit f (z) une fonction analytique et uniforme à l’intérieur d’un cercle c et sur , excepté au point z=a centre de c . Alors comme nous l’avons ,f (z) possède un développement en série de Laurent dans le voisinage de z=a , donné par

f ( z )= ∑n=−∞

∞

an(z−a)n (1)

¿+a1 ( z−a )+a2( z−a)2+…+

a−1

(z−a)+

a−2

(z−a)2 +…a−n

(z−a)n

an=1

2πi∮c❑

❑ f (z)( z−a )n+1

dz ,n=±1, ±2 ,±3… (2)

Dans le cas particulier où n=−1 on a ∮c

❑

f (z )dz=2 πia−1 (3)

On peut obtenir (3) à partie de (1) par intégration terme à terme en utilisant le résultat

∮c

❑dz

( z−a )p={ 2πi , p=1

0 , p=entier≠1

L’intégrale de (3 ) s’exprime à l’aide d’un seul coefficient a−1 de (1 ) . On appelle a−1 le résultat de

f ( z ) en z=a

Calcul des résidus

Pour obtenir le résidu d’une fonction f (z) en z=a on pourrait croire d’après (1) à la nécessité d’écrire le développement de f ( z ) en série de Laurent dans le voisinage de ¿a . En fait , dans le cas

où z=a est un pole d’ordre k , il existe une formule simple qui donne a−1

a−1=limz→a

1(k−1 ) !

dk−1

d zk−1(z−a )k f ( z )(5)

Si k=1 (pole simple) le résultat particulièrement simple a−1=limz→a

( z−a ) f (z) qui est un cas

particulier de (5) avec k=1 si l’on pose d=1.

Analyse complexe


Exemples

Si f ( z )= z( z−1 )(z+1)2 alorsz=1 et z=−1 sont respectivement des pôles simples et double et on

a, d’après (6) et (5) avec k=2 :

Résidu en z=1, limz→1

( z−1 ){ z

( z−1 ) (z+1 )2 }=14

Résidu en z=−1, limz→−1

11!ddz [(z+1)2 z

( z−1 )(Z+1)2 ]=−14

Si z=a est un point singulier essentiel, le résidu peut parfois être trouvé en utilisant le développement en série .

Exemple

Si f ( z )=e−1z alors z=0 b=est un point singulier essentiel et d’après le développement comme de eu

avec ¿−1z

, on trouve e−1z =1− 1

1 ! z+ ❑

2! z12 −1

3 ! z3 +… où l’on trouve le résidu en z=0 étant le

coefficient de 1z

sa valeur est −1.

Le théorème des résidus

Soit f (z) une fonction uniforme et analytique à l’intérieur d’une courbe fermée simple c et sur c, sauf en des singularités a,b,c… intérieures à c pour lesquelles les résidus de f (z) sont a−1 , b−1 ,c−1 ,… alors le théorème des résidus établit que

∮c

❑

f (z )dz=2 πi(¿a−1+b−1+c−1+…)(7)¿

Cela veut dire que l’intégrale de f (z) le long ce c est égale à 2πi fois la somme des résidus de f (z) en les singularités contenues dans c.

Analyse complexe


NB (7) est une généralisation de (3) . Le théorème de Cauchy et les formes intégrales sont des cas particuliers de ce théorème.

EXERCICES

Trouver les résidus de

a. f ( z )= z2−2 z( z+1 )2(z2+4)

rép.−1425

b. f (z)= ez

sin2 z rép.

7−i25

avec z=0 , ± π ,±2π… soit z=mπ

EXERCICES RESOLUS

Montrer que ∫−∞

∞x2dx

(x2+1 )2(x2+2 x+2)=7 π

50

Analyse complexe


Les pôles de z2

( z2+1 )2( z2+2 z+2)

situé à l’intérieur du contour de c sont z=id’ordre

2

Et z=−1+i d’ordre 1

Rés z=i est limz→i

ddz [(z−i)2 z2

( z+ i )2 ( z−i )2(z2+2 z+1) ]=9 i−12100

Rés z=−1+i est limz→−1+ i

( z+2−i ) z2

( z+ i)2 ( z+2−i ) (z+1+i )=3−4 i

25

∮c

❑z2dz

( z+ i)2 ( z−i )2(z2+2 z+1)=2 πi( 9i−12

100+ 3−4 i

25 )=7π50

ou∫−R

Rx2dx

(x2+1 )2(x2+2x+2)+∫Γ

❑z2dz

( z2+1 )2( z2+2 z+2)

=7 π50

En prenant la limite de ces expressions quand R→∞ et en remarquant que la deuxième intégrale tend vers zéro, on obtient le résultat demandé.

Montrer que ∫0

2πcos3θ

5−4 cosθdθ= π

12

On pose z=e iθ alors et cosθ= z+ z−1

2 ⟹ cos3θ= e

3 i θ+e−3 iθ

2= z3+z−3

2

dz=i e iθdθd ' oùdθ=dziz

∫0

2πcos3θ

5−4 cosθdθ=∮

c

❑z3+z−3

2

5−( z+ z−1

2 )dziz

=−12 i

∮c

❑z6+1

z3 (2 z−1 )(z−2)dz

où c est le contour. La fonction à intégrer a un pôle triple en z=0 et un pôle simple

en z=12

à l’intérieur de c.

Rés z=0 est limz→0

12 !

d2

d z2 [ z3 z6+1z3 (2 z−1 )(z−2) ]=81

8

Rés z=12

est limz→1

2

[(z−12 ) z6+1z3 (2 z−1 )(z−2) ]=−65

24 d’où

−12 i

∮c

❑z6+1

z3 (2 z−1 )( z−2)dz=−1

2i(2πi )( 81

8−65

24 )= π12

qui estla valeur donnée

Montrer que ∫0

2πdθ

(5−3 sinθ)2=5π

32

Analyse complexe


Montrer que ∫0

∞cosmxx2+1

dx=π2e−mm>0

On considère ∮c

❑e imz

z2+1dz, où c est le contour

La fonction a deux points singuliers z=± i mais z=i à l’intérieur de c.

