Fonctions de Variable Complexe

8/3/2019 Fonctions de Variable Complexe

http://slidepdf.com/reader/full/fonctions-de-variable-complexe 1/272

Fonctions de variables complexes

Bibliographie :

VALIRON G. Théorie des fonctions, Masson, 1942.

BASS J. Cours de Mathématiques, Masson, 1956.



Avertissement. Au moment de publier cet ouvrage, je suis pris d'un doute : faut‐il, oui ou non, le laisser en l'état ? Il

est rempli d'imperfections, il manque de rigueur mathématique, toutes les démonstrations des

résultats de cours ne figurent pas intégralement. La partie "cours" n'a, par conséquent, aucun autre

intérêt que de rassembler les quelques résultats qui seront utilisés dans les exercices.

Finalement, le seul intérêt véritable réside dans les exercices. Ceux‐ci donnent bien la marche à

suivre pour trouver les solutions.

L'étudiant mathématicien, soucieux de rigueur par nature, trouvera satisfaction dans un véritable

cours d'analyse tel que ceux que j'ai publiés par ailleurs dans ce site. L'étudiant physicien, que seul le

résultat directement applicable intéresse, s'en satisfera pleinement ; c'est d'ailleurs pour lui,

qu'initialement, ce résumé de cours, ainsi que ces exercices, avaient été rédigés (1972).

En conclusion, cet ouvrage remplace la photocopie d'un manuscrit que j'avais précédemment mise

en ligne sur ce site. Si j'en ai le temps, je rédigerai une nouvelle version plus rigoureuse de la partie cours, auquel cas cet avertissement disparaîtra.



Sommaire Avertissement. .................................................................................................................................... 2

Chapitre 1. Fonctions holomorphes. ....................................................................................................... 9

1. Dérivée d'une fonction f : → . ............................................................................................... 9

2. Conditions de Cauchy‐Riemann. ................................................................................................. 9

3. Fonction f : → monogène en un point z0 . ..................................................................... 10

4. Fonction f : → holomorphe dans un ouvert. ...................................................................... 10

5. Propriétés des fonctions holomorphes dans un domaine. ....................................................... 11

6. Détermination des fonctions holomorphes. ............................................................................. 11

7. Transformation conforme associée à une fonction holomorphe dans un domaine. ............... 12

8. Composée de deux fonctions holomorphes. ............................................................................ 13

9. Détermination des transformations ponctuelles conformes. ................................................... 13

10. Equipotentielles et lignes de courant d'une fonction holomorphe. ..................................... 14

11. Singularités isolées d'une fonction f : → holomorphe presque partout dans un domaine

D. 15

12. Fonctions multiformes → . .............................................................................................. 16

13. Singularités des fonctions multiformes → . .................................................................... 16

14. Fonctions méromorphes. ...................................................................................................... 17

15. Fonction entière. ................................................................................................................... 17

16. Fonction analytique. .............................................................................................................. 17

17. Point à l'infini du plan complexe. .......................................................................................... 17

Chapitre 2. Fonctions analytiques. ........................................................................................................ 19

18. Polynômes. ............................................................................................................................ 19

19. Fractions rationnelles. ........................................................................................................... 19

20. Fonction homographique. ..................................................................................................... 19

21. Fonction exponentielle e z. .................................................................................................... 20

22. Fonction logarithmique ln z. .................................................................................................. 21

23. Fonction zs. ............................................................................................................................ 21

24. Fonctions circulaires et fonctions hyperboliques. ................................................................. 21

25. Fonctions trigonomériques et hyperboliques inverses. ........................................................ 22

Chapitre 3. Intégration des fonctions analytiques. ............................................................................... 23

26. Intégrale le long d'une courbe. ............................................................................................. 23

27. Théorème de Cauchy. ............................................................................................................ 23

28. Intégrale de Cauchy. .............................................................................................................. 23



29. Dérivées successives d'une fonction holomorphe. ............................................................... 23

30. Théorème de Liouville. .......................................................................................................... 24

31. Théorème du maximum. ....................................................................................................... 24

32. Série de Laurent. ................................................................................................................... 24

33. Intégration par la méthode des résidus. ............................................................................... 24

34. Lemme de Jordan. ................................................................................................................. 25

35. Applications de la méthode des résidus. ............................................................................... 25

36. Résidu à l'infini. ..................................................................................................................... 25

Chapitre 4. Exercices. ............................................................................................................................ 27

Exercice 1. Complexes sur une même circonférence. ....................................................................... 27

Solution. ........................................................................................................................................ 27

Discussion. ..................................................................................................................................... 27

Exercice 2. Conditions de Cauchy en coordonnées polaires. ............................................................ 29

Solution. ........................................................................................................................................ 29

Exercice 3. Conditions pour que deux faisceaux de courbes orthogonales déterminent une fonction

holomorphe. ...................................................................................................................................... 33

Solution. ........................................................................................................................................ 33

Exercice 4. Fonction harmonique xP'x+yP'y. ...................................................................................... 43

Solution. ........................................................................................................................................ 43 Exercice 5. Fonction harmonique ln(P'x²+P'y²). .................................................................................. 45

Solution. ........................................................................................................................................ 45

Exercice 6. Trajectoires orthogonales des courbes rncos(nθ)=cste. ................................................... 49

Solution. ........................................................................................................................................ 49

Exercice 7. Fonctions holomorphes remplissant certaines conditions. ............................................ 51

Solution. ........................................................................................................................................ 51

Exercice 8. Fonctions holomorphes à variables séparées. ................................................................ 57

Solution. ........................................................................................................................................ 57

Exercice 9. Détermination de Arctan z. ............................................................................................. 63

Solution. ........................................................................................................................................ 63

Exercice 10. Détermination de Arc cos z. .......................................................................................... 65

Solution. ........................................................................................................................................ 65

Exercice 11. Détermination d'un radical. .......................................................................................... 67

Exercice 12. Détermination de Arc tan (1‐z)1/2

. ................................................................................. 69

Solution. ........................................................................................................................................ 69



Exercice 13. Détermination d'une solution d'équation différentielle. .............................................. 71

Solution. ........................................................................................................................................ 71

Exercice 14. Primitive de (2‐cos z) –1

. ................................................................................................. 75

Solution. ........................................................................................................................................ 75

Exercice 15. Intégrale de z –1(1‐z²) –1/2. ................................................................................................ 79

Solution. ........................................................................................................................................ 79

Exercice 16. Dérivée d'une fonction non monogène. ....................................................................... 83

Solution. ........................................................................................................................................ 83

Exercice 17. Transformation Z=z(1‐2z)/(z‐2). .................................................................................... 85

Solution. ........................................................................................................................................ 85

Exercice 18. Transformation non‐conforme conservant les cercles de centre O. ............................ 91

Solution. ........................................................................................................................................ 91

Exercice 19. Transformation de Joukowski. ...................................................................................... 99

Solution. ........................................................................................................................................ 99

Exercice 20. Projection stéréographique. ....................................................................................... 113

Solution ....................................................................................................................................... 113

Exercice 21. Géométrie de Poincaré, transformations fuchsiennes. .............................................. 123

Solution. ...................................................................................................................................... 123

Exercice 22. Non existence de représentation conforme isométrique. .......................................... 129

Solution. ...................................................................................................................................... 129

Exercice 23. Polynômes de Legendre. ............................................................................................. 131

Solution. ...................................................................................................................................... 131

Exercice 24. Série lacunaire. ............................................................................................................ 137

Solution. ...................................................................................................................................... 137

Exercice 25. Série rn/(z‐eniω). ............................................................................................................ 139

Solution. ......................................................................................................................................

139

Exercice 26. Prolongement analytique de la fonction d'Euler Γ. ..................................................... 143

Solution. ...................................................................................................................................... 143

Exercice 27. Rayon de convergence du développement de (1‐z)1/2

/(z²+1). .................................... 147

Solution. ...................................................................................................................................... 147

Exercice 28. Polynômes de Legendre. ............................................................................................. 149

Solution. ...................................................................................................................................... 149

Exercice 29. Détermination d'une fonction analytique par une condition aux limites. .................. 153

Solution. ...................................................................................................................................... 153



Exercice 30. Pôles et résidus de z/(a‐e‐iz). ....................................................................................... 155

Solution. ...................................................................................................................................... 155

Exercice 31. Intégrale de (z+a)ez/z

4. ................................................................................................ 157

Solution. ...................................................................................................................................... 157

Exercice 32. Fonctions méromorphes définies à partir d'une fonction holomorphe. .................... 159

Solution. ...................................................................................................................................... 159

Exercice 33. Intégrale de (x+2)‐1

(x3(1‐x)

2) –1/5

................................................................................... 161

Solution. ...................................................................................................................................... 161

Exercice 34. Intégrale de (1+x)‐2/3

(1‐x)‐1/3

. ....................................................................................... 163

Solution. ...................................................................................................................................... 163

Exercice 35. Intégrale de (1+x)‐1

x‐2/3

(1‐x)‐1/3

. ................................................................................... 165

Solution. ...................................................................................................................................... 165

Exercice 36. Intégrale de ln(x)/(x²+1)‐4. ........................................................................................... 167

Solution. ...................................................................................................................................... 167

Exercice 37. Intégrale de x3(1‐x²)

‐1/2ln((1+x)/(1‐x)). ......................................................................... 171

Solution. ...................................................................................................................................... 171

Exercice 38. Intégrale de (sin nx)x‐1(x²+a²)‐2. ................................................................................... 175

Solution. ...................................................................................................................................... 175

Exercice 39. Intégrale de (sin ax)/(e2πx

‐1). ....................................................................................... 179

Solution. ...................................................................................................................................... 179

Exercice 40. Intégrale de (cos 3x)/(2+cos x). ................................................................................... 181

Solution. ...................................................................................................................................... 181

Exercice 41. Intégrale de (1+x²)‐2

par 7 méthodes. ......................................................................... 183

Solution. ...................................................................................................................................... 183

Exercice 42. Intégrale de eiaz/(e2πz‐1), nombres de Bernoulli. ......................................................... 187

Solution. ......................................................................................................................................

187

Exercice 43. Intégrale de xm

/(1+xp). ................................................................................................. 189

Solution. ...................................................................................................................................... 189

Exercice 44. Intégrale d'une fraction rationnelle. ........................................................................... 195

Solution. ...................................................................................................................................... 195

Exercice 45. Intégrale de ln z par 3 méthodes. ............................................................................... 203

Solution. ...................................................................................................................................... 203

Exercice 46. Intégrale de za+ib‐1/(1+z), intégrale de cos ωt/cosh t. .................................................. 205

Solution. ...................................................................................................................................... 205



Exercice 47. Intégrale de ln(1‐z)/z1+α. .............................................................................................. 207

Solution. ...................................................................................................................................... 207

Exercice 48. Intégrale de e‐pt

ts‐1

. ..................................................................................................... 209

Solution. ...................................................................................................................................... 209

Exercice 49. Intégrale de ezu/(z‐ω). ................................................................................................. 211

Solution. ...................................................................................................................................... 211

Exercice 50. Déterminations de l'intégrale de 1/z. ......................................................................... 213

Solution. ...................................................................................................................................... 213

Exercice 51. Développement en série de Laurent de 1/sin t. ......................................................... 215

Solution. ...................................................................................................................................... 215

Exercice 52. Développement en série de Laurent de cotan t. ........................................................ 221

Solution. ...................................................................................................................................... 221

Exercice 53. Intégrale de e(π+iω)z/(e2πz+1). Intégrale de sin ωx/sinh πx. ........................................... 227

Solution. ...................................................................................................................................... 227

Exercice 54. Série de Fourier de 1/(2+cos x). .................................................................................. 233

Solution. ...................................................................................................................................... 233

Exercice 55. Intégrale de z1/2 ln z/(1+z)². ......................................................................................... 235

Solution. ...................................................................................................................................... 235

Exercice 56. Intégrale de (z‐a)‐1/2

(b‐z)‐1/2

(c‐z)‐1/2

. ............................................................................. 237

Solution. ...................................................................................................................................... 237

Exercice 57. Intégrales de (1+xn)‐1/2 et de (1‐xn)‐1/2. Fonctions d'Euler. ........................................... 241

Solution. ...................................................................................................................................... 241

Exercice 58. Intégrale de z‐1

ln((1+z)/(1‐z)), intégrale de t/sinh t. .................................................... 249

Solution. ...................................................................................................................................... 249

Exercice 59. Fonction ζ de Riemann, intégrale de ts‐1/(et‐1). .......................................................... 253

Solution. ......................................................................................................................................

253

Exercice 60. Prolongement analytique de la fonction ζ de Riemann. ............................................. 257

Solution. ...................................................................................................................................... 257

Exercice 61. Intégrale de cos²3θ/(1‐2p cos 2θ+p²). ........................................................................ 263

Solution. ...................................................................................................................................... 263

Exercice 62. Intégrale de yλ‐1

/(b²+y²). .............................................................................................. 267

Solution. ...................................................................................................................................... 267

Exercice 63. Intégrale de yλ‐1 ln y/(b²+y²). ....................................................................................... 269

Solution. ...................................................................................................................................... 269



Chapitre 1. Fonctions holomorphes.

1. Dérivée d'une fonction f : → . Soit f : → une fonction et z 0 . On dit que la fonction f admet une dérivée au point z 0 si le

nombre complexe

tend vers une limite finie lorsque z tend vers z 0.

Autrement dit, cela veut dire qu'il existe un nombre complexe, noté f ' z 0, et appelé la dérivée de

f en z 0 tel que :

( ) ( )( )0

0

0 ' z f z z

z f z f −

−−

tend vers 0, si | z – z 0 | tend vers 0.

2. Conditions de Cauchy-Riemann. On va chercher dans quelles conditions une fonction f : → admet une dérivée en un point z 0

.

Posons z x i y , z 0 x 0 i y 0.

f z P x , y i Q x , y , f z 0 P 0 i Q 0.

z – z 0 Δ x Δ y .

Dire que f admet en z 0 une dérivée f ' z 0 A i B , c'est dire que :

ε 0 η 0| Δ x i Δ y | η ( ) ( )

( )00

0 ' z f

z z

z f z f −

−

− < ε ).

On a alors :

| (P + i Q) – (P0 + i Q0) – (Δ x i Δ y A I B | ε η

| P – P 0 – A Δ x B Δ y I Q – Q 0 – B Δ x – A Δ y | ε η

donc, en séparant partie réelle et partie imaginaire, on obtient les conditions :

| P – P 0 – A Δ x B Δ y | ε η

| Q – Q 0 – B Δ x – A Δ y | ε η,

qui signifient que P et Q sont dérivables en x 0 , y 0 et que leurs dérivées partielles vérifient :

0

0 y y x x x

P

==

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ = A,

0

0 y y x x y

P

==

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ = ‐ B.

0

0 y y x x x

Q

==

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ = B,

0

0 y y x x y

Q

==

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ = A.

On a alors :



0 z x

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ =

0 z y

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ et

0 z y

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ = –

0 z x

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ .

Ce sont les conditions de Cauchy.

La dérivée de f en z0 est alors donnée par :

f ' (z0) =

0 z x

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ + i

0 z x

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ =

0 z x

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ – i

0 z y

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ =

0 z y

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ + i

0 z x

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ =

0 z y

Q⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ – i

0 z y

P⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂ .

Réciproquement, si ces conditions sont réalisées, alors les quantités :

( ) ( )22

0

y x

y B x APP

Δ+Δ

Δ+Δ−− et

( ) ( )22

0

y x

y A x BQQ

Δ+Δ

Δ−Δ−−

sont aussi petites que l'on veut dès que ( ) ( )22 y x Δ+Δ est assez petit.

