CORRIG DU RATTRAPAGEEXERCICE 1

1) En utilisant les paramtrisations nous pouvons intgrer le long du segment OA sur lequel z = x (y = 0),puis AB sur lequel z = 1 + iy; puis BC sur lequel z = x+ i (y = 1), puis CO sur lequel z = iy (x = 0).I

z2dz =ROA z

2dz +RAB z

2dz +RBC z

2dz +RCO z

2dz 5,0

=R 10x2dx+

R 10(1 + iy)2d(1 + iy) +

R 01(x+ i)2d(x+ i) +

R 01(iy)2d(iy)

=R 10x2dx+ i

R 10(1 + 2iy y2)dy + R 0

1(x2 + 2ix 1)dx i R 0

1y2dy

=hx3

3

i10+ i

hy + iy2 y33

i10+hx3

3 + ix2 x

i01 i

hy3

3

i01

= 13 5,0 1 + 2i3 5,0 + 23 i 5,0 + i3 5,0 = 0: 5,0

i

10

1+i

x

iy

O A

BC

2) Le thorme de Cauchy dit que "Si f est holomorphe sur ferme et lintrieur :I

f(z)dz = 0".

Comme z2 est partout holomorphe (tant un polynme), on dduit queI

z2dz = 0: 5,0

EXERCICE 2

Utilisons les quations de Cauchy-Riemann pour trouver u(x; y). v = x2 y2 + 2xy + x+ 1:@u@x =

@v@y

5,0 =) @u@x = 2y + 2x =) u =R(2y + 2x) dx = 2xy + x2 +A(y). 1

@u@y = @v@x =) 2x+ @A@y= 2x 2y 1 =) A(y) =

R(2y 1)dy = y2 y + Cte. 1

Donc, u(x; y) = 2xy + x2y2 y + Cte : f(z)= 2xy + x2y2 y + i(x2 y2 + 2xy + x+ 1) + Cte.Pour avoir la constante il su t dutiliser 0 = f(i) = 0 + 0 1 1 + i(0 1 + 0 + 0 + 1) + Cte = 2 + Cte.Donc, Cte = 2: 5,0 Alors, f(z)= 2xy + x2y2 y + i(x2 y2 + 2xy + x+ 1) + 2:= (x2 y2 + 2ixy) + i(x2 y2 + 2ixy) + i(x+ iy) + i+ 2 = (1 + i)z2 + iz + 2 + i: 2

EXERCICE 3

1. ezez2z =

12z

h(1 + z + z

2

2! +z3

3! + :::) 5,0 (1 z + z2

2! z3

3! + :::) 5,0i= 1 + z

2

3! +z4

5! + ::: 1

limz!0

zf = limz!0

ezez2 = 0: La singularit est enlevable (fausse singularit, ou liminable). 5,0

2. 1z2(z+1) =1z2

1Pn=0

(1)nzn 5,0 = 1z2 1z + 1 z + z2 ::: 5,0 = 1z2 1z +1Pn=0

(1)nzn:limz!0

z2f = limz!0

1z+1 = 1 : nie et 6= 0: La singularit est un ple double. 5,0

3. z2 cos 1z=z2(1(

1z )

2

2! +( 1z )

4

4! ( 1z )

6

6! +:::) 5,0 = z2(1 12!z2+

14!z4

16!z6+:::) 5,0 = z

212!+14!z2

16!z4+::: 5,0

La srie de Laurent contient une innit de termes singuliers: La singularit est donc essentielle. 5,0

EXERCICE 41. f(z) = 3z+22z2+5z3 =

3z+2(z 12 )(2z+6)

= 3z+22(z 12 )(z+3)

: f est dnie et holomorphe sur C f 12 ;3g: 12. Les points singuliers de f sont z = 12 et z = 3: 5,0z = 12 est un ple simple car lim

z! 12(z 12 )f = lim

z! 123z+22(z+3) =

12 : nie et 6= 0: 1

z = 3 est un ple simple car limz!3

(z + 3)f = limz!3

3z+22(z 12 )

= 1: nie et 6= 0: 13. f est holomorphe lintrieur et sur 5,0 et seul le ple z = 12 est lintrieur

de daprs le thorme des rsidus 5,0 :IC

3z+22(z 12 )(z+3)

dz = 2i (Rs.) 5,0

Le rsidu en z = 12 est Rs. =10! limz! 12

(z 12 )f = 12 : 1

1

210-3

5,0

Donc,IC

3z+22z2+5z3 =

IC

3z+22(z 12 )(z+3)

dz = 2i (Rs.) = 2i ( 12 ) = i: 5,0

Lutilisation de la formule de Cauchy est correcte aussi:IC

3z+22(z 12 )(z+3)

dz = 2i0!

h3z+22(z+3)

iz= 12

= i:

img084img085CorrigRattrapage2012