Rés z=i est limz→i [(z−i) eimz

( z−i )(z+i) ] ¿ e−m2 i

∮c

❑e imz

z2+1dz=2πi( e−m2 i )=π e−m

Ou ∫−R

Reimx

x2+1dx+i∫

Γ

❑e imz

z2+1dz=π e−m

2∫0

Rcosmxx2+1

dx+∫Γ

❑e imz

z2+1dz=π e−m

Si L’on fait tendre R vers l’infini et si l’on utilise l’intégrale→0 ,∫0

Rcosmxx2+1

dx= π2e−m

Calculer ∫−∞

∞xsinπxx2+2 x+5

dx

Analyse complexe


CHAPITRE XIII TRANSFORMEE DE LAPLACE

Définition

La transformée de Laplace est une opération notée ‘’L’’ qui est appliquée à la fonction F (t) et la transforme en f(s) et on écrit :

Soit F (t) la fonction définie pour t>0, L {F( t)}=f (s )=∫0

∞

e−st F (t )dt (1 ) où s peut être réel ou

complexe. La transformation de Laplace de F (t) existe si l’intégrale (1 ) converge pour certaines valeurs de s. Dans le cas contraire elle n’existe pas.

Si on a plusieurs fonctions définies pour t>0 F ( t ) ,G ( t ) , Y (t ) leurs transformations seront

respectivement notées f ( s ) , g (s ) , y (s).

L est linéaire : Si k 1 , k2 sont des constantes quelconques et F1 ( t ) ,F2(t) des fonctions dont les

transformées de Laplace sont respectivement f 1 ( s) et f 2(s) alors

L{k1F1 (t )+k2 F2 (t ) }=k 1L F1 (t )+k2 LF2 ( t )=k1 f 1 ( s)+k 2 f 2 ( s )

USAGE DES TABLES DES FONCTIONS ELEMENTAIRES

F (t ) L{F (t ) }=f ( s)

11ss>0

T1

s2s>0

t n

n=0,1,2 ,… Note : factorielle n=n !=1.2.3…n et 0 !=1

eat1s−a s>a

sinata

s2+a2 , s>0

cos ats

s2+a2 , s>0

shata

s2−a2 , s>|a|

Transformées de Laplace


chats

s2−a2 , s>|a|

a. Si F ( t )=1, L{1 }=1s, s>0

L{1 }=∫0

∞

e−st (1 )dt= limP→∞

∫0

P

e−st dt= limP→∞

e−st

−s |0P

=¿ limP→∞

1−e−st

s=1s¿

b. Si F ( t )=t , L{t }=∫0

∞

e−st (t )dt=limP→∞

∫0

P

t e−st dt=limP→∞

(t )( e−st−s )−(1 )( e−sts2 )|0

P

¿ limP→∞ ( 1

s2 −e− sP

s2 − Pe−sP

s )= 1s2 , si s>0

c. Si F (t )=eat ,L {eat }=∫0

∞

e−st (eat )dt= limP→∞

∫0

∞

e−( s−a )t dt= limP→∞

e−( s−a )t

− (s−a )|0

P

¿ limP→∞

e−( s−a) t

−( s−a )= 1s−a

si s>a

d. Si F (t )=sin at ,L {sin at }=∫0

∞

e−st sinat dt= limP→∞

∫0

P

e−st sinat dt

¿ limP→∞

e−st (−a sinat−acosat )s2+a2 |

0

P

=¿ limP→∞ { a

s2+a2 −e− sP ( ssinaP+acosaP )

s2+a2 }¿ ¿

a

s2+a2 , s>0

e. Si F ( t )=cos at ,L {cosat }=∫0

∞

e−st cosat dt= limP→∞

∫0

P

e−st cos at dt

¿ limP→∞

e−st (−scosat+a sinat )s2+a2 |

0

P

=

limP→∞ { s

s2+a2 −e−sP (scos aP−a sinaP )

s2+a2 } ¿

s

s2+a2 , s>0



Rappel

∫ eαt sin βt dt=eαt (α sin β t−β cos βt )

α2+β2

∫ eαt cos βt dt=eαt (α cos βt+β sin βt )

α2+β2

f. Si F ( t )=eiat ,L{e iat }= 1s− ia

= s+ ias2+a2

e iαt=cos αt+isinαt

L{e iat }=∫0

∞

e−s t (cosat+isin at )dt=∫0

∞

e− stcos at dt+i∫0

∞

e−st sinat dt

¿ L{cos at }+iL {sinat }= s

s2+a2+i a

s2+a2

g. F ( t )=shat , L{F (t)}=¿L{eat−e−at2 }=∫0

∞

e−st( ea t−e−at2 )dt

L{F (t)}=12∫0

∞

e−st eat dt−¿ 12∫0

∞

e−st e−at dt=12

¿L{eat }−12

L{e−at }

L{F (t)}=12 { 1s−a

− 1s+a }= a

s2−a2, s>|a|

h. F ( t )=chat , L{F (t)}=¿L{eat+e−at2 }=12

L{eat }+ 12

L{e− at }

¿12 { 1s−a

+ 1s+a }= a

s2−a2, s>|a|

La propriété linéaire

L{F1(t)}=f 1 (s )=∫0

∞

e− stF1 ( t )dt; L{F2(t)}=f 2 (s )=∫0

∞

e−stF2 (t )dt alors si k 1et k2 sont des

constantes quelconques :

L{k1F1 ( t )+k2 F2 (t ) }=k 1∫0

∞

e−st F1 (t )dt+k2∫0

∞

e− stF2 ( t )dt

¿k1L{F1(t)}+k2L{F2(t)}=k1 f 1 (s )+k2 f 2(s)



Exemple

F (t )=4e3 t+6 t 3−3sin 4 t+2 cos2 t

L{F (t)}=4 L {e3 t }+6 L {t 3 }−3 L {sin 4 t }+2 L {cos2 t }

¿4 ( 1s−5 )+6( 3 !

s4 )−3( 4

s2+16 )+2 ( s

s2+4 )= 4s−5

+36

s4 −12

s2+16+

2 s

s2+4

Translation et propriétés de changement d’échelle

Propriété 2

Soit F ( t ) ,t>0 et L{F (t)}=f (s), alors L{eat F (t)}=f (s−a)

Pour établir cette propriété :

L{F (t)}=∫0

∞

e−stF ( t )dt=f (s)

L{eat F (t)}=∫0

∞

e−st {eat F( t)}dt=∫0

∞

e−( s−a) t F (t)dt=f (s−a)

Exemples

1. Si F (t )=t 2 e3 t

Rappel : L{t 2 }=2 !

s3= 2

s3

L{t 2 e3 t }= 2

(s−3 )3

2. Si F (t )=e−2 t sin 4 t

Rappel L{sin 4 t }= 4

s2+16

L{e−2 t sin 4 t }= 4

(s+2 )2+16= 4

s2+4 s+20

3. Si F (t )=e4 t ch5t



Rappel L{ch5 t }= s

s2−25

L{e4 t ch5t }= s−4

( s−4 )2−25= s−4

s2−8 s−9

4. Si F ( t )=e−2 t (3 cos6 t−5sin 6 t )

Rappel L{3cos6 t−5 sin 6 t }=3L {cos6 t }−5 L {sin 6 t }=3( s

s2+36 )−5( 6

s2+36 )=3 s−30

s2+36

L{e−2 t (3 cos6 t−5 sin 6 t ) }=3(s+2)−30

( s+2 )2+36= 3 s−24s2+4 s+40

2eme propriété de translation

Propriété 3.