Donc ( ) ( )

( )iB A z z

z f z f +−

−−

0

0 tend vers 0 si | z – z0 | tend vers 0, ce qui signifie que f admet en z0

une dérivée f ' (z0) = A + i B.

Les conditions de Cauchy sont donc des conditions nécessaires et suffisantes pour que f (z) admette

en z0 une dérivée.

Remarque.

En coordonnées polaires, les conditions de Cauchy s'écrivent :

r

P

∂

∂ =

r

1

θ ∂

∂ Q et

r

Q

∂

∂ = –

r

1 θ ∂

∂ P.

3. Fonction f : → monogène en un point z 0 . Une fonction f : → , f P i Q , qui vérifie les conditions de Cauchy en un point z 0 est dite

monogène en z 0.

Remarque.

Une fonction monogène en un point z 0 est nécessairement continue en ce point car, pour que

( ) ( )

0

0

z z

z f z f

−−

tende vers une limite finie lorsque z – z0 tend vers 0, il faut que f (z) – f (z0) tende vers

0.

4. Fonction f : → holomorphe dans un ouvert. Une fonction monogène en tout point d'un ouvert D ⊂ est dite holomorphe dans cet ouvert.

Rappel : on appelle domaine dans un ouvert du plan complexe .



5. Propriétés des fonctions holomorphes dans un domaine. Soient f et g des fonctions holomoprhes dans un domaine D. Alors :

1°/ f + g est holomorphe dans D.

2°/ f g est holomorphe dans D.

3°/ Pour tout λ , λ f est holomorphe dans D.

Ces trois propriétés montrent que les fonctions holomorphes dans D forment une algèbre sur . On

a, de plus, la propriété suivante.

4°/ Si g ne s'annule en aucun point de D, alors g

f est holomorphe dans D.

Cette propriété montre que l'algèbre des fonctions holomorphes dans D a une structure analogue à

celle des fonctions de dans dérivables dans un intervalle de . Toutes les règles classiques du

calcul des dérivées des fonctions de dans dérivables dans un intervalle I de , s'appliquent dans

le cas des fonctions holomorphes dans un domaine.

6. Détermination des fonctions holomorphes. Si f : → est holomorphe dans un domaine D et si f x i y P x , y i Q x , y , on a :

x

P

∂

∂ =

y

Q

∂

∂ et

y

P

∂

∂ = –

x

Q

∂

∂ .

Si P et Q admettent des dérivées secondes continues, on a donc :

2

2

x

P

∂

∂ =

y x

Q

∂ ∂

∂ 2 =

x y

Q

∂ ∂

∂ 2 = –

2

2

y

P

∂

∂

2

2

x

Q

∂

∂ = –

y x

P

∂ ∂

∂ 2 = –

x y

P

∂ ∂

∂ 2 = –

2

2

y

Q

∂

∂

donc :

Remarque.

On verra, dans l'étude de l'intégration, que toute fonction holomorphe est

indéfiniment dérivable.

Ces formules montrent que les laplaciens de P et Q sont nuls. Ce sont des fonctions harmoniques,

dites conjuguées.

Réciproquement, si P est une fonction harmonique de x et y , alors il existe une fonction holomorphe

f dont la partie réelle est P. La partie imaginaire Q de f est définie par :

2

2

xP

∂ ∂ +

2

2

yP

∂ ∂ = 0

2

2

x

Q

∂

∂ +

2

2

y

Q

∂

∂ = 0



d Q = – y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy .

De même, si Q est une fonction harmonique de x et de y , alors il existe une fonction holomorphe f

dont la partie imaginaire est Q. La partie réelle P de f est définie par :

d P = y

Q

∂

∂ d x –

x

Q

∂

∂ d y .

7. Transformation conforme associée à une fonction holomorphe dans un domaine.

Soit f : → une fonction holomorphe dans un domaine D. A tout point z de D, on peut associer le

point Z = f (z) f (D) et considérer la transformation z a Z de dans .

Le jacobien de cette transformation est donné, pour z = x + i y , Z = P + i Q, par :

J =

y

Q

y

P

x

Q

x

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

.

En tenant compte des conditions de Cauchy, on obtient :

J =

22

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ = | f' (z) | 2.

En un point z0 D où f' (z0) ≠ 0, la transformation z a Z est localement une similitude :

Z – Z 0 = (z – z0) f' (z0).

Si f' (z0) = 0, on a alors, par la formule de Taylor :

Z – Z 0 = ( )

2

2

0 z z − f" (z0),

ce qui montre que la transformation n'est pas localement biunivoque.

Donc si la transformation z a Z est biunivoque dans D, alors f' (z) n'est jamais nulle dans D et le

jacobien J de la transformation est toujours strictement positif et ceci montre que la transformation

conserve l'orientation du plan. C'est une transformation conforme (conforme = qui conserve les

angles) car, en tout point, elle est équivalente à une similitude.

Si f' (z) n'est jamais nulle dans D, alors J est toujours strictement positif, f admet une fonction inverse

Z a z qui est holomorphe et dont la dérivée en Z = f (z) est ( ) z f '

1.



8. Composée de deux fonctions holomorphes. Si f : D → D' est holomorphe dans un domaine D et si g : D' → D" est holomorphe dans D' , alors g ο f :

D → D" est holomorphe dans D et l'on a :

( ) zd

f gd o

=

( )( )

( ) z f d

z f gd

× zd

f d

.

9. Détermination des transformations ponctuelles conformes. Considérons une transformation ponctuelle à dérivées premières continues conservant les angles :

X = P ( x , y )

Y = Q ( x , y )

1°/ Les transformées des courbes x = constante et y = constante sont orthogonales, donc :

stec x

X d Y d

=⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ×

stec y

X d Y d

=⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ = – 1

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

yd y

P

yd y

Q

∂

∂

∂

∂

×

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

xd x

P

xd x

Q

∂

∂

∂

∂

= – 1

(1)

2°/ Les transformées des courbes x – y = constante et x + y = constante sont orthogonales, donc, de

même :

stec y x

X d

Y d

=−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ×

stec y x

X d

Y d

=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = – 1

x – y = constante ⇔ dx = dy

x + y = constante ⇔ dx = – dy

y

P

x

P

y

Q

x

Q

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

+

+ ×

y

P

x

P

y

Q

x

Q

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

−

− = – 1

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

P

∂

∂ –

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

P

∂

∂ +

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

Q

∂

∂ –

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

Q

∂

∂ = 0.

Relation (2).

x

P

∂

∂ ×

y

P

∂

∂ +

x

Q

∂

∂ ×

y

Q

∂

∂ = 0



3°/ Si on suppose que le jacobien de la transformation ne s'annule pas dans le domaine considéré, les

dérivées partielles par rapport à x ou à y ne s'annulent pas simultanément. Si, par exemple, on a y

P

∂

∂

≠ 0, alors on peut écrire :

x

P

∂

∂ = k

y

Q

∂

∂ , avec k = –

y

P

x

Q

∂

∂

∂

∂

ou x

Q

∂

∂ = – k

y

P

∂

∂ .

En portant ces expressions dans la relation (2), on obtient :

(k ² – 1) ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 22

y

Q

y

P

∂

∂

∂

∂ = 0

et comme on a y

P

∂

∂ ≠ 0, c'est que k ² = 1.

Si l'on prend k = 1, on obtient les conditions de Cauchy, alors f = P + i Q est holomorphe dans D.

Si l'on prend k = – 1, alors f = P – i Q est holomorphe dans D et, dans ce cas, la transformation X = P

( x , y ), Y = Q ( x , y ) conserve les angles mais change leur sens.

Ainsi les seules transformations conformes à dérivées continues et à déterminant fonctionnel non

nul qui conservent le sens des angles sont fournies par les transformations holomorphes.

10. Equipotentielles et lignes de courant d'une fonction

holomorphe. Soit f = P + i Q une fonction holomorphe dans un domaine D. Alors les courbes d'équations P ( x , y ) =

constante et Q ( x , y ) = constante forment deux familles orthogonales.

En effet, d'après les conditions de Cauchy, on a :

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ −

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

×

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ −

y

Q

x

Q

∂

∂

∂

∂

= –

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

×

x

P

y

P

∂

∂

∂

∂

= – 1

et la pente d'une tangente à une courbe P ( x , y ) = constante est donnée par :

x

P

∂

∂ dx +

y

P

∂

∂ dy = 0



dx

dy = –

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

.

De même, pour les courbes Q ( x , y ) = constante,

dx

dy = –

y

Q

x

Q

∂

∂

∂

∂

.

Donc ces courbes sont orthogonales puisque le produit des coefficients angulaires des tangentes est

– 1.

Les lignes P ( x , y ) = constante sont appelées les équipotentielles du champ complexe f (z).

Les lignes Q ( x , y ) = constante sont appelées les lignes de courant du champ complexe f (z).

11. Singularités isolées d'une fonction f : → holomorphe presque partout

dans un domaine D.

Soit D un domaine du plan complexe, f une fonction holomorphe dans D sauf en un point a D. f est

alors holomorphe dans tout domaine contenu dans D et extérieur à un cercle de centre a et de rayon

ε > 0 aussi petit qu'on veut.

C'est ce qui se passe quand on est dans l'un des cas suivants :

1°/ f n'est pas continue en a.

2°/ f' n'est pas continue en a.

3°/ Les conditions de Cauchy ne sont pas vérifiées en a.

On dit alors que a est un point singulier isolé de f (z).

Plusieurs cas peuvent se produire.

1°/ f (z) n'est pas holomorphe en a,

f (z) est holomorphe en dehors de a,

| f (z) | reste bornée dans tout voisinage de a.

On dit alors que a est une singularité artificielle.

Exemple : f (z) =

⎩⎨⎧

=

≠

0 pour 1

0 pour

z

z z.

f possède une singularité artificielle pour z = 0.



Dans ce cas, en changeant la valeur de f en a, on peut toujours rendre f holomorphe en a. Dans la

suite, on supposera toujours que cette opération a été réalisée, de sorte qu'en pratique, on ne

rencontrera pas de singularité artificielle.



| f (z) | n'est pas bornée dans tout voisinage de a,

( ) z f

1 est holomorphe en a.

On dit alors que a est un pôle de f (z).

Exemple : f (z) = z

1 admet un pôle en 0.



| f (z) | n'est pas borné dans tout voisinage de a,

( ) z f

1 n'est pas holomorphe en a.

On dit alors que a est un point essentiel isolé de f (z).

Exemple : f (z) = ze

1

admet un point essentiel isolé en 0.

12. Fonctions multiformes → .

Ce qu'on appelle fonction multiforme n'est pas une fonction au sens usuel du terme car, à un point

du plan complexe correspondent plusieurs valeurs possibles, au moins deux.

Considérons par exemple un domaine D de et un point a de D et une fonction f susceptible de

prendre en chaque point de D au moins deux valeurs différentes.

Choisissons un point z0 D et une détermination Z 0 de f en z0. Suivons, par continuité, les valeurs de f

(z) suivant un chemin simple entourant le point a et revenant à z0. Soit Z 1 la valeur de f (z) au bout de

ce trajet. Si Z 1 est différent de Z 0, on dit que f est multiforme dans D et que a est un point critique de

f .

13. Singularités des fonctions multiformes → . Soit D un domaine du plan complexe, f une fonction non holomorphe en a D.

1°/ Si f est uniforme dans un voisinage de a :



a) Si f est holomorphe en dehors de a et reste bornée dans tout voisinage de a, alors a est un

point singulier artificiel isolé. On a vu que, en changeant la valeur de f en a, on peut

supprimer de telles singularités.

b) Si f est holomorphe en dehors de a mais ne reste pas bornée dans tout voisinage de a, et si

( ) z f

1 est holomorphe dans un voisinage de a, alors a est un pôle de f (z).

c) Si f est holomorphe en dehors de a mais ne reste pas bornée dan tout voisinage de a et si

( ) z f

1 n'est pas holomorphe en a, alors a est un point essentiel isolé de f .

2°/ Si f n'est pas uniforme dans un voisinage de a, on dit que a est un point critique (ou point de

branchement, ou point de ramification) de f . Mais | f (z) | peut être borné ou non en a.

Exemple : 0 est un point critique de z et de

z

1. z est bornée en 0, mais

z

1 ne l'est pas.

Remarques.

1°/ Une fonction holomorphe est, par définition, uniforme.

2°/ Si a est un pôle de f (z), f (z) est infinie en a. Mais la réciproque est inexacte. Il peut se faire que,

en un point où f (z) est infinie, f air un point critique et non un pôle. Par exemple, 0 est point critique

pour z

1.

14. Fonctions méromorphes. Soit D un domaine du plan complexe. Toute fonction f : → holomorphe dans D sauf en un

nombre fini de points qui sont des pôles de f est appelée fonction méromorphe dans D.

15. Fonction entière. Une fonction f : → qui est holomorphe dan tout domaine borné est appelée fonction entière.

16. Fonction analytique. On dit qu'une fonction f : → est une fonction analytique dans un domaine D si f (z) est

holomorphe dans D sauf dans un ensemble dénombrable de points de D qui sont des pôles, des

points essentiels ou des points critiques.

17. Point à l'infini du plan complexe.

On dit qu'une fonction f : → est holomorphe à l'infini si f ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ z

1 est holomorphe en z = 0.

On dit que f a un pôle à l'infini si f ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ z

1 a un pôle pour z = 0.



Donc, pour étudier ce qui se passe à l'infini, il suffit de changer z en z

1 et de regarder ce qui se passe

pour z = 0.



Chapitre 2. Fonctions analytiques.

18. Polynômes. Les polynômes an z

n + … + a1 z + a0 sont des fonctions holomorphes dans tout le plan, qui ont un pôle

d'ordre n à l'infini.

19. Fractions rationnelles. Les fractions rationnelles sont des fonctions méromorphes dans : il n'y a qu'un nombre fini de

singularités qui sont toutes des pôles.

20. Fonction homographique. C'est une fraction rationnelle particulière :

Z = d zc

b za

++

avec c ≠ 0 et a d – b c ≠ 0, où a, b, c, d , sont des nombres complexes.

On peut alors écrire :

Z = c

a +

2c

ad bc−.

c

d z +

1

Cette expression est de la forme :

Z = α + γ

β

− z

où α et γ sont des constantes finies et β une constante finie non nulle.

Pour passer de z à Z , on passe par les transformations suivantes :

− Translation z a z – γ

− Inversion de pôle 0 × symétrie par rapport à Ox : z a z

1.

− Similitude de centre 0 : z a β z

− Translation z a α + z.

L'image de z par ces transformations est :

z a z – γ a γ − z

1 a

γ

β

− z a α +

γ

β

− z = Z .

On dit qu'il y a un doublet d'axe Arg β en γ.

Equipotentielles et lignes de courant ont la forme suivante.



Z = 2 + i + ( )i z

i

32

22

+−+

En vert : équipotentielles X ( x , y ) = constante.

En rouge : lignes de courant Y ( x , y ) = constante.

21. Fonction exponentielle e z . On pose :

e z = e x

cos y + i e x sin y

Alors | e z | = e x

et Arg (e z) = y .

ez est une fonction entière qui a un point essentiel isolé à l'infini. C'est une fonction périodique de y

de période 2 π, donc une fonction périodique de z de période 2 i π et l'on a : ( ) zd

ed z

= ez, ez+z' = ez

ez' .

Z = e z

En vert les équipotentielles e

x

cos

y = constante.



En rouge, les lignes de courant e x sin y = constante.

22. Fonction logarithmique ln z . Par définition, la fonction Z = ln z est la fonction inverse de l'exponentielle.

Z = ln

z ⇔ z = e

Z

.

Cependant, Z n'est déterminé par cette formule qu'à 2 i k π près. ln z est une fonction multiforme.

Si l'on prend z = r e i θ , on peut poser Z = ln r + i θ.

Si l'on tourne d'un tour autour de 0, θ varie de 2 π donc Z varie de 2 i π. Donc 0 est point critique de

ln z.

Z = ln z

En vert, les équipotentielles ln r = constante, donc r = constante.

En rouge, les lignes de courant, θ = constante.

Si l'on coupe de plan complexe par une demi‐droite θ = α, alors la variation de arg z ne peut pas

atteindre 2 π et si on a choisi une détermination de ln z, on obtient alors une fonction uniforme et

holomorphe dans le domaine constitué du plan moins la demi‐droite θ = α.

23.

Fonction z s

. Si s est un entier > 0, z s est hlomorphe dans .

Si s est un entier < 0, z s a un pôle en 0 et est holomorphe dans tout domaine ne contenant pas 0.

Si s – , on pose z s = e s ln z

= r s e i s θ

e 2 I π s k

.

C'est une fonction multiforme. 0 est point critique. Pour la rendre uniforme, il suffit de couper le plan

par une demi‐droite d'origine 0 et de choisir une détermination du logarithme.

24. Fonctions circulaires et fonctions hyperboliques.

Ce sont des fonctions uniformes définies à partir de l'exponentielle par :



cos z = 2

izizee

−+, sin z =

i

eeiziz

2

−−, tan z =

( )iziz

iziz

eei

ee−

−

−+

,

ch z =

2

z zee

−+, sh z =

2

z zee

−−, tanh z =

z z

z z

ee

ee−

−

−

+.

cos z, sin z, ch z, sh z, sont des fonctions entières. tan z et tanh z sont des fonctions méromorphes.

25. Fonctions trigonomériques et hyperboliques inverses. On définit Z = Arc cos z par cos Z = z.

e i Z + e – i Z

= 2 z

(e i Z )

2 – 2 z e i Z

+ 1 = 0

e i Z

= z ± 12

− z

On choisit le signe + et on pose :

e i Arc cos z = z + 12 − z , ou :

Arc cos z = i

1 ln (z + 12 − z ).

On pose, de même :

Arc sin

z = i

1 ln (i

z +

2

1 z− ).

Arc tan z = i2

1 ln ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+iz

iz

1

1.

Arc cos z a deux points critiques +1 et –1.

Arc sin z a deux points critiques +1 et –1.

Arc tan z a deux points critiques +i et –i .

Remarque.

Arc cos z est défini à 2 k π près lorsqu'on choisit une détermination de 12 − z .

On appelle détermination principale, celle dont la partie réelle est comprise entre 0 et 2 π.



Chapitre 3. Intégration des fonctions analytiques.

26. Intégrale le long d'une courbe. Soit Γ un arc de courbe du plan complexe, d'origine A, d'extrémité B. On suppose que Γ est un arc de

courbe continu ayant en chaque point une tangente qui varie de façon continue.

Soit f : → une fonction. On pose f ( x + i y ) = P ( x , y ) + i Q ( x , y ). On appelle intégrale de f le long de

Γ le nombre complexe

∫Γf (z) dz = ∫Γ

(P dx – Q dy ) + i ∫Γ(Q dx + P dy ).

Si | f (z) | est borné sur Γ par un nombre M, et si L est la longueur de Γ, on a :

( )∫Γdz z f ≼ ∫Γ

| f (z) | ds ≼ M L.

27. Théorème de Cauchy. Si f : → est une fonction holomorphe dans un domaine simplement connexe D, l'intégrale de f (z)

sur une courbe fermée contenue dans D est nulle.

Ce théorème s'étend de la façon suivante.

Si f : → est une fonction holomorphe dans un domaine D, l'intégrale de f (z) sur la frontière de D

est nulle.

28. Intégrale de Cauchy.

Si f (z) est une fonction holomorphe dans un domaine D et sur la frontière Γ de D et si a est un point intérieur à Γ, on a :

f (a) = π i2

1∫Γ

( )a z

z f

− dz,

Γ étant parcourue dans le sens direct.

29. Dérivées successives d'une fonction holomorphe. Si f (z) est une fonction holomorphe dans un domaine D et sur la frontière Γ de D et si a est un point

intérieur à Γ, f (z) est indéfiniment dérivable dans D et l'on a (théorème de Turin):

f (n)

(a) = π i

n

2

!∫Γ

( )( ) 1+− n

a z

z f dz,

Γ étant parcourue dans le sens direct.

Cette formule s'obtient par dérivation sous le signe somme à partir de la formule précédente.

Conséquence.

Si l désigne le minimum de la distance de a à Γ, M le maximum de | f (z) | sur Γ, L la longueur de Γ, on

a :



| f (n)

(a) | < π 2

!n1+nl

ML.

30. Théorème de Liouville. Si f (z) est holomorphe dans le plan ouvert (point à l'infini exclu) et bornée, f (z) est une constante.

En effet, pour tout cercle Γ de centre a et de rayon R, on a :

| f' (a) | < R

M ,

donc f' (a) = 0.

31. Théorème du maximum. Si Γ est un cercle de centre a et de rayon R, posons z – a = R e i θ. Alors on a :

f (a) = π 2

1∫

π 2

0 f (a + R e i θ) d θ.

Donc la valeur d'une fonction holomorphe au centre d'un cercle est égale à sa valeur moyenne sur le

cercle.

Corollaire.

Le module d'une fonction holomorphe dans un domaine D ne peut admettre de maximum relatif (ni,

bien entendu, absolu) en un point intérieur à D. Le maximum ne peut donc être atteint que sur la

frontière.

32. Série de Laurent. Si f (z) est holomorphe dans une couronne circulaire de centre 0, on a alors le développement en

série de Laurent autour du point 0 :

f (z) = ∑∞+

∞−

an z n, avec an =

π i2

1∫Γ

( )1+n

u

u f du,

Γ étant un cercle intérieur à la couronne.

33. Intégration par la méthode des résidus. Soit D un domaine de frontière Γ et f (z) une fonction holomorphe dans D et sur Γ sauf en un nombre

fini de points, non situés sur Γ, qui sont des pôles ou des points essentiels isolés.

Alors l'intégrale ∫Γf (z) dz est égale au produit par 2 i π de la somme des résidus de f (z) en ces divers

pôles et points essentiels.

On appelle résidu en a le coefficient de a z −

1 dans le développement de f (z) en série de Laurent

autour du point a :



a – 1 = π i2

1∫Γ

(u – a) f (u) du,

Γ étant un cercle intérieur à une couronne entourant le point a et dans laquelle la fonction f est

holomorphe.

34. Lemme de Jordan. Si f (z) est continue et holomorphe sur un cercle de centre a et de rayon R et si | z – a | | f [z) | tend

vers 0 si R tend vers 0 (resp. si R tend vers l'infini), alors l'intégrale ∫Γf (z) dz, où Γ est un arc de

cercle de centre a et de rayon R, et d'angle au centre α donné, tend vers 0 si R tend vers 0 (resp. si R

tend vers l'infini).

35. Applications de la méthode des résidus. a) Intégrales de fractions rationnelles.

b) Intégrales renfermant des exponentielles. c) Intégrales renfermant des fonctions multiformes : il convient alors de bien préciser la

branche de fonction que l'on considère.

36. Résidu à l'infini.

C'est l'opposé du coefficient de z dans le développement de f ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ z

1. Il convient de le calculer chaque

fois que | z f (z) | ne tend pas vers 0 lorsque z tend vers l'infini, ou chaque fois qu'il y a un pôle ou un

point essentiel isolé à l'infini.



Chapitre 4. Exercices.

Exercice 1. Complexes sur une même circonférence. λ, α, β, étant trois constantes données réelles ou complexes, montrer que les solutions de

l'équation:

λ n

(z – α) n – (z – β) n

= 0

sont toutes sur une même circonférence.

Solution.

Posons z – α = ρ1 e i θ1, z – β = ρ2 e i θ

2, λ = r e i φ .

L'équation s'écrit :

r n

e

i n ϕ

ρ1

n

e i n θ

1 = ρ2

n

e i n θ

2.

Elle se décompose en deux équations :

(r ρ1) n = ρ2

n

n (φ θ1) = n θ2 + 2 k π.

Or r ρ1 et ρ2 sont des nombres réels positifs, donc l'équation (r ρ1) n

= ρ2 n

est équivalente, pour n ≥ 1,

à

1

2

ρ

ρ = r

et cette relation montre que les solutions de l'équation sont situées sur le cercle lieu des points M

dont les distances aux deux points A et B d'affixes α et β sont dans un rapport constant.

Discussion.

n est supposé être un entier naturel.

Pour n ≼ 3, l'équation proposée est de degré inférieur ou égal à 3. Elle peut avoir une infinité de

solutions (tous les points du plan, par exemple, lorsque n = 0), ou bien un nombre de solutions

inférieur ou égal à 3. Si le nombre de solutions est fini, la question posée n'a pas d'intérêt, puisque

trois points (ou moins) sont toujours sur un même cercle.

C'est donc uniquement à partir de n = 4 que la question posée présente un intérêt : quatre points

quelconques du plan complexe ne sont pas forcément cocycliques.

En général, une équation de degré n à coefficients complexes possède n solutions dans . La relation

ρ 2 = r ρ 1 suffit pour affirmer que les n solutions sont sur une même circonférence : le rapport des

distances à deux points fixes B et A est une constante r .

Sur la droite AB, on peut déterminer deux points C et D qui forment, avec A et B une division

harmonique, telle que :



CA

CB =

DA

DB = r ,

le point C étant entre A et B, le point D étant à l'extérieur du segment AB. Pour tout point P du cercle

de diamètre CD, nous avons PA

PB

= r et, réciproquement, tous les points P vérifiant cette relation

sont sur ce cercle.

En effet, soit z = x + i y l'affixe d'un point P du plan complexe vérifiant PA

PB = r . Nous avons donc :

| z – β | = r | z – α |.

(z – β)( z – β ) = r ² (z – α) ( z –α )

z z – β z – β z + β β = r ² z z – r ² α z – r ² α z + r ² α α .

(1 – r ²) z z – (β – r ² α) z – ( β – r ² α ) z + β β – r ² α α = 0.

L'équation d'un cercle de centre a + i b et de rayon R est | z – a – i b | = R, soit :

(z – a – i b)( z – a + i b) = R ²

z z – (a + i b) z – (a – i b) z – [(a + i b)(a – i b) + R ²] = 0.

Cette relation est identique à la relation obtenue précédemment, à condition de prendre :

a + i b = 2

2

1 r

r

−− α β

et R ² + (a ² + b ²) = r ² |α | ² – | β | ²,

Les solutions de l'équation proposée sont donc sur le cercle de centre 2

2

1 r

r

−− α β

et de rayon

R = 2

2222

1 r

r r

−−

−−α β

β α .

Cet exercice figure aussi dans le chapitre 39 d'Analyse (Compléments de math en 2e année de

Pharmacie), Exercice 3, à l'adresse :

http://nte‐serveur.univ‐lyon1.fr/nte/immediato/Math/Enseignement/05%20Analyse/39%20‐

%20Compl%E9ments%20de%20Math%20en%202e%20ann%E9e%20de%20pharmacie/CMP96.pdf



Exercice 2. Conditions de Cauchy en coordonnées polaires. (Bass n°1, p.660)

Montrer que, en coordonnées polaires, les conditions de Cauchy s'écrivent :

r

P

∂

∂

= r

1

θ ∂

∂ Q

r

Q

∂

∂ = –

r

1 θ ∂

∂ P.

Application. Trouver les fonctions holomorphes P + i Q dont la partie réelle ne dépend que de | z |.

Solution.

Les coordonnées polaires (r , θ) et les coordonnée cartésiennes ( x , y ) sont liées par les relations :

r = 22

y x + , θ = Arc tan x

y, x = r cos θ, y = r sin θ.

Dérivons ces relations :

x

r

∂

∂ =

22 y x

x

+ =

r

x = cos θ,

y

r

∂

∂ =

22 y x

y

+ =

r

y = sin θ,

x∂

θ ∂ = 2

1

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + x

y ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −

2 x

y = 22

y x

y

+−

= – r

sinθ

y∂

θ ∂ =

2

1

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + x

y⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ x

1 =

22 y x

x

+ =

r

cosθ

Les dérivées partielles de P et Q s'obtiennent alors par :

xP

∂ ∂ =

r P

∂ ∂

xr

∂ ∂ +

θ ∂ ∂ P

x∂ θ ∂ = cos θ

r P

∂ ∂ –

r sinθ

θ ∂ ∂ P

y

P

∂

∂ =

r

P

∂

∂

y

r

∂

∂ +

θ ∂

∂ P

y∂

θ ∂ = sin θ

r

P

∂

∂ +

r

cosθ θ ∂

∂ P

x

Q

∂

∂ =

r

Q

∂

∂

x

r

∂

∂ +

θ ∂

∂ Q

x∂

θ ∂ = cos θ

r

Q

∂

∂ –

r

sinθ

θ ∂

∂ Q

y

Q

∂

∂ = r

Q

∂

∂

y

r

∂

∂ + θ ∂

∂ Q

y∂

θ ∂ = sin θ r

Q

∂

∂ + r

cosθ

θ ∂

∂ Q



Les conditions de Cauchy : x

P

∂

∂ =

y

Q

∂

∂ et

y

P

∂

∂ = –

x

Q

∂

∂ , s'écrivent alors :

cos θr

P

∂

∂ –

r

sinθ

θ ∂

∂ P = sin θ

r

Q

∂

∂ +

r

cosθ

θ ∂

∂ Q

et

sin θr

P

∂

∂ +

r

cosθ θ ∂

∂ P = – cos θ

r

Q

∂

∂ +

r

sinθ

θ ∂

∂ Q.

Multiplions la première par cos θ , la seconde par sin θ et additionnons, il vient :

r

P

∂

∂ =

r

1

θ ∂

∂ Q (1)

Multiplions la première par sin θ, la seconde par – cos θ et additionnons, il vient :

– r

1 θ ∂

∂ P =

r

Q

∂

∂ (2)

Réciproquement, en multipliant la relation (1) par cos θ, la relation (2) par sin θ et en additionnant,

on retrouve la première condition de Cauchy.

En multipliant (1) par sin θ, (2) par – cos θ et en additionnant, on retrouve la deuxième condition de

Cauchy. Donc les conditions de Cauchy sont équivalentes aux relations (1) et (2).

Application.

Si P ne dépend que de |z | = r , on a θ ∂

∂ P = 0. La relation (2) montre déjà que

r

Q

∂

∂ = 0, Q ne dépend

que de θ.

2

2

r

P

∂

∂ =

r ∂

∂ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

r

P

∂

∂ =

r ∂

∂ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

θ ∂

∂ Q

r

1 = –

2

1

r θ ∂

∂ Q +

r

1

θ ∂ ∂

∂

r

Q2

= – r

1

r

P

∂

∂ +

r

1

r

Q

∂ θ ∂

∂ 2 = –

r

1

r

P

∂

∂ +

r

1

θ ∂

∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛

r

Q

∂

∂ = –

r

1

r

P

∂

∂

2

2

r

P

∂

∂ +

r

1

r

P

∂

∂ = 0.

Comme P dépend de la seule variable r , on peut aussi écrire cette relation sous la forme :

r P" + P' = 0

C'est une équation différentielle linéaire : '

"

P

P = –

r

1.



Une première intégration fournit : ln | P' | = – ln r , d'où P' = r

A, où A est une constante réelle

quelconque, positive ou négative.