Si LF ( t )=f (s) et G ( t )={F (t−a ) t>a0 , t<a

L{G(t )}=e−st f (s )(4)

Pour établir cette propriété on considère L

{G(t )}∫0

∞

e− stG ( t )dt=∫0

a

e−stG ( t )dt+∫a

∞

e−stG ( t )dt=∫0

∞

e−st (0 )dt+∫a

∞

e−stF (a−t )dt

¿∫a

∞

e−s (u+a )F (u )du=e−as∫a

∞

e−suF (u )du=e−as f (s )

On a posé t=u+a

Exemple

Calculer L{F (t)} si F (t )={cos (t−2π3 ) , t> 2π

3

0 , t< 2π3

L{F (t)}=∫0

2π3

e−st (0 )+∫2π3

∞

e−st cos( t−2 π3 )dt=∫

0

∞

e−s (u+2π

3 )cosudu



¿e−2πs

3 ∫0

∞

e−su

cosu du=s e

−2πs3

s2+1

Propriété de changement d’échelle

Propriété 4

Si L{F (t)}=f (s) alors L{F (at) }=1af ( sa )

Pour établir cette propriété on considère L{F (t)}=∫0

∞

e−stF (at )dt on pose t=ua

L{F (at) }=1a∫0

∞

e− sua F (u )du=1

af ( sa )

Exemple

Etant donné L{sin tt }=tg−1( 1

s ) , trouver L {sin atat }

L {sin atat }=1

aL{sin at

t }=1atg−1 { 1

sa }=1

atg−1( as )

L{sin att }=tg−1( as )

Transformées de Laplace de Dérivées

4)

Soit F (t) définie, t>0 et si LF ( t )=f (s) alors L{F ' (t)}=sf ( s )−F(0) (5)

Si F (t) est continue pour 0≤ t ≤N et d’ordre exponentiel pour ¿N , tandis que F '( t) est continue par morceau pour 0≤ t ≤N . En intégrant par partie on a



L{F ' (t)}=∫0

∞

e−st F' ( t )dt= limp→∞

∫0

p

e−st F ' ( t )dt= limp→∞ {e−st F( t)|0

p+s∫

0

p

e−st F (t )dt} ¿ s∫

0

∞

e−st F (t )dt−F (0 )=sf ( s)−F (0)

En utilisant le fait que F (t) est d’ordre exponentielγ quand t→∞ de facon que limp→∞

e−sp F ( p )=0

pour s>γ.

4a)

Si F (t) n’est pas continue à t=0 mais que la limite à droire existe, limt →0

F (t )=F ¿ alors L

{F (t)}=sf ( s)−F ¿

4b)

Si F (t) n’est pas continue à t=a, alors L{F ' (t)}=sf ( s)−F (0 )−e−as¿ où F ¿ est appelé le saut de

point de discontinuité t=a, s’il y a plusieurs points de discontinuité il faut modifier l’énoncé de la propriété de facon appropriée.

5) La dérivée seconde de F (t)

Si F (t) est définie, soit t>0 et si L{F (t)} =f (s ) alors L{F ' ' (t)} =s2 f ( s)−sF (0 )−F ' (0 ) . Si F (t) est

F '( t) sont continues pour 0≤ t ≤N et d’ordre exponentiel pour t>N tandis que F ' ' (t) est continue par morceau pour 0≤ t ≤N .

Pour établir cette propriété :

L{G' (t )}=sL{G(t )}−G (0 )=sg ( s)−G(0) en posant G ( t )=F' (t), on a

L{F ' ' (t)}=sL {F ' (t)−F ' (0 ) }=s [sL {F (t)}−F(0) ]−F' (0)

L{F ' ' (t)}=s2 L {F (t)}−sF (0 )−F ' (0 )=s2 f ( s)−sF (0 )−F ' (0)

6) Dérivée nieme

Soit F (t) définie pour t>0 et si L{F (t)}=f (s) alors

L{F (n ) (t ) }=sn f (s )−sn−1 F (0 )−sn−2F ' (0 )−…−sFn−2 (0 )−Fn−1(0)

Si F ( t ) ;F ' ( t ) ;…Fn−1(t ) sont continues pour 0≤ t ≤N et exponentiel par morceaux pour t>0, alors

que F (n )(t ) est continue par morceaux pour 0≤ t ≤N .

Exemple

Calculer la dérivée successive



F ( t )=sin at avec F (0 )=0

F ' (t )=acos at F ' (0 )=a

F ' ' (t )=−a2 sinat L{sinat }= a

s2+a2

L{F ' (t)}=sL{sinat }−F (0)

¿ sa

s2+a2−0= sa

s2+a2

L{F ' '(t )}=s2L{sinat }−sF (0 )−F ' (0)

¿ s as2+a2 −0−a= −a3

s2+a2

L{F ' ' ' (t)}=s3 f (s )−s2F (0)−sF ' (0 )−F ' ' (0)

F ' ' ' (t )=a3cos at F ' ' (0 )=0

L{F ' ' ' (t)}=s3 as2+a2−s

2 .0−s .a−0=−s a3

s2+a2

Transformée de Laplace d’intégrales

Propriété 6

Soit F (t), t>0,

Si L{F (t)}=f (s) alors L{∫0

t

F (u )du}= f (s)s

Pour établir cette propriété on pose G ( t )=∫0

t

F (u )du alors G' ( t )=F (t) et G (0 )=0

L{G' (t )}=sL{G(t )}−G (0 )=sL{G(t )}=f (s ) et donc L{G(t )}= f (s)s

⇒L {∫0

t

F (u )du}= f (s)s



Exemples

1. Trouver L{∫0

tsinuudu}

L{sintt }=cotg 1s ⇒L {∫

0

tsinuudu}=1

scotg

1s

2. Trouver L{∫0

t

sin 2udu }

L{sin 2 t }= 2

s2+4 ⇒L{∫

0

t

sin 2udu }= 2

s ( s2+4 )

Multiplication par tn

Propriété 7

SoitF (t), défini pour t¿0 ,

Si L {F (t)}=f (s). alorsL {t nF (t )}=(−1)n d

n

d snf (n)(s) (9)