Une deuxième intégration fournit la solution : P = A ln r + B.

Q est déterminé par sa différentielle :

d Q = r

Q

∂

∂ dr +

θ ∂

∂ Q d θ =

θ ∂

∂ Q d θ = r

r

P

∂

∂ d θ = r P' d θ = A d θ ,

Q = A θ + C

P + i Q = A (ln r + i θ) + (B + i C ).

Donc les fonctions analytiques dont la partie réelle ne dépend que de r = | z | sont définies par :

P + i Q = A ln z + D,

A étant une constante réelle quelconque et D une constante arbitraire.



Exercice 3. Conditions pour que deux faisceaux de courbes orthogonales

déterminent une fonction holomorphe. (Bass n°2, p.660)

Si P + i Q est une fonction holomorphe de la variable complexe z = x + i y , les courbes P ( x , y ) =

constante et Q ( x , y ) = constante, sont orthogonales. Réciproquement, si l'on se donne une famille

de courbes P ( x , y ) = constante, on peut toujours déterminer leurs trajectoires orthogonales et

mettre leur équation sous la forme Q ( x , y ) = constante. Mais, en général, P + i Q n'est pas une

fonction holomorphe de la variable z = x + i y . On se propose de chercher sous quelle condition il

existe une fonction F d'une variable telle que F (P ( x , y )) soit la partie réelle d'une fonction

analytique Z (z).

1°/ Démontrer que pour que F (P) soit la partie réelle d'une fonction analytique, il faut et il suffit que

Arc tan ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

x

y

P

P

'

' soit une fonction harmonique. Comment peut‐on alors trouver les trajectoires

orthogonales de courbes P = constante ?

2°/ Etudier les deux cas suivants :

a) P = y

y x 122 −+ (faisceau de cercles). Former alors la fonction Z (z).

b) P = x

y x y

−

−++

1

122

(tangentes à un cercle)

3°/ On considère la famille de droites x cos λ + y sin λ = φ (λ). Son équation résolue par rapport à λ

s'écrit : P ( x , y ) = λ. Déterminer φ (λ) de façon que P ( x , y ) satisfasse à la condition de la première

question.

Solution.

1°/ Si F (P ( x , y )) est la partie réelle d'une fonction analytique Z = F + i G, alors Z a une dérivée qui est

analytique :

Z' = x

F

∂

∂ + i

x

G

∂

∂ =

x

F

∂

∂ – i

y

F

∂

∂ = F' P' x – i F' P' y = F' (P' x – i P' y )

ln Z' est analytique et :

ln Z' = ln

F' +

21 ln (P' x

2 + P' y 2) – i

Arc

tan

x

y

PP'' .

A une constante près (venant éventuellement de ln Z' ) la partie imaginaire de ln Z' est – Arc tan

x

y

P

P

'

'.

Donc Arc tan

x

y

P

P

'

' est une fonction harmonique.



Réciproquement, si Arc tan

x

y

P

P

'

' est une fonction harmonique, – Arc tan

x

y

P

P

'

' est la partie imaginaire

d'une fonction analytique

Ψ = φ – i Arc tan

x

y

PP''

χ = eΨ

est aussi une fonction analytique et :

χ = 22

'' y x PP

e

+

φ

(P' x – i P' y ).

Posons alors G = 22

'' y x

PP

e

+

φ

. G P' x et – G P' y sont deux fonctions harmoniques conjuguées et l'on a:

χ = G P' x – i G P' y .

Ces deux fonctions vérifient les conditions de Cauchy :

( ) ( )

( ) ( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=

−=

x

GP

y

xGP

y

GP

x

xGP

y

y

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

''

''

x

G

∂

∂ P' x + G P" x² +

y

G

∂

∂ P' y + G P" y² = 0 (1)

y

G

∂

∂ P' x + G P" yx =

x

G

∂

∂ P' y + G P" xy (2)

La deuxième équation s'écrit encore :

y

G

∂

∂ P' x =

x

G

∂

∂ P' y (3)

L'équation différentielle associée à cette équation aux dérivées partielles est :

xP

dy

' = –

yP

dx

' (4)

soit encore : P' x dx + P' y dy = 0, ou dP = 0. On a donc, pour intégrale première P = constante et la

solution de l'équation (3) est : G ne dépend que de P.

Considérons alors une primitive F de G. L'équation (1) s'écrit :

G' (P' x 2 + P' y

2) + G Δ P = 0



ou encore :

F" (P' x 2 + P' y

2) + F' Δ P = 0 (5)

Or

x

F

∂

∂ = G P' x et

y

F

∂

∂ = G P' y , donc

2

2

x

F

∂

∂ = G' P' x

2 + G P" x ² et

2

2

y

F

∂

∂ = G' P' y

2 + G P" y ².

Donc l'équation (5) s'écrit aussi bien :

Δ F = 0 (6)

et ceci montre qu'il existe une fonction F d'une variable, telle que F (P ( x , y )) est la partie réelle d'une

fonction analytique. F est déterminée par :

F' = 22

'' y x

PP

e

+

φ

.

Si F (P) est la partie réelle de la fonction analytique F + i H, les trajectoires orthogonales aux courbes

P = constante sont aussi les trajectoires orthogonales aux courbes F (P) = constante. Ce sont donc les

courbes H ( x , y ) = constante.

2°/ a) P = y

y x 122 −+

Les courbes P = constante forment un faisceau de cercles à points de base (–1, 0) et (1, 0).

P' x = 2 y

x, P" x ² =

y

2, P' y =

2

22 1

y

x y +−, P" y ² = 2

3

2 1

y

x −.

Δ P = 2 3

22 1

y

y x −+ =

2

2

y

P, Arc tan

x

y

P

P

'

' = Arc tan

y x

x y

2

122 +−.

Posons u = y x

x y

2

122 +− (8).

Alors u' x = – y x

y x2

22

2

1++, u' y =

2

22

2

1

y x

y x −+.

x∂

∂ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

y

P

Ptan Arc

'

' =

21

'

u

u x

+ =

( )( ) 22222

22

41

12

y x x y

y x y

++−

++−

y∂

∂ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

y

P

Ptan Arc

'

' =

21

'

u

u y

+ =

( )( ) 22222

22

41

12

y x x y

y x x

++−

++

Posons D = (y 2

– x 2

+ 1) 2

+ 4 x 2

y 2

(9).



On a D' x = 4 x ( x 2 + y 2 – 1), D' y = 4 y ( x 2 + y 2 + 1), donc :

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

==⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=−

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

D x D

D

P

Ptan Arc

y

D y D

D

P

Ptan Arc

x

x

x

y

y

x

y

ln2

1'

2

1

'

'

ln2

1'

2

1

'

'

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

(10)

Alors :

Δ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

y

P

Ptan Arc

'

' = –

2

1

y x∂ ∂

∂ 2(ln D) +

2

1

x y∂ ∂

∂ 2 (ln D) = 0

donc Arc tan

x

y

P

P

'

' est harmonique.

Les relations (10) montrent que la fonction harmonique conjuguée de – Arc tan

x

y

P

P

'

' est :

– 2

1 ln D = –

2

1 ln ((y

2 – x

2 + 1)

2 + 4 x

2 y

2)

Donc Ψ = – 2

1 ln D – i Arc tan

x

y

P

P

'

' est une fonction analytique.

Ψ = – ln [2 x y + i (y ² – x ² + 1)]

χ = e Ψ = [2 x y + i (y ² – x ² + 1)] – 1

= ( )( )22222

22

14

12

+−+

+−−

x y y x

x yi xy.

F' P' x = ( )22222 14

2

+−+ x y y x

xy, F' =

( )22222

2

14 +−+ x y y x

y.

P = y

y x 122 −+, P

2

= ( )2

222 1

y

y x −+ = ( ) 2

222222 441

y

y y x x y +++−, donc :

(y 2

– x 2

+ 1) 2

+ 4 x 2

y 2

= y 2

P 2

+ 4 y 2

et F' = 4

12 +P

= – 2

1 dP

d ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ P

Arc2

tan , d'où :

F (P) = – 2

1 Arc tan

P

2 + constante

F est la partie réelle d'une fonction analytique Z = F + i G.

yG∂ ∂ =

xF ∂ ∂ = F' P' x =

( )22222 142

+−+ x y y x

xy ,



x

G

∂

∂ = –

y

F

∂

∂ = – F' P' y =

( )22222

22

14

1

+−+

+−−

x y y x

x y.

Décomposons

y

G

∂

∂ en éléments simples :

y

G

∂

∂ =

4

1

( )22 1

2

−+ x y

y –

4

1

( )22 1

2

++ x y

y.

G = 4

1 ln

( )( )22

22

1

1

++

−+

x y

x y + H ( x ).

x

G

∂

∂ =

( )

22222

22

14

1

+−+

+−−

x y y x

x y + H' ( x ),

En comparant avec l'expression précédemment obtenue, on obtient : H' ( x ) = 0, donc H = constante.

Les trajectoires orthogonales aux courbes P = constante dont donc les courbes :

( )( )22

22

1

1

++

−+

x y

x y = constante.

Ce sont les cercles du faisceau de cercles à points limites (–1, 0) et (1, 0).

Z (z) = – 21 Arc

tan

12

22 −+ y x y +

4i ln ( )

( )22

22

11

++−+

x y x y .

La partie imaginaire est égale à 2

1 ln

1

1

+−

z

z. Calculons l'argument de

1

1

+−

z

z.

1

1

+−

z

z =

1

1

++−+

iy x

iy x =

( )( )( )( )11

11

+−+++−−+

iy xiy x

iy xiy x =

( )( ) 22

22

1

1

y x

iy x

++

−− =

( ) 22

22

1

21

y x

iy y x

++

+−+.

Donc Arg 1

1

+−

z

z = Arc

tan 1

222 −+ y x

y et l'on a :

Z (z) = 2

i ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

++−

1

1

1

1ln

z

ziArg

z

z,

Z (z) = 2

i ln

1

1

+−

z

z.

2°/ b) P =

x

y x y

−

−++

1

122

.



[(1 – x ) P – y ] 2 = x 2 + y 2 – 1.

(1 – x ) 2

P 2

– 2 y (1 – x ) P + 1 – x 2

= 0.

(1 – x ) P 2

– 2 y P + 1 + x = 0. (1)

– 2 P y + (1 – P 2) x + 1 + P 2 = 0

21

2

P

P

+−

y + 2

2

1

1

P

P

+−

x + 1 = 0 (2)

Posons P = – tan 2

λ , il vient :

y sin λ + x cos λ + 1 = 0 (3)

Dérivons l'équation (1), il vient :

2 [(1 – x ) P – y ] P' x + 1 – P 2 = 0

2 [(1 – x ) P – y ] P' y – 2 P = 0

Donc

x

y

P

P

'

' =

21

2

P

P

−−

= tan λ.

On a donc :

λ = Arc

tan x

y

P

P

'

'

= – 2 Arc

tan

P (4)

Pour que P vérifie les conditions de la première question, c'est‐à‐dire pour que Arc tan

x

y

P

P

'

' soit

harmonique, il faut et il suffit que Δ λ = 0.

Calcul de Δ λ.

Dérivons l'équation (3) :

( )

( )⎩⎨

⎧

=+−

=+−

0sin'sincos

0cos'sincos

λ λ λ λ

λ λ λ λ

y

x

x y

x y

(5)

(y cos λ – x sin λ) λ" x ² – (y λ' x sin λ + 2 sin λ + x λ' x cos λ) λ' x = 0

(y cos λ – x sin λ) λ"y ² – (y λ'y sin λ – 2 cos λ + x λ'y cos λ) λ'y = 0

Or λ' x sin λ – λ'y cos λ = 0 et y sin λ + x cos λ = – 1, donc :

(y cos λ – x sin λ) Δ λ + λ' x 2 + λ'y

2 = 0

Δ λ = λ λ

λ λ cossin''

22

y x y x

−+ (6)



D'autre part :

x sin λ – y cos λ =

x'

cos

λ

λ =

y'

sin

λ

λ =

22''

sin'cos'

y x

y x

λ λ

λ λ λ λ

+

+ =

λ λ λ λ sin'cos'

1

y x +

donc :

λ' x cos λ + λ'y sin λ = ±22

'' y x λ λ +

x sin λ – y cos λ = 22

''

1

y x λ λ +

±

Δ λ = ± (λ' x 2 + λ'y

2)

3/2.

λ = – 2 Arc tan P

λ' x = 21

'2

P

P x

+−

, λ'y = 2

1

'2

P

P y

+

−,

Δ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

y

P

P Arc

'

'tan = ±

( )( )

2/3

22

22

1

''4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+

+

P

PP y x = ± 8

( )( )32

2/322

1

''

P

PP y x

+

+.

On a donc Δ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

x

y

P

P Arc

'

'tan ≠ 0 et il n'existe aucune fonction F d'une variable telle que F (P ( x , y ))

soit harmonique.

3°/ x cos P + y sin P = φ (P ), car on a λ = P ( x , y ).

Dérivons par rapport à x et par rapport à y . Il vient :

cos P – x P' x sin P + y P' x cos P = φ' P' x

sin P – x P' y sin P + y P' y cos P = φ' P' y .

On a donc :

xP

P

'

cos =

yP

P

'

sin = φ' + x sin P – y cos P

tan P =

x

y

P

P

'

'

P = Arc tan

x

y

P

P

'

'



Pour qu'il existe une fonction F d'une variable telle que F (P ( x , y )) soit harmonique, il faut et il suffit

que l'on ait, ici :

Δ P = 0.

Calcul de Δ P .

P' x (φ' + x sin P – y cos P) = cos P

P' y (φ' + x sin P – y cos P) = sin P

Dérivons.

P" x ² (φ' + x sin P – y cos P) + P' x (φ" P' x + sin P + x P' x cos P + y P' x sin P) = – P' x sin P

P" y ² (φ' + x sin P – y cos P) + P' y (φ" P' y – cos P + x P' y cos P + y P' y sin P) = P' y cos P

Additionnons membre à membre en tenant compte des relations :

P' y cos P = P' x sin P

x cos P + y sin P = φ (P)

Δ P (φ' + x sin P – y cos P) + (φ" + φ)(P' x 2 + P' y

2) = 0

φ' + x sin P – y cos P =

xP

P

'

cos =

yP

P

'

sin =

22''

sin'cos'

y x

y x

PP

PPPP

+

+ =

22''

1

y xPP +

×

P yP x cossin'

1

−+ϕ

donc :

φ' + x sin P – y cos P = ±22

''

1

y x PP +

et il vient :

Δ P = ±(φ" + φ)(P' x 2 + P' y

2)

3/2

Alors Δ P = 0 ⇔ φ" + φ = 0. Donc :

Δ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x

y

P

P Arc

'

'tan = 0 ⇔ φ (λ) = A cos λ + B sin λ

L'équation des droites de la famille étudiée s'écrit alors :

( x – A) cos λ + (y – B) sin λ = 0

λ = – Arc tan B y

A x

−−

= P ( x , y ).

On a Δ P = 0 et la fonction harmonique conjuguée de P est :



Q ( x , y ) = – 2

1 ln [( x – A)

2 + (y – B)

2]

On a alors :

Z = P + i Q = – i ln [(y – B) – i ( x – A)] = – i ln [– i (z – ( A

+ i B)],

soit, en posant z0 = A + i B :

Z (z) = i

1 ln

( )0

1

z zi −



Exercice 4. Fonction harmonique xP'x+yP'y. (Bass n°3, p.660)

1°/ Si P ( x , y ) est une fonction harmonique, vérifier que x x

P

∂

∂ + y

y

P

∂

∂ est aussi une fonction

harmonique.

2°/ Retrouver ce résultat en remarquant que P est la partie réelle d'une fonction holomorphe F (z) et

en construisant une fonction holomorphe g (z) dont x x

P

∂

∂ + y

y

P

∂

∂ soit la partie réelle.

Solution.

1°/ Calcul direct.

Posons φ ( x , y ) = x x

P

∂

∂ + y

y

P

∂

∂ .

x∂

∂ϕ =

x

P

∂

∂ + x

2

2

x

P

∂

∂ + y

y x

P

∂ ∂

∂ 2

2

2

x∂

ϕ ∂ = 2

2

2

x

P

∂

∂ + x

3

3

x

P

∂

∂ + y

y x

P

∂ ∂

∂ 2

3

par symétrie, nous obtenons :

2

2

y∂

ϕ ∂ = 2 2

2

y

P

∂

∂ + y 3

3

y

P

∂

∂ + x

x y

P

∂ ∂

∂ 2

3

et, par addition, en changeant l'ordre des dérivations :

Δ φ = 2 Δ P + x ( ) x

P

∂

∂ Δ + y

( ) y

P

∂

∂ Δ

Il est clair alors que Δ P = 0 Δ φ = 0.

2°/ Deuxième méthode.

P est une fonction harmonique. C'est donc la partie réelle d'une fonction holomorphe f = P + i Q.

Alors φ ( x , y ) = x x

P

∂

∂ + y

y

P

∂

∂ = x

x

P

∂

∂ – y

x

Q

∂

∂ est la partie réelle de

( x + i y ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + x

Qi

x

P

∂

∂

∂

∂ = ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ − x

Q y

x

P x

∂

∂

∂

∂ + i ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + x

P y

x

Q x

∂

∂

∂

∂

Donc φ ( x , y ) est la partie réelle de g (z) = z f' (z).

Or z est une fonction holomorphe, f' (z) est une fonction holomorphe, donc g (z) est une fonction

holomorphe. Sa partie réelle est donc une fonction harmonique.



Si P ( x , y ) est la partie réelle d'une fonction holomorphe f (z), alors x x

P

∂

∂ + y

y

P

∂

∂ est la partie réelle

de la fonction holomorphe z f' (z).



Exercice 5. Fonction harmonique ln(P'x²+P'y²). (Bass n°4, p.661)

Si P ( x , y ) est harmonique, montrer que :

U ( x , y ) = ln ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 22

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

est harmonique. Trouver les fonctions holomorphes dont U est la partie réelle, connaissant la

fonction holomorphe F (z) dont P est la partie réelle.

Solution.

1°/ Calcul de Δ U .

x

U

∂

∂ =

22

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ × ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

y x

P

y

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

2

2

22

2

2

x

U

∂

∂ =

222

1

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

×

22

2

2

22 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

y x

P

y

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ +

22

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ +

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ × 2

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y x

P

y

P

y x

P

x

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

32

2

3

32

2

2

Par symétrie par rapport à x et y , on a donc :

Δ U = 2

22

4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

×⎢⎢⎣

⎡++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ y x

P

x

P

y

P

x

P

y x

P

y

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

2

22

222

2

22

2

⎥⎥⎦

⎤

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ x y

P

y

P

x

P

y

P

x y

P

x

P

y

P

y

P

∂ ∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂

2

2

22

222

2

22

2 +

22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ ⎢⎢⎣

⎡++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y x

P

y

P

y x

P

x

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

32

2

3

32

2

2

⎥⎥

⎦

⎤+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x y

P

x

P

x y

P

y

P

y

P

y

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

32

2

3

32

2

2

En regroupant les termes semblables, il vient :



Δ U = 2

22

4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

−

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂

×⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

2

222

2

2

2 y

P

y

P

y x

P

y

P

x

P

x

P

x

P

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ Δ P +

22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ ×

( ) ( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡Δ+

Δ+

Δ 2P

y

P

y

P

x

P

x

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Δ U = 2

22

2

2

222

2

2

24

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

y

P

x

P

y

P

y

P

y x

P

y

P

x

P

x

P

x

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Δ P +

( ) ( )( )

22

22

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡Δ+

Δ+

Δ

y

P

x

P

P y

P

y

P

x

P

x

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Donc Δ P = 0 Δ U = 0. Si P est harmonique, alors U est harmonique.

2°/ Fonction holomorphe ayant U pour partie réelle.

Soit F = P + i Q une fonction holomorphe ayant P pour partie réelle, et soit φ = U + i V une fonction

holomorphe ayant U pour partie réelle.

La partie imaginaire V de la fonction holomorphe φ est déterminée par sa différentielle :

dV = x

V

∂

∂ dx + y

V

∂

∂ dy

U et V vérifient les conditions de Cauchy :

x

U

∂

∂ =

y

V

∂

∂ et

y

U

∂

∂ = –

x

V

∂

∂ .

D'où :

x

V

∂

∂

= – y

U

∂

∂

= 22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

−

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

+ x y

P

x

P

y

P

y

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

2

2

= 22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

−

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

2

2

2

x

Q

x

P

x

Q

x

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ =

2

1

2

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

−

y

P x

P

∂

∂ ∂

∂ x∂

∂

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

y

P x

P

∂

∂ ∂

∂

En intégrant par rapport à x , il vient :



V ( x , y ) = – 2 Arc tan

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

y

P x

P

∂

∂ ∂

∂

+ W (y )

où W (y ) est une fonction arbitraire de y , de classe C ². Dérivons par rapport à y , compte tenu du fait

que x

P

∂

∂ =

y

Q

∂

∂ :

y

V

∂

∂ =

22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

y

P

y

Q

∂

∂

∂

∂ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

2

2

2

y

P

y

Q

y

Q

y

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ + W' (y )

Or y

V

∂

∂ = x

U

∂

∂ (condition de Cauchy pour φ), et :

x

U

∂

∂ =

22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ × ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

y x

P

y

P

x

P

x

P

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ 2

2

2

= 22

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

y

P

y

Q

∂

∂

∂

∂ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

2

2

2

y

P

y

Q

y

Q

y

P

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Donc W' (y ) = 0 et W (y ) = constante.

Il reste donc :

φ = ln ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 22

y

P

x

P

∂

∂

∂

∂ – 2 i Arc tan

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

y

P x

P

∂

∂ ∂

∂

+ constante

φ = 2 ln ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ − x

Q

x

Pi

∂

∂

∂

∂ + cste

= 2 ln (i F' (z)) + cste

Résultat qu'on peut écrire aussi :

φ (z) = 2 ln (i F' (z)) + constante



Exercice 6. Trajectoires orthogonales des courbes rncos(nθ)=cste. (Bass n°5, p.661)

Trouver les trajectoires orthogonales des courbes représentées en coordonnées polaires par :

r n cos nθ = constante,

n constante réelle. Exemples : n = 1, n = 2, n = –1.

Solution.

r n cos nθ est la partie réelle de z

n = (r e i θ

) n. La fonction z a z n est holomorphe pour z ≠ 0. Donc les

trajectoires orthogonales sont les courbes d'équations (z n) = constante, soit :

r n sin nθ = constante

n = 1.

Les courbes r cos θ = cste sont les droites x = c

ste parallèles à Oy .

Les trajectoires orthogonales r sin θ = cste sont les droites y = cste

parallèles à Ox .

n = 2.

Les courbes r 2 cos 2 θ = cste sont les hyperboles x 2 – y 2 = c

ste.

Les trajectoires orthogonales r 2 sin 2 θ = cste sont les hyperboles 2 x y = cste.

n = –1.



Les courbes r

θ cos = constante sont les cercles x ² + y ² + k x = 0, tangents en O à l'axe Oy .

Les trajectoires orthogonales r

θ sin = constante sont les cercles x ² + y ² + k y = 0, tangents en O à

l'axe Ox .



Exercice 7. Fonctions holomorphes remplissant certaines conditions. (Bass, n°6, p.661)

Déterminer les fonctions holomorphes Z = P + i Q de la variable complexe z = x + i y telles que:

1°/ P ne dépende que de x cos φ + y sin φ où φ est un angle donné.

2°/ P ne dépende que de x ² + y ². 3°/ P ² + Q ² ne dépende que de x .

4°/ Q

P ne dépende que de x .

5°/ P = ( )

( ) 22

2

1

1

y x

y x x

++

++.

6°/ P = 2

x ln ( x ² + y ²) – y Arc tan

x

y.

7°/ P =

x ych

x

2cos2

2sin

−

.

Solution.

1°/Changement de variables. Posons u = x cos φ + y sin φ, v = – x sin φ + y cos φ.

On obtient les formules inverses : x = u cos φ – v sin φ, y = u sin φ + v cos φ.

On a alors z = x + i y = u (cos φ + i sin φ) + i v (cos φ + i sin φ) = (u + i v ) e i φ .

Posons Z = u + i v . Alors z = Z e i φ , de sorte que le changement de variable z a Z est une rotation

d'angle φ.

Dans les nouveaux axes, les conditions de Cauchy s'écrivent : u

P

∂

∂ =

v

Q

∂

∂ et

v

P

∂

∂ = –

u

Q

∂

∂ .

Dire que P ne dépend que de u, c'est dire que v

P

∂

∂ = –

u

Q

∂

∂ = 0. L'équation Δ P = 0 s'écrit :

2

2

u

P

∂

∂ = 0, donc P = A u + B,

u

P

∂

∂ =

v

Q

∂

∂ = A, donc Q = A v + C , puisque

u

Q

∂

∂ = 0 signifie que V ne dépend pas de u.

On obtient donc P + i Q = A (u + i v ) + B + i C = A z e – i φ + B + i C .

Posons A e – i φ = a et B + i C = b. On obtient la fonction cherchée sous la forme :

P + i Q = A z e – i φ + B + i C , où A, B, C , sont des constantes réelles arbitraires.

2°/ P ne dépend que de x ² + y ². Ce cas est équivalent au cas étudié dans l'exercice 2 (P ne dépend que de r = | z |). On a trouvé :



P + i Q = a ln z + b, où a et b sont des constantes arbitraires.

3°/ P ² + Q ² ne dépend que de x. Considérons la fonction P + i Q. Elle est holomorphe. Donc la fonction :

ln (P ² + Q ²) = 21 ln (P ² + Q ²) + i

Arc

tan

PQ

est holomorphe dans tout domaine ne contenant pas le point (0,0).

Dire que sa partie réelle ne dépend que de x , c'est dire que ln (P + i Q) = A z + B + i C , d'après 1° pour

φ = 0. La fonction P + i Q est donc donnée par :

P + i Q = c e A z, où A est une constante réelle arbitraire et c une constante complexe quelconque.

4°/ P/Q ne dépend que de x. La fonction P

+

i

Q est holomorphe, donc la fonction :

i

1 ln (P + i Q) = Arc tan

P

Q +

i2

1 ln (P ² + Q ²)

est holomorphe aussi dans tout domaine ne contenant pas le point (0,0).

Dire que Q

P ne dépend que de x , c'est dire aussi que la partie réelle Arc tan

P

Q ne dépend que de x .

C'est donc dire aussi que la fonction i

1

ln (P

+

i

Q) est de la forme A

z

+

B

+

i

C , d'après 1° pour φ = 0.

Donc

P + i Q = c ei A z, où A est une constante réelle.

5°/ P = ( )( ) 22

2

1

1

y x

y x x

++

++ .

x

P

∂

∂ =

( )

( )( )222

22

1

1

y x

y x

++

−+ ;

y

P

∂

∂ =

( )

( )( )2221

12

y x

x y

++

+ ;

2

2

x

P

∂

∂ =

( ) ( )( )( )( )322

22

1

1312

y x

x y x

++

+−+ ;

2

2

y

P

∂

∂ =

( ) ( )( )( )( )322

22

1

3112

y x

y x x

++

−++.

On a donc Δ P = 2

2

x

P

∂

∂ +

2

2

y

P

∂

∂ = 0.

P est une fonction harmonique : c'est donc la partie réelle d'une fonction analytique P + i Q dans

laquelle la partie imaginaire Q est définie par sa différentielle :



dQ = x

Q

∂

∂ dx +

y

Q

∂

∂ dy = –

y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy =

( )

( )( )2221

12

y x

x y

++

+− dx +

( )

( )( )222

22

1

1

y x

y x

++

−+ dy

x

Q

∂

∂ =

( )

( )( )2

221

12

y x

x y

++

+− ;

y

Q

∂

∂ =

( )

( )( )2

22

22

1

1

y x

y x

++

−+.

Pour intégrer x

Q

∂

∂ =

( )

( )( )2221

12

y x

x y

++

+− par rapport à x , posons 1 + x = u.

u

Q

∂

∂ =

( )222

2

yu

yu

+

−, donc Q =

22 yu

y

+ + R (y ) et

y

Q

∂

∂ =

( )222

22

yu

yu

+

− + R' (y ) =

( )

( )( )222

22

1

1

y x

y x

++

−+ + R' (y ).

Or y

Q

∂

∂

= x

P

∂

∂

=

( )

( )( )222

22

1

1

y x

y x

++

−+, donc R' (y ) = 0, la fonction R (y ) est en fait une constante réelle a et

l'on a :

Q = 22

yu

y

+ + a =

( ) 221 y x

y

++ + a.

P + i Q = ( )

( ) 22

2

1

1

y x

y x x

++

++ + i

( ) 221 y x

y

++ + i a =

( )( )( ) 221

1

y x

iy xiy x

++

−++ + i a =

iy x

iy x

+++

1 + i a.

P + i Q = z

z+1

+ i a, a .

6°/ P = 2


x

y.

x

P

∂

∂ = 1 +

2

1 ln ( x ² + y ²) ;

y

P

∂

∂ = – Arc tan

x

y ;

2

2

x

P

∂

∂ =

22 y x

x

+ ;

2

2

y

P

∂

∂ =

2

1

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

−

x

y

x = 22

y x

x

+−

.

Δ P = 2

2

x

P

∂

∂ +

2

2

y

P

∂

∂ = 0.

La fonction P est harmonique, c'est donc la partie réelle d'une fonction analytique P + i Q. Q est

définie par :

dQ = – y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy



x

Q

∂

∂ = –

y

P

∂

∂ = Arc tan

x

y ;

y

Q

∂

∂ =

x

P

∂

∂ = 1 +

2

1 ln ( x ² + y ²).

Q = ∫ Arc tan x

y dx .

Posons u = Arc tan x

y. On a x = y cotan u ; dx =

u

y2sin

− du.

Q = ∫ u

y2sin

− u du = – y ∫ u

duu2sin

.

Intégrons par parties.

Q = – y (– u cotan u + ∫ cotan u du) = y u cotan u – y ln | sin u | + R (y ).

Q = x Arc tan x

y – y ln

22

||

y x

y

+ + R (y )

Q = x Arc tan x

y +

2

y ln ( x ² + y ²) – y ln y + R (y ).

yQ∂ ∂ =

2

1

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + x

y +

21 ln ( x ² + y ²) +

22

2

y x

y

+ +

dyd (R (y ) – y ln y )

y

Q

∂

∂ = 1 +

2

1 ln ( x ² + y ²) +

dy

d (R (y ) – y ln y ).

La condition de Cauchy y

Q

∂

∂ =

x

P

∂

∂ = 1 +

2

1 ln ( x ² + y ²) montre alors que

dy

d (R (y ) – y ln y ) = 0, donc:

R (y ) – y ln y = constante

Q = x Arc tan x

y +

2

y ln ( x ² + y ²) + a, a .

On a alors :

P + i Q = 2


x

y + i ( x Arc tan

x

y +

2

y ln ( x ² + y ²) + a)

= 2iy x + ln ( x ² + y ²) + i ( x + i y ) Arc tan

x y + i a



= ( x + i y ) ln ( x + i y ) + i a

P + i Q = z ln z + i a, a .