Pour établir cette propriété, on utilise la règle de Leibnitz pour dériver donc le signe intégrale df

ds=f '(s)= d

ds∫0

∞

e−stF (t) dt=∫0

∞∂∂se− stF (t)dt=

−∫0

∞

−t e−stF (t )dt=−∫0

∞

e− st {tF (t)}dt dfds=−L {tF (t )} d’où L{tF (t ) }=−f (s) pour n=1. Généralement pour n=k

Exemple

Si F (t)=sin t , multipliant par t.t F (t)=t sin t.L{tF (t ) }=−d

ds¿L{F (t ) }¿=- d

ds( a

s2+a2)= 2as

(s2+a2)2

Si F (t)=cos t, multiplions par t, puis par t2 on at F (t)=t cos t . Trouver L{tF ( t)}=L{t cos t }=−d

ds{L {cos t }}=−d

ds( s

s2+a2)=−[ 1. (s2+a2 )−s (2 s )

( s2+a2)2 ]Transformées de Laplace


¿−[ s2+a2−2 s2

(s2+a2 )2 ] ¿− s2−a2

( s2+a2 )2

On a t 2F (t)=t 2 cost.Trouver L{t 2 cost }= d2

d s2 ( ss2+a2 )

= 2 s3−6a2 s

( s2+a2 )3

Division par t

Propriété 8

Soit F (t) défini par t>0. Si L{F (t ) }=f (s), alorsF (t)=e2 t,L{e2 t }= 1

s−2

L {t e2 t }=−dds ( 1

s−2 )= 1

(s−2 )2

L {t 2 e2 t }= d2

ds2 ( 1s−2 )= 2

(s−2 )3

L {t 3 e2 t }=−d3

ds3 ( 1s−2 )=- 6

(s−2 )4

Division par t

L {F (t )t }=∫

s

∞

f (u )du. Prouver que limt →0

F (t )t

existe.



Exemple

L {sin t }= 1

s2+1 et lim

t →0

sin tt

=1

L {sintt }=∫s

∞duu2+1

=arctg ( 1s )

Fonction périodique

Propriété 9

Soit F (t) de période T>0 ,telle pour F ( t+T )=f (t), alors L {F (t ) }=∫s

∞

e−st F ( t )dt

1−e− st (9)

Exemple

a) Soit F (t )={sint ,0< t<π0 , π<t<2π

de période 2π. Trouver L {F (t ) } .b) Le graphe

L{F (t ) }= 11−e−2πs∫

0

π

e−st F (t )dt

¿ 11−e−2πs∫

0

π

e− stsin t dt

¿ 11−e−2πs

e−st (−s sin t−cos t )s2+1 |

0

π



= 11−e−2πs {1+e−πs

s2+1 }= 1(1−e−πs ) ( s2+1 )

Continuité par Morceaux de F (t)

Figure 1. représente une fonction discontinue aux points t1, t2, t3, avec des limites à gauche limites droite existant. F(t1-) et F(t1+).Une fonction est continue par morceaux dans un intervalle fermé[a ,b ], si cet intervalle peut-être divisé en un nombre fini de sous intervalle dans lesquels la fonction est continue c'est-à-dire possède les limites à gauches et à droites finies.

Fonction d’ordre exponentiel

S’il existe des constantes réelles M¿0 et δ , telle que pour tout t>N;on a :|e−stF (t )|<Mou |F (t )|<M est

On dit que F ( t ) est une fonction d’ordre exponentiel δ quand t→∞ ou simplement d’ordre exponentiel.Exemple

F (t )=t 2est exponentiel d’ordre 3 car |t 2|=t 2<e3 t pour t>0 EXERCICES

Evaluer les transformations suivantes :



L{t 2 e−st }; L{e−t cos 2t }; L{2e3 t sin 4 t }; L{(t+2 )2 et }; L{e2 t (3 sin 4 t−4 cos 4 t ) }

L{e− 4 t c h2 t }; L{e−t (3 sh2 t−5ch2 t ) }; L{e−t sin2t }; L{ (1+ t e−t )3}

LA TRANSFORMATION DE LAPLACE INVERSE

Définition

Si la transformée de Laplace d’une fonction F (t) est f (s ) c’est-à-dire si L{F (t)}=f (s), alors F (t)

est appelée transformée inverse de f (s ) et on écrit F (t )=L-1f (s ) où L-1 est l’opérateur de transformation inverse de Laplace.

Si L {e−3 t }= 1s+3

, alors L-1{ 1s+3 }=e−3 t

L’opérateur est linéaire

Si k 1 , k2 sont des constantes quelconques et f 1 ( s) , f 2(s) les transformations de Laplace de

F1 ( t ) et F2( t) respectivement, alors

L-1{ka1 f 1 ( s )+k2 f 2(s)}=k1 L-1 {f 1(s)}+k 2L -1 { f 2(s)}=k1 F1 (t )+k2F2(t)

Méthode des fractions partielles

Toute fraction rationnelle P(s)Q(s )

où P(s) et Q(s) sont des polynômes, le degré de P(s) étant

inférieur à celui de Q(s); on peut l’écrire comme la somme de fractions rationnelles de la forme

A

(as+b )r,

As+B

(as2+bs+c )r où r=1,2,3… En trouvant la transformation inverse de chacune des

fractions rationnelles, il est possible de trouver L-1{P(s)Q(s) }

Exemples

1. 2 s−5

(3 s−4 ) (2 s+1 )= A

3 s−4+ B

(2 s+1 )3C

(2 s+1 )2+ D

2 s+1

2.3 s2−4 s+2

(s2+2 s+4 )2 ( s−5 )= As+B

(s2+2 s+4 )2+ Cs+Ds2+2 s+4

+ Es−5



Les constantes A ,B ,C… sont à déterminer

3. Trouver L-1{ 3 s+7

s2−2 s−3 }On écrit

3 s+7

s2−2 s−3= 3 s+7

( s−3 ) ( s+1 )= As−3

+ Bs+1

En multipliant par ( s−3 ) (s+1 ), on a : 3 s+7=A (s+1 )+B ( s−3 )=( A+B ) s+A−3B et en égalisant

les coefficients on a { A+B=3A−3 B=7

d’où on tire A=4 ,B=−1.