7°/ P = x ych

x

2cos2

2sin

−.

x

P

∂

∂ = 2

( ) ( )( ) ( )( )22cos2

122cos

x ych

ych x

−

− ;

y

P

∂

∂ = – 2

( ) ( )( ) ( )( )22cos2

22sin

x ych

ysh x

− ;

2

2

x

P

∂

∂ = – 4 sin 2 x

( ) ( ) ( )( ) ( )( )3

2

2cos2

22cos22

x ych

x ych ych

−

−+ ;

2

2

y

P

∂

∂ = – 4 sin 2 x

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )3

22

2cos2

222cos22

x ych

ysh x ych ych

−

−−.

En tenant compte de la relation ch 2 (2y ) – sh 2

(2y ) = 1, on a donc :

Δ P = 2

2

x

P

∂

∂ +

2

2

y

P

∂

∂ = 0.

P est une fonction harmonique et, comme telle, elle est la partie réelle d'une fonction analytique

P + i Q. Q est déterminée par :

dQ = –

y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy .

x

Q

∂

∂ = 2

( ) ( )( ) ( )( )22cos2

22sin

x ych

ysh x

− ;

y

Q

∂

∂ = 2

( ) ( )( ) ( )( )22cos2

122cos

x ych

ych x

−

−.

Posons cos 2 x = u. du = – 2 sin 2 x .

Q = ∫ 2 ( ) ( )

( ) ( )( )22cos2

22sin

x ych

ysh x

− dx = – sh 2y ∫ ( )( )22 u ych

du

−

Q = – ( )( ) u ych ysh−2

2 + R (y ) = ( )( ) ( ) x ych ysh

2cos22

−− + R (y ).

y

Q

∂

∂ =

( ) ( )( ) ( )( )22cos2

122cos

x ych

ych x

−

− + R' (y ).

Donc R' (y ) = 0 et l'on a :

Q = ( )

( ) ( ) x ych

ysh

2cos2

2

−−

+ a, a .

Alors :



P + i Q = ( ) ( )( ) ( ) x ych

yshi x

2cos2

22sin

−−

+ i a

=

i

1

ixix y y

y yixix

eeee

eeee2222

2222

−−

−−

−−+

−+− + i a

= i

1 ( )( )( )( )iziz yixix y

iziz yix yix

eeee

eeee

−−+−

−−−+

−−−+

+ i a

= i iziz

iziz

ee

ee−

−

−+

+ i a

P + i Q = cotan z + i a, a .

Autre méthode de calcul.

P + i Q = ( ) ( )( ) ( ) x ych

yshi x

2cos2

22sin

−−

+ i a

=

2

22sin

2

22sin2

2

22cos

2

22sin2

iy x xiy

iy xiy x

+×

−−

+×

−

+ i a

= cotan ( x + i y ) + i a.



Exercice 8. Fonctions holomorphes à variables séparées. (Bass n°7, p.661)

Déterminer les fonctions holomorphes Z = P + i Q de la variable complexe z = x + i y telles que P soit

le produit d'une fonction de x par une fonction de y .

On achèvera de déterminer la fonction Z

= f

(z) en écrivant que l'équation f

(z) = 1 n'a que des racines doubles, ces racines étant de la forme z = 2 n i π où n peut prendre toutes les valeurs

entières positives ou négatives, ou 0.

Solution.

P ( x , y ) = P1 ( x ) P2 (y ).

x

P

∂

∂ = P' 1 ( x ) P2 (y ) ;

y

P

∂

∂ = P1 ( x ) P' 2 (y ) ; Δ P = P" 1 ( x ) P2 (y ) + P1 ( x ) P" 2 (y ) = 0.

On doit donc avoir :

( )( ) xP

xP

1

1" = – ( )

( ) yP

yP

2

2" .

Le premier membre de cette égalité ne dépend que de x , le deuxième membre ne dépend que de y :

la valeur commune est donc une constante réelle k .

P" 1 ( x ) – k P1 ( x ) = 0

P" 2 (y ) + k P2 (y ) = 0

1°/ Pour k = 0, la solution est donnée par :

P1 ( x ) = A x + B ; P2 (y ) = C y + D, où les constantes A, B, C , D, sont des réels arbitraires.

P ( x , y ) = ( A x + B)( C y + D) = AC xy + AD x + BC y + BD

Q ( x , y ) est déterminée par :

dQ = – y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy

x

Q

∂

∂ = –

y

P

∂

∂ = – C ( A

x

+ B) ; Q ( x , y ) = – CA

2

2 x

– CB x

+ R (y ) ;

y

Q

∂

∂ = R' (y ) =

x

P

∂

∂ = A (C

y + D) ;

R (y ) = AC 2

2 y

+ AD y + E ; Q ( x , y ) = – CA 2

2 x

– CB x + AC 2

2 y

+ AD y + E .

Q ( x , y ) = 2

AC (y 2 – x 2) – BC x + AD y + E , avec des constantes réelles A, B, C, D, E .

P + i Q = AC xy + AD x + BC y + BD + i 2

AC (y

2 – x

2) – i BC x +i AD y + i E



P + i Q = i

AC

2 ( x ² – y ² + 2 i x y ) – i BC ( x + i y ) + AD ( x + i y ) + BD + i E .

P + i Q = i

AC

2 ( x + i y ) ² + ( AD – i BC ) ( x + i y ) + BD + i E .

P + i Q = i2

1 ( AC z ² + 2 (BC + i AD) z) + BD + i E =

i2

1 ( A z + 2 B)(C z + 2 i D) – BD + i E

Pour k = 0 : f (z) = i2

1 ( A z + 2 B)(C z + 2 i D) – BD + i E , avec A, B, C, D, E, réels.

Dans ce cas, l'équation f (z) = 1 est une équation du 2e degré, elle n'a que deux solutions.

2°/ Lorsque k est une constante réelle positiveω ², avec ω > 0, la solution du système :

P" 1 ( x ) – ω ²

P1 ( x ) = 0 P" 2 (y ) + ω ² P2 (y ) = 0

est donnée par :

P1 ( x ) = A ch (ω x ) + B sh (ω x ),

P2 (y ) = C cos (ω y ) + D sin (ω y ),

où les constantes A, B, C , D, sont des réels arbitraires.

P ( x , y ) = ( A ch (ω x ) + B sh (ω x ))( C cos (ω y ) + D sin (ω y ))

x

P

∂

∂ = ω ( A sh (ω x ) + B ch (ω x ))( C cos (ω y ) + D sin (ω y ))

y

P

∂

∂ = ω ( A ch (ω x ) + B sh (ω x ))(– C sin (ω y ) + D cos (ω y ))

La fonction harmonique conjuguée Q est déterminée par sa différentielle :

dQ = – y

P

∂

∂ dx +

x

P

∂

∂ dy

x

Q

∂

∂ = ω ( A ch (ω x ) + B sh (ω x ))( C sin (ω y ) – D cos (ω y ))

Q ( x , y ) = ( A sh (ω x ) + B ch (ω x ))( C sin (ω y ) – D cos (ω y )) + R (y )

y

Q

∂

∂ = ω ( A sh (ω x ) + B ch (ω x ))( C cos (ω y ) + D sin (ω y )) + R' (y )

La comparaison avec

x

P

∂

∂ donne R' (y ) = 0, donc R (y ) est une constante réelle E .



Q ( x , y ) = ( A sh (ω x ) + B ch (ω x ))( C sin (ω y ) – D cos (ω y )) + E

P + i Q = ( A ch (ω x ) + B sh (ω x ))( C cos (ω y ) + D sin (ω y )) +

i (( A sh (ω x ) + B ch (ω x ))( C sin (ω y ) – D cos (ω y )) + E )

P + i Q = ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

+ − x xe

B Ae

B A ω ω

22⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

− − yi yie

iDC e

iDC ω ω

22 +

i ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

+ − x xe

B Ae

B A ω ω

22⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

+− − yi yi

e DiC

e DiC ω ω

22 + i E

P + i Q = ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

+ − x x e B A

e B A ω ω

22⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

− − yi yi eiDC

eiDC ω ω

22 +

⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−+ − x x e B Ae B A ω ω

22 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−− − yi yi eiDC eiDC ω ω

22 + i

E

P + i Q = 2 2

B A+

2

iDC − e ω ( x + i y )

+ 2

B A+2

iDC + e ω ( x – i y )

+ 2

B A−2

iDC − e

– ω ( x – i y ) +

2 2

B A−2

iDC + e

– ω ( x + i y ) –

2

B A+2

iDC + e

ω ( x – i y ) –

2

B A−2

iDC − e

– ω ( x – i y ) + i E

P + i Q = 2

1 ( A + B)(C – i D) e

ω ( x + i y ) +

2

1 ( A – B)(C + i D) e

– ω ( x + i y ) + i E

Pour k = ω ² > 0, f (z) = 2

1 ( A + B)(C – i D) e ω z

+ 2

1 ( A – B)(C + i D) e – ω z

+ i E

avec des constantes réelles arbitraires A, B, C , D, E .

Cette solution peut s'écrire aussi :

f (z) = AC ch (ω z) + BC sh (ω z) – i AD sh (ω z) – i BD ch (ω z) + i E

Pour k = ω ² > 0, f (z) = ( AC – i BD) ch (ω z) + (BC – i AD) sh (ω z) + i E


3°/ Enfin, pour k = – ω ² < 0, avec ω > 0, la solution du système :

P" 1 ( x ) + ω ² P1 ( x ) = 0

P" 2 (y ) – ω ² P2 (y ) = 0

est donnée par :

P1 ( x ) = A cos (ω x ) + B sin (ω x ),

P2 (y ) = C ch (ω y ) + D sh (ω y ),

où les constantes A, B, C , D, sont des réels arbitraires.



Il suffit donc de changer ω en i ω pour avoir la solution :

Pour k = – ω ² > 0, f (z) = 2

1 ( A + B)(C – i D) e i ω z

+ 2

1 ( A – B)(C + i D) e – i ω z

+ i E

f (z) = ( AC – i BD) ch (i ω z) + (BC – i AD) sh (i ω z) + i E

Pour k = – ω ² < 0, f (z) = ( AC – i BD) cos (ω z) + i (BC – i AD) sin (ω z) + i E


Cas particulier. L'équation f (z) = 1 doit posséder une infinité de solutions, la constante k ne peut donc pas être nulle,

pusique, on l'a vu, si k = 0,l'équation f (z) = 1 n'a que deux solutions. Elle peut, a priori, être positive

(k = ω ²), ou négative (k = – ω ²), avec un nombre réel ω > 0.

1°/ Supposons d'abord k = ω ² > 0.

f (z) = ( AC – i BD) ch (ω z) + (BC – i AD) sh (ω z) + i E

f' (z) = ω ( AC – i BD) sh (ω z) + ω (BC – i AD) ch (ω z).

Si les racines de l'équation f (z) = 1 sont des racines doubles, la dérivée de f en ces racines est nulle :

f' (2 n i π) = 0 ;

ω ( AC – i BD) sh (ω 2 n i π) + ω (BC – i AD) ch (ω 2 n i π) = 0

(BD + i AC ) sin (2 n ω π) + (BC – i AD) cos (2 n ω π) = 0.

Cette relation doit être valable pour tout n .

Pour n = 0, on obtient : BC = AD = 0.

Il reste :

f (z) = ( AC – i BD) ch (ω z) + i E

f' (z) = ω ( AC – i BD) sh (ω z).

avec :

( AC

–

i

BD) ch (ω 2 n

i

π) + i

E = 1 ( AC – i BD) sh (ω 2 n i π) = 0.

( AC – i BD) cos (2 n ω π) + i E = 1

i ( AC – i BD) sin (2 n ω π) = 0.

Séparons parties réelles et parties imaginaires :

AC cos (2 n ω π) = 1

BD cos (2 n ω π) + E = 0

BD sin (2 n ω π) = 0

AC sin (2 n ω π) = 0.



La première relation montre que AC n'est pas nul, donc la quatrième se réduit à sin (2 n ω π) = 0.

Donc cos (2 n ω π) = ± 1 = AC . A et C sont des constantes, leur produit doit toujours être le même

lorsque n varie. Le produit 2 n ω doit être un entier. Le produit 2 n ω ne peut pas être un entier

impair pour tout n . Donc cos (2 n ω π) ne peut garder la même valeur pour tout n , que si ω est

un entier et, dans ce cas, cos (2 n ω π) = 1.

Il reste alors : AC = 1, BD = – E .

f (z) = (1 + i E ) ch (ω z) + i E = ch (ω z) + i E (ch (ω z) + 1)

f' (z) = ω (1 + i E ) sh (ω z) = ω sh (ω z) + i E ω sh (ω z)

f (2 i n π) = ch (ω 2 i n π) + i E (ch (ω 2 i n π) + 1) = 1

f' (2 i n π) = ω sh (ω 2 i n π) + i E ω sh (ω 2 i n π) = 0

La partie réelle de f (2 i n π) est ch (ω 2 i n π) = 1.

Sa partie imaginaire est donc 2 E = 0, donc E = 0.

Finalement, il reste seulement : f (z) = ch (ω z), où ω est un entier.

Avec cette solution, les racines de l'équation f (z) = 1 sont toutes des racines doubles et elles sont

toutes de la forme 2 n i π, mais n ne peut pas prendre toutes les valeurs entières positives, négatives

ou 0, seulement certaines d'entre elles, multiples de l'entier ω.

Si l'on impose que les racines de l'équation f (z) = 1 soient tous les nombres complexes de la forme

2 n i π, alors on a nécessairement ω = 1 et

f (z) = ch (z).

2°/ Supposons maintenant k = – ω ² < 0.

f (z) = ( AC – i BD) cos (ω z) + i (BC – i AD) sin (ω z) + i E

f' (z) = – ω ( AC – i BD) sin (ω z) + i ω (BC – i AD) cos (ω z)

Pour z = 2 i n π :

f (2 i n π) = ( AC – i BD) cos (ω 2 i n π) + i (BC – i AD) sin (ω 2 i n π) + i E = 1,

f' (2 i n π) = – ω ( AC – i BD) sin (ω 2 i n π) + i ω (BC – i AD) cos (ω 2 i n π) = 0.

( AC – i BD) ch (2 n ω π) + (BC

– i AD)

sh (2 n ω π) + i

E = 1,

– i ( AC – i BD) sh (2 n ω π) + i (BC – i AD) ch (2 n ω π) = 0.

Parties réelles :

AC ch (2 n ω π) + BC sh (2 n ω π) = 1,

– BD sh (2 n ω π) + AD ch (2 n ω π) = 0.

Parties imaginaires :

–BD ch (2 n ω π) – AD sh (2 n ω π) + E = 0,

– AC sh (2 n ω π) + BC

ch (2 n ω π) = 0.



Ces relations sont vraies pour tout n .

Pour n = 0 : AC = 1, AD = 0, E = BD, BC = 0.

La relation AC = 1 montre que A et C sont non nuls, donc D = 0 et B = 0, d'où aussi E = 0.

Il reste :

f (z) = cos (ω z),

f' (z) = – ω sin (ω z).

La relation f' (2 n i π) = 0 s'écrit : – ω sin (ω 2 n i π) = 0, d'où ω = 0 ou sh (2 n ω π) = 0.

Mais on ne peut pas avoir sh (2 n ω π) = 0 pour tout n sans que ω soit nul, donc ω = 0 et il reste :

f (z) = 1, z ,

ce qui est incompatible avec une suite dénombrable de solutions de l'équation f (z) = 1.

Conclusion : on ne peut pas avoir k = – ω ² < 0.

Dans le cas particulier où l'équation f (z) = 1 n'a que des racines doubles z = 2 n i π, n ,

la fonction f (z) est donnée par f (z) = ch (z) = 2

z zee

−+.



Exercice 9. Détermination de Arctan z. (Bass, Exemple 1, p.596)

La fonction Z = Arc tan z ayant pour valeur 0 au point z0 = 0, trouver sa valeur au point z1 = 1 + i

lorsqu'on passe de z0 à z1 par le chemin rectiligne, en ayant fait une coupure dans le plan complexe

allant de i à +∞ sur l'axe des y et une coupure allant de – i à – ∞ sur l'axe des y .

Solution.

Arc tan z = i2

1 ln ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+iz

iz

1

1 =

i2

1 ln ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +− zi

zi.

Posons z – i = R1 e i θ1 et z + i = R2 e i θ

2, avec :

2

π < θ1 ≼ 2 π +

2

π et –

2

π < θ2 ≼ 2 π –

2

π .

On a i – z = R1 e i θ1

+ i π. On prend la détermination :

Arc tan z = i2

1 ( ) ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−+ π θ θ 12ln 21

2

1 k ii R

R

Arc tan z = i2

1 ln

2

1

R

R +

2

21 θ θ − + (2 k + 1)

2

π

Pour z0 = 0, on a : R1 = R2 = 1, θ1 = 23π , θ2 =

2π , Arc

tan

z0 =

2π + (2 k + 1)

2π .

La branche correspondant à Arc tan z0 = 0 est donc donnée par k = – 1. Dans cette branche, la

déteermination de Arc tan z est donnée par :

Arc tan z = i2

1 ln

2

1

R

R +

2

21 θ θ − –

2

π .

Pour z1 = 1 + i , R1 = 1, R2 = 5 , θ1 = 2 π, θ2 = Arc tan 2, d'où :

Arc tan z1 = i2

1 ln

5

1 +

2

2tanArc2 −π –

2

π

Arc tan (1 + i ) = 4

i ln 5 +

2

1(π – Arc tan 2)

Les points singuliers de Arc tan z = i2

1 ln ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+iz

iz

1

1 sont : point critique en i et point critique en –i .

Donc la coupure indiquée sur la figure rend bien la fonction Arc tan z uniforme.



Exercice 10. Détermination de Arc cos z. (Bass, Exemple 2, p.598)

La fonction Z = Arc cos z ayant pour valeur 2

π pour z = 0, trouver la valeur de Arc cos z au point z = 2,

le chemin décrit pour aller de 0 à 2 étant un demi‐cercle Γ de centre 1 et d'ordonnées positives.

Solution.

Les coupures indiquées sur la figure

rendent uniforme la fonction

z + 12 − z .

Les points singuliers de :

Arc cos

z = i

1

ln (z + 12

− z )

sont –1, 1 et ∞, car

Arc cos z

1 =

i

1 (ln (z + 12 − z ) – ln z)

possède en z = 0, un point singulier qui est un point critique. Il en résulte que les coupures indiquées

sur la figure, qui empêchent de tourner autour d'un point singulier, rendent uniforme la fonction

Arc cos z.

Posons :

z + 1 = R1 e i θ1, avec –

2

π < θ1 < 3

2

π ;

z – i = R2 e i θ2, avec –

2

π < θ2 < 3

2

π .

Par définition de Arc cos z, la détermination choisie pour 12 − z est :

12

− z = 21 R R 2

21 θ θ +i

e .

Posons Z = z + 12 − z . Z est déterminé sans ambiguïté par la donnée de z.

Arc cos z = i

1 ln | Z | + Arg (Z) + 2 k π.

La détermination choisie de Arc cos z est fixée par Arc cos 0 = 2

π .

Pour z = 0, on a R1 = R2 = 1, θ1 = 0, θ2 = π. Z = 2

π

ie , Arc cos 0 =

i1 ln 1 +

2π + 2 k π. On a donc k = 0.



Alors, pour z = 2, R1 = 3, R2 = 1, θ1 = θ2 = 0, Z = 3 + 2,

Arc cos 2 = – i ln (2 + 3 ) = i ln ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+ 32

1 = i ln (2 – 3 )

Arc cos 2 = i ln (2 – 3 )



Exercice 11. Détermination d'un radical. (Bass N°8, p.661)

On pose f (z) = 222 ++ z z . z part du point –1 avec f (z) = –1. Quelle est la valeur de f (z) quand z

arrive au point 1 + 2 i en ayant décrit :

a) une droite ?

b) un demi‐cercle ?

Solution. La fonction f (z) = 222 ++ z z a, pour

singularités :

– un point critique en –1 + i ,

– un point critique en –1 – i , – un pôle d'ordre 1 en ∞.

On peut donc la rendre uniforme en

faisant, par exemple, la coupure

indiquée en traits gras sur la figure, qui

empêche de tourner autour des

singularités.

Posons z – (– 1 + i ) = R1 e i θ1, avec – π < θ1 ≼ π,

z – (– 1 – i ) = R2 e i θ2, avec – π < θ2 ≼ π.

f (z) = 21 R R π

θ θ k ii

e+

+2

21

.

La fonction f possède donc deux déterminations, suivant la parité de k :

f (z) = ± 21 R R 2

21 θ θ +i

e , avec – π < 2

21 θ θ + ≼ π.

On choisit une détermination de départ en prenant f (– 1) = – 1.

En z = – 1, on a : R1 = 1, θ1 = – 2

π , R2 = 1, θ2 = +

2

π , 21 R R 2

21 θ θ +i

e = 1.

Il faut donc prendre l'entier k de telle sorte que π k i

e = – 1, par exemple k = 1. La détermination de f

reste

f (z) = – 21 R R 2

21 θ θ +i

e , avec – π < 2

21 θ θ + ≼ π.

tant qu'on reste dans le plan coupé sans franchir la coupure.

1°/ Chemin rectiligne.



On ne franchit pas la coupure en suivant un chemin rectiligne de – 1 à 1 + 2 i . La détermination de f

ne change pas.

Au point 1 + 2 i , on a : R1 = 5 , θ1 = Arc tan 2

1, R2 = 13 , θ2 = Arc tan

2

3, donc :

f (1 + 2 i ) = – (65)¼

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

3tanArc

2

1tanArc

2

i

e .

Comme 2

1 ×

2

3 =

4

3 < 1, on peut appliquer la formule :

Arc tan a + Arc tan b = Arc tan ab

ba

−+

1.

Arc tan 21 + Arc tan

23 = Arc tan

2

3

2

11

2

3

2

1

×−+ = Arc tan 8.

f (1 + 2 i ) = – (65)¼

ei Arc tan 8

Et l'on remarquera que (65)¼

= ( )8tancos

1

Arc ou cos ( Arc tan 8) =

65

1, car cos

2θ =

θ 2tan1

1

+.

2°/ Chemins en demi‐cercle.

a) Demi‐cercle inférieur.

On ne traverse pas la coupure du plan, la détermination de f ne change pas :

f (1 + 2 i ) = – (65)¼

e i Arc tan 8.

b) Demi‐cercle supérieur.

On traverse une fois la coupure du plan, la détermination de f change :

f (1 + 2 i ) = + (65)¼ e i Arc tan 8.



Exercice 12. Détermination de Arc tan (1-z)1/2. (Bass, N°9, p.661)

Trouver la valeur finale de u = Arc tan z−1 quand z décrit le segment de droite allant de l'origine

au point d'affixe 1 + i , la valeur initiale de u étant 4

π

.

Solution.

La fonction

Arc tan z−1 = i2

1 ln

zi

zi

−−

−+

11

11

a, pour singularités :

• un point critique en 1,

• un point critique en 2,

• un point critique en ∞.

On peut la rendre uniforme par une coupure sur l'axe des abscisses, allant de 1 à + ∞, qui empêche

de tourner autour d'une singularité.

zi

zi

−−−+

11

11 =

11

11

−+−−

z

z =

2

12

−−−

z

z z = 2

2

1

−−

z

z –

2− z

z

Posons z – 1 = R1 e i θ

1, avec 0 ≼ θ1 < 2 π ; z – 2 = R2 e i θ

2, avec 0 ≼ θ2 < 2 π.

La fonction 1− z possède deux déterminations, données par les valeurs de :

1− z = 1 R π

θ k ii

e+

2

1

, k .

Lorsque R1 = 1, ce qui est le cas aussi bien pour z = 0 que pour z = 1 + i , on a :

zi

zi

−−

−+

11

11 =

11

11

−+

−−

z

z =

π θ

π θ

k ii

k ii

e

e

+

+

+

−

2

2

1

1

1

1 = – i tan ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +24

1 π θ k

La formule tan (a + b) = ( ) ( )

( ) ( )ba

ba

tantan1

tantan

−+

donne alors :



zi

zi

−−

−+

11

11 = – i

⎟ ⎠

⎞⎜⎝ ⎛

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

2tan

4tan1

2tan

4tan

1

1

π θ

π θ

k

k

, avec tan ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

π k =

⎩⎨⎧

∞ impair estsi

pair estsi0

k

k .

zi

zi

−−

−+

11

11 =

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

impair estsi4

cot

pair estsi4

tan

1

1

k ani

k i

θ

θ

=

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

impair estsi4

cot

pair estsi4

tan

12

12

k ane

k e

i

i

θ

θ

π

π

La fonction Arc tan z−1 alors possède donc deux déterminations définies par :

Arc tan z−1 = i2

1

ln zi

zi

−−

−+

11

11

=

⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

impair estsi4

tanln24

pair estsi4

tanln24

1

1

k i

k i

θ π

θ π

Pour z = 0, R1 = 1, θ1 = π, Arc tan z−1 =

⎪⎩

⎪⎨

⎧−

impair estsi4

pair estsi4

k

k

π

π

Pour avoir Arc tan z−1 =

4

π , il faut donc prendre k impair.

Comme la chemin rectiligne parcouru pour aller de 0 à 1 + i ne traverse pas la coupure du plan, la

détermination de la fonction Arc tan z−1 ne change pas.

Pour z = 1 + i , R1 = 1, θ1 = 2

π , Arc tan z−1 =

4

π +

2

i ln ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 8

tanπ

.

Or si l'on pose tan 8

π = t , on a tan

4

π =

21

2

t

t

− = 1, donc t = 2 – 1 > 0.

Arc tan i− = 4

π +

2

i ln ( 2 – 1)



Exercice 13. Détermination d'une solution d'équation différentielle. (Dû à M. Neyrand, T.M.P.)

1°/ Intégrer l'équation différentielle :

z dz

du

– m u – 2 21 z

zm

− = 0.

où m est un entier positif.

2°/ Considérant la solution particulière qui correspond à la valeur 0 de la constante arbitraire

introduite lors de l'intégration, quelles sont les diverses valeurs prises au point z = i par cette

solution particulière.

3°/ Comment varient les diverses déterminations de cette solution particulière quand le point M

d'affixe z décrit une courbe fermée (C ) passant par le point i et ne contenant aucun des points

singuliers de cette solution particulière ? Que se passe‐t‐il si (C ) contient un ou plusieurs des points

singuliers ?

Solution.

1°/ Intégration de l'équation différentielle.

L'équation différentielle est une équation différentielle linéaire du premier ordre, à coefficients non

constants, avec second membre. Sa solution générale (SGEASM) s'obtient en faisant la somme de la

solution générale de l'équation sans second membre (SGESSM), et d'une solution particulière de

l'équation avec second membre (SPEASM).

L'équation sans second membre s'écrit :

z

dz

du – m u = 0

u

du = m

z

dz

donc u = k z m, où k est une constante complexe arbitraire.

La méthode de variation des constantes, due à Lagrange, permet de trouver une solution particulière

de l'équation avec second membre : on cherche une solution particulière de la forme u = f (z) z m.

z ( f' (z) z m + m f (z) z m – 1) – m f (z) z m

– 2 21 z

zm

− = 0

f' (z) = ( )21

2

z z − =

z

2 +

z−11

– z+11

.

On peut prendre f (z) = 2 ln z – ln (z – 1) – ln (z + 1) = ln 12

2

− z

z et u = z m

ln 12

2

− z

z.

La solution générale de l'équation proposée est donc :

u = z m

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

−+

1ln

2

2

z zk , avec une constante arbitraire k .



2°/ Détermination des valeurs de u = z m

ln 12

2

− z

z pour z = i .

Pour z = i , les déterminations de u sont définies par celles du logarithme par la formule :

u = i m ln ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

−−2

1.

Pour z = R e i θ, les déterminations du logarithme de z sont données par ln z = ln R + i θ + 2 i k π. Pour z

= 2

1, on a donc ln z = ln

2

1 + 2 i k π. Il vient donc :

u = i m

(– ln 2 + 2 i k π), k .

3°/ Variation de la détermination de u.

Les points singuliers de la fonction u = z m ln

12

2

− z

z sont ceux qui annulent ou rendent infini

l'argument du logarithme : –1, 0, 1, ∞. Les points –1, 0, 1, sont des points critiques. Si l'on change z

en z

1, on obtient u ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ z

1 =

m z

1− ln (z ² – 1), dont les points singuliers sont –1 (point critique), 1 (point

critique), 0 (pôle d'ordre m). Donc, pour la fonction u (z), le point à l'infini est un pôle d'ordre m.

On rend donc la fonction u uniforme par une coupure joignant les trois points –1, 0, 1, et passant ou

non par l'infini.

Posons :

z = r e i θ, avec 0 ≼ θ < 2 π,

z + 1 = r 1 e i θ1, avec 0 ≼ θ1 < 2 π,

z – 1 = r 2 e i θ2, avec 0 ≼ θ2 < 2 π.

12

2

− z

z =

21

2

r r

r e i (2 θ – θ

1 – θ

2)

u = r m e m i θ

(ln

21

2

r r

r + i (2 θ – θ1 – θ2 + 2 k π)).

En z = i , on a : r = 1, θ = 2

π , r 1 = 2 , θ1 =

4

π , r 2 = 2 , θ2 =

4

3π .

Donc :

u = i m

(– ln 2 +2 i k π), k .

C'est bien ce qu'on avait trouvé directement dans 2°.



Suivons maintenant les variations de u à partir de sa détermination Dk = i m (– ln 2 +2 i k π) le long de

divers cycles passant par le point i .

1°) Cycle n'entourant aucun point critique.

r , r 1, r 2, ont une variation nulle.

θ, θ1, θ2, ont une variation nulle. 2 θ – θ1 – θ2 ne varie pas.

Donc la détermination de u ne change pas.

On part avec la détermination Dk , on revient avec la

détermination Dk .

2°) Cycle entourant le point –1.


θ1 augmente de 2 π. θ et θ2 ont une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie – 2 π.

u varie de – 2 π i m + 1.

On part de i avec la détermination Dk . On revient à i

avec la détermination Dk – 1.

3°) Cycle entourant le point 0.


θ augmente de 2 π. θ1 et θ2 ont une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie 4 π.

u varie de + 4 π i m + 1

.


avec la détermination Dk + 2.

4°) Cycle entourant le point 1.


θ2 augmente de 2 π. θ et θ1 ont une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie – 2 π.

u varie de – 2 π i m + 1

.


avec la détermination Dk – 1.

5°) Cycle entourant les points –1 et 0.


θ et θ1 augmentent de 2 π. θ2 a une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie 2 π.

u varie de 2 π i m + 1

.





6°) Cycle entourant les points –1 et 1.


θ1 et θ2 augmentent de 2 π. θ a une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie – 4 π.

u varie de – 4 π i m + 1.

On part de i avec la détermination Dk . On revient à i avec la détermination Dk – 2.