3 s+7

s2−2 s−3= 4s−3

− 1s+1

L-1{ 3 s+7

s2−2 s−3 }=4 L-1{ 1s−3 }−L -1{ 1

s+1 }=4e3 t−e−t

4. Trouver L-1{ 2 s2−4( s+1 ) ( s−2 ) ( s−3 ) }

On écrit 2 s2−4

(s+1 ) ( s−2 ) (s−3 )= A

(s+1 )+ B

( s−2 )+ C

( s−3 )(1)

On multiplie les deux membres de (1) par ( s+1 ) et on fait tendre s vers −1, on a :

A= lims→−1

2 s2−4( s−2 ) ( s−3 )

=−16

On multiplie les deux membres de (1 ) par ( s−2 ) et on fait tendre s vers 2, on a :

B=lims→2

2 s2−4(s+1 ) ( s−3 )

=−43

On multiplie les deux membres de (1 ) par ( s−3 ) et on fait tendre s vers 3, on a :

C=lims→3

2 s2−4( s+1 ) ( s−2 )

=72

Alors L-1

{ 2 s2−4( s+1 ) ( s−2 ) ( s−3 ) }=−1

6L-1{ 1

s+1 }−43

L -1{ 1s−2 }+7

2L -1{ 1

s−3 }=−16e−t−4

3e2 t+ 7

2e3 t

5. Trouver L-1{5 s2−15 s−11( s+1 ) (s−2 )3 }



5 s2−15 s−11(s+1 ) ( s−2 )3

= A( s+1 )

+ B( s−2 )3

+ C( s−2 )2

+ Ds−2

Pour trouver A ,et B on multiplie les 2 membres de (1) par ( s+1 ) et on fait tendre s vers −1, on a :

A= lims→−1

5 s2−15−11( s−2 )3

=−13

On multiplie les deux membres de (1 ) par ( s−2 )3 et on fait tendre s vers −2, on a :

B= lims→−2

5 s2−15−11s+1

=−7

Pour déterminer C et D, puisqu’on connait A et B on tire de (1 ) :

5 s2−15 s−11

(s+1 ) ( s−2 )3=

−13

( s+1 )+

−7

( s−2 )3+

C

( s−2 )2+Ds−2

. Pour déterminer C et D , on substitue deux

valeurs de s , soient s=0et s=1, et on trouve :

{118

=−13

+78+C

4−D

2212

=−16

+7+C−D De ce système on tire C=4 et D=1

3

L-1{5 s2−15 s−11

( s+1 ) (s−2 )3 }=L -1{ −13

(s+1 )+

−7

( s−2 )3+

4

(s−2 )2+

13s−2 }

L-1{5 s2−15 s−11( s+1 ) (s−2 )3 }=(−1

3 )e−t−( 72 )t 2 e2 t+4 t e2 t+(1

3 )e2 t

Propriétés de la transformation inverse

La translation

Propriété

Si L-1{ f (s ) }=F (t )

a. ⇒ L -1 {f (s−a)}=eatF (t)

Exemple

Si L -1{ 1

s2+4 }12

sin 2t , alors L -1{ 1

s2−2 s+5 }=L -1{ 2

( s−1 )2+4 }=12e t sin 2t



b. Si L-1{ f (s)}=F (t )⇒ L-1 {e−as f ( s ) }={F (t−a ) t>a0 t<a

Exemple

Si L -1{ 1

s2+1 }=sin t , on a L -1{ e−πs3

s2+1 }={sin (t−π3 ), sit> π30 , sit< π

3

Changement d’échelle

Si L -1 {f (s )}=F (t), alors L -1 {f (ks) }=1kF ( tk )

Exemple

Si L -1{ s

s2+16 }=cos 4 t on aura L -1{ 2 s

(2 s )2+16 }=12

cos4 t2

=12

cos2 t

Transformation inverse des dérivées

Si L -1 {f (s )}=F (t), alors L -1 { f (n )(s) }=L -1{ dnd sn f (s)}=(−1 )nt n F(t )

Exemple

Si L -1{ 1

s2+1 }=sin t et dds ( 1

s2+1 )= −2 s

( s2+1 )2 on aura L -1{ −2 s

( s2+1 )2 }=−t sin t ou

L -1{ s

( s2+1 )2 }=12t sin t

Transformation inverse d’intégrale

Si L -1 {f (s )}=F (t), alors L -1{∫0

∞

f (u )du}= F(t )t

Exemple

Si L -1{ 1s (s+1 ) }=L-1{1

s− 1s+1 }=1−e−t

L -1{∫0

∞

( 1u− 1

1+u )du}=L -1{ln(1+ 1s )}=1−e−t

t



Multiplication par sn

Si L -1 {f (s )}=F (t) et F (0 )=0, alors L -1 {sf (s)}=F ' (t) La multiplication par s a pour effet de

dériver F (t). Si F (0)≠0, alors L -1 {sf (s )−F (0)}=F ' (t)

Exemple

Si L -1{ 1

( s2+1 ) }=sin t , etdds ( 1

s2+1 )= −2 s

(s2+1 )2 on aura L -1{ −2 s

( s2+1 )2 }=−t sin t ou

L -1{ s

( s2+1 )2 }=12

sin t

Division par s

Si L -1 {f (s )}=F (t), alors L -1{ f (s )s }∫0

t

F (u )du. La division par s ou la multiplication par 1s

a

pour effet d’intégrer F (t) de 0 à t.

Exemple

Si L -1{ 1

s2+4 }=12

sin 2t on aura L -1{ 1

s ( s2+4 ) }=∫0t

12

sin 2udu=¿ 14

(1−cos 2t ) ¿

*

Cette propriété peut être généralisée pour L -1{ f (s )sn }, n=1,2,3…

Propriété de convolution

Si L -1 {f (s )}=F (t) et L -1 {g(s)}=G( t) alors L -1 { f ( s )g(s)}=∫0

t

F (u )G(t−u)du=F∗G

Exemple

Si L -1{ 1

s2 }=t , L -1{ 1

( s+1 )2 }=t e−t le théorème de convolution donne.

L -1{ 1s2

1(s+1 )2 }=∫0

t

(ue−u ) ( t−u )du=t e−t+2e−t+t−2



Applications

Vibration

Soit une masse m fixée à un ressort attaché en un point 0 à une paroi fixe, la masse est libre de se mouvoir sans frottement sur un plan horizontal PQ.

Soit X ( t) le déplacement instantané de m à un instant tà partir de sa position d’équilibre de repos, la masse m est soumise à la force de rappel (– kX ( t )), où k est une constante dépendant du ressort et dite raideur du ressort. L’application de la loi fondamentale de la dynamique donne l’équation du

mouvement md2 Xd t 2 =−kX ou m X ' '+kX=0

Si, de plus, il y a une force de frottement proportionnelle à la vitesse instantanée de la masse ;

md2

dt 2 =−kX−β dXdt

ou m X ' '+βX+kX=0. Une autre modification intervient dans l’équation

lorsqu’on fait agir sur le système une force extérieure, variable en fonction du temps F (t). Dans ce

cas l’équation du mouvement : md2

dt 2 =−kX−β dXdt

+F ( t ) .

Circuit électrique

Un circuit électrique simple, comprend les éléments de circuit suivants montés en série avec un interrupteur k :



1. Un générateur ou batterie fournissant la force électromotrice E mesurée en Volts. 2. Une résistance Rmesurée en Ohm3. Une bobine d’induction d’inductance L mesurée en Henrys4. Un condensateur de capacité C mesurée en Farads

Quand l’interrupteur k est fermé de façon à ce que le circuit soit fermé, une charge Q mesurée en Coulombs se dépose sur les plaques du condensateur. Le taux de variation de la charge en fonction

du temps est exprimé par dQdt

=I , est appelé courant et son intensité est mesurée en Ampères, le

temps étant mesuré en secondes.

Pour le résoudre on définit la chute de potentiel dans chaque élément de circuit.

a. Chute de potentiel dans une résistance RI=RdQdt

b. Chute de potentiel dans une inductance LdIdt

=L d2Qdt 2

c. Chute de potentiel dans une capacité ¿Qc

d. Chute de potentiel dans un générateur ¿−augmentationde potentiel=−E.

Ces équations différentielles découlent de la loi de Kirkoff.

Lois de Kirkoff

1. La somme algébrique des intensités des courants qui aboutissent à, ou qui quittent un nœud du circuit est nulle (loi des nœuds).

2. La somme algébrique des chutes de potentiel le long d’un circuit fermé est nulle.

Dans le cas du circuit simple, l’application de ces lois est particulièrement facile. L’équation de

détermination de Q est Ld2Qdt 2 +R dθ

dt+Qc

=E



Problème des poutres

Soit une poutre dont les extrémités X=0 et X=L coïncident avec l’axe des X .

Cette poutre supporte une charge W (X ) par unité de longueur qui agit verticalement. Il en résulte que l’axe de cette poutre présente une flèche Y (X ) aux points X qui satisfont l’équation

différentielle d4YdX 4 =

W (X )EI

0<X<L (9)

Cette déformation transversale est souvent appelée courbe de déformation ou d’élasticité de la poutre. La quantité EI est la rigidité de la poutre à la flexion. (E, le module de Young ou module d’élasticité de la poutre, et I , le moment d’inertie de la poutre par rapport à l’axe). Les grandeurs

EI Y ' ' ( X ) et EI Y ' ' ' (X ) sont régulièrement, la courbure et le cisaillement vertical au point X . Notons que l’axe Y est orienté vers le bas et que, par conséquent, les déformations sont positives.

Les conditions initiales associées à l’équation différentielle (9 ) dépendent de la façon dont la poutre est supportée. Les conditions les plus communes sont les suivantes :

1. Extrémité emboité, solidaire ou fixe : Y '=Y=02. Extrémité pivotante ou posée :Y ' '=Y=03. Extrémité libre : Y ' '=Y ' ' '=0



CHAPITRE XIV. TRANSFORMATIONS CONFORMES

1. Définition

L’ensemble des équations {u=u ( x , y )v=v ( x , y )

(1 ) définit en général une transformation ou une

représentation, qui établit une correspondance entre les points du plan de uv et les points du plan xy. Les équations (1 ) sont appelées équations de la transformation. Si à chaque point du plan des uv correspond un point et un seul du plan des xy on parlera d’une transformation biunivoque. Dans un tel cas un ensemble des points du plan des xy tel que une courbe ou un ouvert connexe est appliqué sur un ensemble de points du plan des uv courbe ou ouvert connexe et réciproquement.

2. Jacobien d’une transformation

Un domaine fermé R du plan des xy est en général (D) en un domaine fermé R du plan des uv.

Dans ces conditions si ∆Axy et ∆Auv désignent respectivement les aires de ces domaines, on peut montrer que dans le cas ou u et v sont continûment différentiables.

lim ∆ Auv∆ Auv

=|∂(u , v )∂(x , y )|

Où lim ¿ est à prendre pour ∆Axy ou ∆ Auv tendant vers zéro et où le déterminant

∂ (u , v )∂ ( x , y )

=|∂u∂ x ∂u∂ y

∂v∂ x

∂v∂ y

|=∂u∂ x ∂v∂ y− ∂u∂ y

∂v∂x

est appelé le Jacobien de la transformation (1 )

Si l’on résout (1 ) considéré comme un système d’équations définissant x et y en fonction de u et v,

on obtient la transformation x=x (u , v ) , y= y (u , v ) souvent appelée transformation inverse de (1 ). Si x et y sont uniformes et continument différenciables, le Jacobien de cette transformation est ∂(x , y )∂(u , v )

: on peut déterminer qu’il est égal à l’inverse de ∂(u , v )∂(x , y )

. Si l’un des deux Jacobiens est

différent de zéro dans un domaine, il en sera de même de l’autre. Réciproquement, on peut montrer

Transformations conformes


que si u et v sont continument différentiables dans un ouvert connexe R et si le Jacobien ∂(u , v )∂(x , y )

ne

s’annule pas dans R , alors la transformation (1 ) est univoque.

3. Forme complexe d’une transformation

Il est particulièrement intéressant de considérer le cas où u et v désignent la partie réelle et la partie imaginaire d’une fonction analytique de la variable complexe z=x+iy c’est-à-dire

w=u+iv=f ( z )=f ( x+ iy ) .

4. Exemples de transformations

On considère le domaine rectangulaire R ci-après du plan des z, limité par x=0 , y=0 , x=2 , y=1

Déterminons le domaine R 'du plan de uv et le domaine R est transformé par

a. w=z+(1−2 i)

La droite x=0 est transformée en u=1y=0 est transformée en v=−2x=2 est transformée en u=3y=1 est transformée en v=−1

w=( x+1 )+i( y−2)⟹ {u=x+1v= y−2

On peut montrer que tout point de R est transformé en un point et un seul de R ' et réciproquement.

La transformation fait subir une translation du rectangle. En général, w=z+1 fait subir une transformation à tout domaine.

b. w=√2eπi4 z

u+iv=(1+i ) ( x+iy )=x− y+i(x+ y) et {u=x− yv= x+ y



La droite x=0 est transformée en u=− yv= y }ouu=−v

y=0 est transformée en u= xv=x}ouu=v

x=2 est transformée en u=2− yv=2+ y }ouu+v=4

y=1 est transformée en u=x−1v=x+1 }ou v−u=2

En général la transformation w=αz transforme une région par une rotation suivie d’une homothétie.

c. w=√2eπi2 z+(1−2i)

u+iv=(1+i ) ( x+iy )+1−2i⟹ {u=x− y+1v=x+ y−2

La droite x=0 est transformée en u+v=−1y=0 est transformée en u−v=3x=2 est transformée en u+v=3y=1 est transformée en u−v=1

La transformation est le produit d’une rotation et d’une homothétie comme dans b) suivie d’une translation. En général les transformations w=αz+ β se décomposent en produit de rotation, homothétie et translation : On peut considérer une telle transformation comme résultat des transformations successives w=a z1 (rotation et homothétie) et

z1=z+βα

(translation).



5. Transformation conforme

Supposons que par u=u(x , y ) et v=v (x , y) le point (x0 , y0) du plan des xy soit transformé en le

point (u0 , v0) du plan des uv .

Cependant que les courbes C1et C2 se coupant en (x0 , y0) sont respectivement transformées en C1 ' et C2 ' et se coupent en (u0 , v0). Une transformation telle que l’angle entre C1et C2 en (x0 , y0)

est égale en grandeur et en sens, à l’angle entre C1 ' et C2 ' en (u0 , v0) est dit conforme en

(x0 , y0). Une transformation qui conserve les angles en grandeur mais pas nécessairement en sens est dite isogonale. Le théorème suivant est fondamental

Théorème

Si f (z) est analytique et si f '( z)≠0 en tous les points d’un ouvert connexe la transformation

w=f (z) est conforme en tous les points de R.

Dans les cas des transformations conformes de petites figures dans le voisinage du point x0 du plan des z, sont transformées en des figures semblables dans le plan de w , leurs aires sont multipliés par

un facteur donné expérimentalement par |f ' (z)|2 . Les petites distances dans le plan des z du

voisinage de z0sont de même multipliées approximativement par ¿

De grandes figures dans le plan des z sont habituellement représentées par des figures du plan des w qui sont loin d’être semblables.

6. Théorème de Rieman

Soit C une courbe fermée simple des z constituant la frontière d’un ouvert connexe R.



Soit d’autre part C ' , un cercle de rayon un centré à l’origine le cercle unité constituant la frontière d’un ouvert connexe R ' du pan de w. La région R ' est quelques fois appelée le disque unité. Le théorème de Rieman sur la transformation conforme établit qu’il existe une fonction w=f (z) analytique dans R qui à tout point de R 'et à tout point de C un point de C ' . La correspondance étant biunivoque, la fonction considerée dépend de trois constantes arbitraires réelles qui peuvent être déterminées en imposant au centre de C 'de se transformer en un point donné de R, et à un point de C 'de se transformer en un point donné de C. On a remarqué que ce théorème de Rieman établit seulement l’existence de f (z) mais ne donne pas cette fonction.

Il est possible d’étendre ce théorème de Rieman à ceux où l’une des régions est bornée par deux courbes fermées simples l’une intérieure à l’autre, la deuxième région étant couronne circulaire.

7. Points fixes ou points invariants

Supposons que l’on fasse coïncider le plan des w et le plan des z. On peut alors parler d’une transformation de plan en lui-même, les points pour lesquels z=f (z) en changeant par lois de cette transformation pour cette raison on les appelle points fixes ou points invariants de la transformation ou parfois points doubles.

Exemples :

Les points fixes ou invariants de la transformation w=z2, sont solution de z2=z c’est-à-dire z=0 ,1.

8. Quelques types de transformations1. Translation

w=z+β où β est une constante complexe. Par cette transformation les figures du plan de z sont translatés dans la direction du vecteur β.



2. Rotation

w=e iθ z où θ est une constante complexe. Par cette transformation les figures du plan de z subissent une rotation d’angle θ.

3. Homothétiew=az . Par cette transformation les figures sont dilatées ou contractées si a>1ousi0<a<1. On considère la contraction comme un cas particulier de la dilatation.

4. Inversion

w=1z

9. Jacobien d’une transformation

1. Si w=f (z )=u+iv est analytique dans R montrer que ∂(u , v )∂(x , y )

=|f ' (z)|2

Si f (z) est analytique dans R alors les équations de Cauchy-Rieman ∂u∂ x

= ∂v∂ y,∂ v∂x

=−∂u∂ y

sont vérifiées dans R , on a donc

∂(u , v )∂(x , y )

=|∂u∂ x ∂u∂ y

∂v∂ x

∂v∂ y

|=| ∂u∂ x ∂u∂ y

−∂u∂ y

∂u∂x

|=( ∂u∂ x )2

+( ∂u∂ y )2

=( ∂u∂ x +i ∂u∂ y )2

=|f ' (z )|2

Exemples :

1. Si w=f (z )=√2eπi4 z+(1−2 i) Le Jacobien J=

∂ (u , v)∂( x , y )

=|f ' (z )|2=|√2e

πi4|

2

=2

2. w=f (z )=z2 J=|f ' (z )|2=|2 z|2=(2 x+2iy )2=4 (x2+ y2)

3. Si T :{u=x− yv=x+ y J=∂ (u , v)∂( x , y )

=|∂u∂ x ∂u∂ y

∂v∂ x

∂v∂ y

|=|1 −11 1 |=2

4. Montrer que ∂(u , v )∂(x , y )

.∂(x , y )∂(u , v )

=1

∂(u , v )∂(x , y )

.∂(x , y )∂(u , v )

=|∂u∂ x ∂u∂ y

∂v∂ x

∂v∂ y

||∂ x∂u ∂x∂v

∂ y∂u

∂ y∂v

|=|∂u∂ x ∂ x∂u + ∂u∂ y

∂ y∂u

∂u∂x∂ x∂ v

+ ∂u∂ y

∂ y∂v

∂v∂ x∂ x∂u

+∂v∂ y

∂ y∂u

∂v∂x∂ x∂u

+∂v∂ y

∂ y∂v

|=|1 00 1|=1

10. La transformation linéaire

La transformation w=αz+ β (1) où α et β sont des constantes complexes est appelée une transformation linéaire. Etant donné que l’on peut écrire (1 ) au moyen des transformations



successives w=δ+β où δ=e i θ0 r où r=az et α=aei θ0, on voit que la transformation linéaire la plus générale s’exprime sous forme de produit de transformations telle que translation, rotation, homothétie.

11. La transformation homographique

La transformation w=αz+βγz+δ

(2) avec αδ−βγ ≠0 est appelée transformation homographique.

Cette transformation peut être considérée comme le produit de la transformation telle que translation, rotation, homothétie et inversion. La transformation (2) a la propriété de transformer les cercles du plan des z en cercles du plan des w en considérant que les lignes droits sont des cercles particuliers de rayon infini.

La transformation est définie par la donnée de trois points distincts du plan des z et de leurs trois points transformés dans le plan des w, l’un d’entre eux pouvant être à l’infini.

Si z1, z2 , z3 , z4sont distincts, la quantité (z¿¿4−z1)(z2−z3)

( z2−z1 )(z4−z3)(3)¿ est appelée birapport de

z1, z2 , z3 , z4. Ce birapport est bivariant par toute transformation homographique et cette propriété peut être utilisée pour obtenir des transformations de particules particulières transformant trois points en trois autre points.

Exemple 1

Soit z0 le nombre complexe attaché à un point quelconque P du demi-plan supérieur R de la figure

ci-haut. La transformation w=e i θ0( z−z0

z−z0)(4 ) applique le demi-plan supérieur de façon biunivoque

sur l’intérieur R ' du cercle unité |uv|=1 et réciproquement. Chaque point de l’axe réel est

transformé en un point du cercle. LA constante θ0 peut être déterminée en imposant à un point particulier de l’axe des x d’être transformé en un point donné du cercle.



Dans les figures précédentes et dans celles qui suivent on a désigné par les lettres A, B, C, D, E, F les points du plan de z et par les mêmes lettres accentuées A’, B’, C’, D’, E’, F’ leurs transformées dans le plan de w. Dans le cas où des points sont à l’infini nous les avons représenté par des flèches, il en est ainsi pour A et F dans la figure ci-jointe : Ces points correspondant respectivement à A’, F’ (confondus) de la figure transformée quand z décrit la frontière de R, c’est-à-dire l’axe réel de −∞ (point A) à +∞ (point F) w décrit le cercle unité de A’ à A dans le sens direct.

Exemple 2

Trouver une transformation homographique qui fasse correspondre respectivement aux points

z=0 ,−i ,−1 les points w=i ,1,0. On a (w−i ) (1−0 )(w−0 ) (1−i )

=( z−0 ) (−i+1 )(z+1 ) (−1−0 )

⟹w=−i( z+1z−1 ) car

(w−w1)(w2−w3)

(w2−w1 )(w−w3)=

(z−z1)(z2−z3)

( z−z3 )(z−z3)

Exemple 3

Trouver une transformation homographique qui applique la moitié du plan supérieure du plan de la variable z sur le cercle unité de telle façon qu’au point z=i corresponde le point w=0 et au point à ‘infini le point w=−1

A z=i correspond w=0 et à z=∞ correspond w=−1. De w=e i θ0( z−z0

z−z0) on tire

0=e iθ0( i−z0

i−z0) si bien que z0=i. Donnant à z la valeur z=∞ on en déduit w=e i θ0=−1.

La transformation cherchée est donc w=(−1 )( z−iz+i )=i−zi−z



12. Propriétés sur les transformations homographiques

La transformation homographique transforme les cercles du plan des z en cercles du plan des w, les droites étant considérées comme des cas particuliers de cercles de rayon infini.

Considérons l’équation générale d’un cercle du plan des z Az z+Bz+Bz+C=0 où A>0 ,C>0 et où B est complexe. Si A=0 le cercle se réduit à une droite.

a. Par inversion w=1z

ou z=1w '

cette équation devient Cww+Bw+B w+A=0 qui

représente un cercle du plan de w.

b. Par la similitude w=az ou z=wa

cette équation devient

Aww+(B z )w+(Bz )w+Caw=0 qui est un cercle.

De la même manière, on peut montrer analytiquement ou géométriquement que sous l’effet d’une translation, les cercles sont encore transformés en cercle.

La transformation homographique peut être considérée comme le produit de transformation telle que translation, homothétie et inversion.

Considérons la division w=αz−βγz+δ

=αγ+ βγ−αδγ (γz+δ )

=λ+ μz+ν où λ=

αγ,μ=

(βγ−αδ )γ 2 et

ν= δγ

sont des constantes. La transformation est équivalente à ξ=z+ν , r=1ξ

et w=λ+μr

qui sont les produits de la translation, rotation, homothétie et inversion.

Pour déterminer une transformation homographique qui, aux points z1, z2 , z3 du plan des z,

fait correspondre les w1,w2 ,w3 du plan de w. On résout par rapport à w et on trouve

l’égalité appelée le birapport de z1, z2 , z3 et z(w−w1)(w2−w3)

(w2−w1 )(w−w3)=

(z−z1)(z2−z3)

( z−z3 )(z−z3) on

trouve la transformation demandée.

Si z est dans le demi-plan supérieur, montrer que la transformation w=e i θ0( z−z0

z−z0)

transforme la moitié supérieure du plan de la variable z en l’intérieur du cercle unité du plan de la variable w, c’est-à-dire |w|≤1.

On a |w|=|e iθ0( z−z0

z−z0)|=|z−z0

z−z0|

D’après la figure



Si z est dans le demi-plan supérieur |z−z0|≤|z−z0|

13. La transformation de Schwarz-Christoffel

Considérons un polynôme dans le plan des w, ayant pour sommets w1,w2 ,…,wn les points

correspondants respectivement à x1 , x2 ,…, xn de l’axe réel du plan des z.

Une transformation qui représente l’intérieur R du polygone considéré sur le demi-plan supérieur du plan des z, et la frontière du polygone sur l’axe réel, est donné par

(1 ) dwdz

=A (z−x1)α1

π−1(z−x2)α 2

π−1… (z−xn)α nπ−1

(2 ) ouw=A∫( z−x1)α 1

π−1 (z−x2)α 2

π−1…(z−xn)α nπ−1 dz+B où A et B sont des constantes complexes.

On notera que

1. Parmi les points x1 , x2 ,…, xn on peut en choisir trois arbitrairement.2. Les constantes A et B déterminent la taille, l’orientation et la position du polygone.3. Il est commandé de choisir un point par exemple xn, à l’infini , cas dans lequel le dernier

facteur de (1 ) et (2 ) n’existe pas.



4. Des polygones infinis non fermés peuvent être considérés comme de la limite de polygones fermés.

14. Transformation de frontière exprimées sous forme paramétrique

Supposons que dans le plan des z une courbe C fermée ou non, soit représentée paramétriquement par x=F ( t ) , y=G ( t ). (1) Où l’on suppose que F et G sont continument différenciables. Alors la

transformation z=F (w )+iG (w )(2) représente la courbe C sur l’axe réel C’ du plan de w.


Analyse complexe G2

Documents

Transcript of Analyse complexe G2