7°) Cycle entourant les points 0 et 1.


θ et θ2 augmentent de 2 π. θ1 a une variation nulle.

2 θ – θ1 – θ2 varie 2 π.

u varie de 2 π i m + 1

.



8°) Cycle entourant les points –1, 0 et 1.


θ, θ1 et θ2 augmentent de 2 π.

2 θ – θ1 – θ2 a une variation nulle.

u a une variation nulle.


avec la détermination Dk .

Les huit cas qu'on vient d'étudier sont les seuls qui peuvent se présenter. Il en ressort que, pour

rendre u uniforme, il faut faire une coupure qui empêche de tourner autour d'un seul point singulier

à la fois ou de deux points singuliers.

Il faut que l'on puisse tourner autour d'aucun point singulier, ou que l'on puisse tourner autour des

trois points singuliers –1, 0 et 1.

Une coupure du plan allant du point –1 au point 1, sur l'axe des x , remplit ces conditions.



Exercice 14. Primitive de (2-cos z)–1. (Bass, N°10, p.661)

Calculer l'intégrale ∫ −C z

dz

cos2, C étant le segment de droite qui joint les points i ln 3 et i ln 3 + 2 π.

On posera e i z = t . On calculera la primitive I et on définira le lieu décrit par le point I dans le plan

complexe.

Solution.

Posons, comme il est indiqué dans l'énoncé t = e i z. On a dt = i e i z dz = i t dz;

cos z = 2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +t

t 1

= t

t

2

12 +

.

∫ −C

z

dz

cos2

=

( )( )( )∫ +−'

2

14

2

C t t it

dt t = 2 i

∫ +−' 2

14C

t t

dt .

C est le segment de droite défini par i ln 3 + θ, 0 ≼ θ ≼ 2 π.

Lorsque z décrit le segment de droite C , i z décrit le segment de droite – ln 3 + i θ, 0 ≼ θ ≼ 2 π, et

t = ei z décrit le cercle

3

1 e i θ, 0 ≼ θ ≼ 2 π.

C' est donc le cercle d'équation 3

1 e i θ, 0 ≼ θ ≼ 2 π.

Pour calculer ∫ +−' 2 14C t t

dt , décomposons la fraction rationnelle

14

12 +− t t

en éléments simples de

première espèce :

14

12 +− t t

= ( )32 +−t

A +

( )32 −−t

B.

Pour calculer A, on multiplie par t – (2 + 3 ) et on fait t = 2 + 3 :

A = ( )3232

1

−−+ = 32

1

.

Pour calculer B, on multiplie par t – (2 – 3 ) et on fait t = 2 – 3 :

B = ( )3232

1

+−− =

32

1−.

14

12 +− t t

= 32

1

( )32

1

+−t –

32

1

( )32

1

−−t a pour primitive

32

1 ln

)( )32

32

−−

+−

t

t , et :



2 i ∫ +−' 2 14C t t

dt est la variation de la fonction I =

3

i ln

)( )32

32

−−

+−

t

t lorsque t décrit le cercle C' de

centre O et de rayon 3

1, en partant du point

3

1, et en revenant en ce point après un tour autour de

O.

Posons :

z – (2 – 3 ) = R1 e i θ1, 0 ≼ θ1 < 2 π,

z – (2 + 3 ) = R2 e i θ2, 0 ≼ θ2 < 2 π.

Les points singuliers de la fonction I = 3

i ln

( )( )32

32

−−

+−

t

t sont :

un point critique en 2 – 3 ,

un point critique en 2 + 3 .

On peut rendre uniforme la fonction par la coupure du plan le long du segment joignant les points

critiques, sur l'axe réel, comme indiqué sur la figure.

I = 3

i ln

1

2

R

R +

3

i × i (θ2 + 2 k 2 π – θ1 – 2 k 1 π) =

3

i ln

1

2

R

R –

3

1 (θ2 – θ1) +

( )3

2 12 π k k −.

Choisir une détermination de I, c'est choisir une valeur de k 1 et une valeur de k 2, par exemple

k 1 = k 2 = 0.

La détermination de I dans le plan coupé est alors I = 3

i ln

1

2

R

R –

3

1 (θ2 – θ1).

Pour z = i ln 3, on a R1 = 3

1 – (2 – 3 ) =

3

533 −, θ1 = 0, R2 = (2 + 3 ) –

3

1 =

3

533 +, θ2 = π.

En ce point, la valeur de I est I1 = 3

i

ln 533

533

−

+ – 3

π

= 3

i

(2 ln (3 3 + 5) – ln 2) – 3

π

.

Lorsque z se déplace sur le segment C joignant i ln 3 à i ln 3 + 2 π, t se déplace sur le cercle C' dans le

sens direct, jusqu'à atteindre le bord inférieur de la coupure, où R1 reprend la valeur 3

533 − et

θ1 = 2 π ; R2 = 3

533 +, θ2 = π. La valeur de Iest alors I2 =

3

i ln

533

533

−

+ +

3

π .

On en déduit la valeur de l'intégrale :



∫ −C z

dz

cos2 = I2 – I1 =

3

i ln

533

533

−

+ +

3

π –

3

i ln

533

533

−

+ +

3

π =

3

2π .

∫−

C

z

dz

cos2

=

3

2π .

Vérification : calcul de l'intégrale par la méthode des résidus.

Le cercle C' contient, en son intérieur, un seul pôle simple de la fonction à intégrer 14

12 +− t t

.

L'intégrale ∫ +−' 2 14C t t

dt est égale (théorème des résidus) au produit de 2 i π par le résidu de

14

12 +− t t

au pôle 2 – 3 .

Le résidu de 14

12 +− t t

au pôle 2 – 3 est le coefficient de ( )32

1

−−t dans le développement de

14

12 +− t t

en série de Laurent. Or on a, justement :

14

12 +− t t

= 32

1

( )32

1

+−t –

32

1

( )32

1

−−t

et la fonction ( )32

1

+−t est holomorphe dans le domaine entouré par le cercle C' parcouru dans le

sens direct, c'est‐à‐dire l'intérieur du cercle, de sorte que le résidu de 14

12 +− t t

en 2 – 3 est :

B = – 32

1.

On a donc :

∫ −C z

dz

cos2 = 2 i ∫ +−' 2 14C t t

dt

= 2 i × 2 i π × 32

1− = 3

2π

.

∫ −C z

dz

cos2 =

3

2π



Exercice 15. Intégrale de z–1(1-z²)–1/2. (Bass, N°11, p.662)

Calculer l'intégrale ∫−C z z

dz

21 lorsque C est :

1°/ La circonférence de centre O et de rayon 2

1.

2°/ La circonférence de centre O et de rayon 2.

3°/ Le contour représenté sur la figure :

On choisira avec précision une détermination de 21 z− dans le plan coupé convenablement.

Solution.

1°/ Singularités.

Les points singuliers de f (z) = 21

1

z− sont :

• un point critique en –1,

• un point critique en +1.

Il n'y a pas de singularité à l'infini.

f (z) est rendue uniforme et holomorphe dans le plan coupé par une coupure joignant les points +1

et –1 et passant ou non par le point à l'infini.

2°/ Circonférence de centre O et de rayon 1/2.

Prenons une coupure joignant les points +1 et –1 et passant par le point à l'infini sur l'axe des x .

Sur le cercle C de centre O et de rayon 2

1

, f (z) est holomorphe,

donc f (0) = π i2

1 ( )∫C

dz z

z f . Et l'on a donc :

∫−C z z

dz

21 = 2 i π f (0).

En 0, f possède deux déterminations, +1 et –1, suivant le feuillet choisi de la surface de Riemann;

Pour faire le choix entre les deux, posons :

z – 1 = R1 e i θ1, avec 0 < θ1 < 2 π,



z + 1 = R2 e i θ2, avec 0 < θ2 < 2 π.

21

1

z− =

21

1

R Ri 2

21 θ θ +−i

e e i k π.

Pour z = 0, R1 = R2 = 1, θ1 = π, θ2 = 0, 21

1

z− = – i 2

π i

e−

e i k π = – e i k π

.

Pour k = 1, on a f (0) = 1 et

∫−C z z

dz

21 = 2 i π.

Pour k = 0, on a f (0) = – 1 et

∫ −C z z

dz

21 = – 2 i π

On obtiendrait le même résultat en faisant dans le plan complexe une coupure joignant les points +1

et –1 par un demi‐cercle.

3°/ Circonférence de centre O et de rayon 2.

La fonction f (z) = 21

1

z− =

1

1

2 − zi est rendue uniforme par une coupure joignant les deux points

+1 et –1 par un segment de droite ou par un demi‐cercle, parce qu'il n'y a pas de singularité à l'infini,

f ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ z1 =

12 −± z

z tend vers 0 lorsque z tend vers 0.

Soit Γ un cercle de centre O et de rayon R > 2. La fonction

21

1

z z − est holomorphe dans la couronne comprise entre Γ

et le cercle C de centre O et de rayon 2, et elle est holomorphe

aussi sur la frontière de cette couronne. On a donc :

∫+Γ − 21 z z

dz –

∫+ −C z z

dz

21 = 0.

Or z × 21

1

z z − =

21

1

z− tend vers 0 lorsque z tend vers l'infini, donc ∫ +Γ − 21 z z

dz tend vers 0

lorsque R tend vers l'infini, d'après le lemme de Jordan. On a donc :

∫−C z z

dz

21 = 0

4°/ Contour indiqué sur la figure suivante.



21

1

z− est rendue uniforme par une coupure en demi‐cercle joignant les points –1 et +1.

Donc 2

1

1

z z −

est holomorphe dans le domaine D de la figure et sur sa frontière. Donc l'intégrale

sur la frontière est nulle :

∫ +Γ − 21 z z

dz – ∫ +

−C z z

dz

21 – ∫ +

−γ 21 z z

dz = 0

Or ∫ +Γ − 21 z z

dz = 0 et ∫ +

−γ 21 z z

dz = 2 i π f (0) = 2 i π, donc :

∫−

C

z z

dz

2

1

= – 2 i π.



Exercice 16. Dérivée d'une fonction non monogène. (Bass, N°12, p.662)

Si, au point z, Z = P + i Q n'est pas fonction monogène de z = x + i y , le nombre complexe Z' = dz

dZ

dépend de la direction du vecteur représentatif de dz. Démontrer que l'image du nombre complexe

Z' décrit un cercle (dont le centre et le rayon dépendent de z).

Exemple : construire ce cercle pour les fonctions :

1°) Z = z .

2°) Z = x ² + i y .

Solution.

1°/ Cas général.

Z = P + i Q

dZ = (P' x

+ i Q' x ) dx + (P' y

+ i Q' y ) dy

dz = dx + i dy .

La direction du vecteur représentatif de dz est caractérisée par le coefficient angulaire λ = dx

dy .

Z' = dz

dZ =

)λ

λ

i

iQPiQP y y x x

+

+++

1

''''.

En multipliant numérateur et dénominateur par – i , il vient :

Z' = ( ) )

i

iPQiPQ y y x x

−

−+−

λ

λ '''' = Q' y – i P' y +

( ) )i

iPQiiPQ y y x x

−

−+−

λ

''''

Z' = Q' y – i P' y + ) )

i

QPiPQ y x y x

−

−−+

λ

''''

Si les conditions de Cauchy sont vérifiées, on voit donc que Z' ne dépend pas de λ.

Si elles ne sont pas vérifiées, alors on passe de λ à Z' par les opérations suivantes :

• Translation λ a λ – i , qui transforme l'axe réel en la droite y = – i .

• Inversion‐symétrie z a z

1 qui transforme la droite y = – i en le cercle de diamètre 1 tangent

à Ox , de centre 2

i.

• Similitude z a ((P' x + Q' x ) – i (P' x – Q' y )) z qui transforme le cercle ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

1,

2

i en le cercle :

( ) ( )( ) ( ) ( )⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡ −+−++− 22''''

2

1,''''

2

1 x y y x y x y x QPQPPQiQP .



• Translation z a z + (Q' y – i P' y ) qui transforme le cercle précédent en le cercle :

( ) ( )( ) ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+−−++ 22''''

2

1,''''

2

1 x y y x y x y x QPQPPQiQP .

Ainsi, lorsque λ décrit l'axe réel , Z' décrit le cercle [Ω, R] caractérisé par :

Son centre Ω = 2

1[(P' x + Q' y ) + i (Q' x – P' y )],

Son rayon R = 2

1 ( ) ( )22

'''' x y y x QPQP −+− .

Voir aussi l'expression donnée dans l'exercice 18.

2°/ Cas particulier Z = x – i y . On a alors : P = x , Q = – y , P' x = 1, P' y = 0, Q' x = 0, Q' y = – 1.

Donc :

Ω = 2

1[(1 + (–1)) + i (0 – 0)] = 0,

R = 2

1 ( )( ) ( )220011 −+−− = 1.

Dans ce cas, ni le centre, ni le rayon du cercle décrit par Z' ne

dépendent de z. Z' décrit ce cercle pour chaque z.

3°/ Cas particulier Z = x ² + i y . P = x ², Q = y , P' x = 2 x , P' y = 0, Q' x = 0, Q' y = 1. On a alors :

Ω = 2

1 (2 x + 1) = x +

2

1,

R = 2

1 ( )212 − x = 2

1− x .

Le cercle (Ω) est centré sur Ox . Son centre et son rayon

dépendent de z. On remarquera que tous les z qui ont la même

abscisse x définissent le même cercle (Ω) et les cercles (Ω) sont

tangents en 1 à la droite x = 1.



Exercice 17. Transformation Z=z(1-2z)/(z-2). (Bass, N°13, p.662)

A tout point z du plan complexe, on fait correspondre le point Z = ( )

2

21

−−

z

zz.

1°/ Démontrer que si z est intérieur au cercle C , de centre O et de rayon 1, il en est de même de Z . 2°/ Etudier le déplacement de Z quand z décrit :

a) Le segment (‐1,+1).

b) La moitié supérieure du cercle C .

3°/ Quelles sont les valeurs de Z pour lesquelles les deux valeurs z1 et z2 correspondantes de z sont

confondues ?

4°/ Démontrer que, lorsque Z parcourt le domaine limité par le cercle et la coupure rectiligne qui

joint les points 1 et –7 + 4 3 , z1 et z2 parcourent respectivement les deux moitiés du cercle C

correspondant à y > 0 et à y < 0.

Solution.

1°/ Intérieur du cercle C .

Z = – 2 z 2

2

1

−

−

z

z

. Les points 2

1 et 2 sont conjugués harmoniques par rapport aux points –1 et 1, donc

le cercle C de diamètre [–1, 1] a pour équation

2

2

1

−

−

z

z

= 21

2

11

−

− =

2

1.

Le point 2

1 est à l'intérieur du cercle C . Donc l'intérieur de C est caractérisé par :

2

2

1

−

−

z

z

< 21

2

11

−

− =

2

1.

Or | Z | = 2 | z | 22

1

−

−

z

z

. donc :

| z | < 1 | Z | < 2 × 2

1 = 1.

z intérieur à C Z intérieur à C .

Pour z = ± 1, Z = 1.

2°/ Déplacement de Z .

a) Quand z décrit le segment de droite [–1, 1].



Sur le segment de droite, z est réel : z = x [–1, 1] Z = ( )

2

21

−−

x

x x

Z = – ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

++2

632

x x .

La fonction Z ( x ) est continue sur l'intervalle [–1, 1]. L'image d'un intervalle fermé par une fonction

continue est un intervalle fermé (théorème de Weierstrass, voir Cours d'analyse, p.62), donc Z décrit

un intervalle fermé lorsque z parcourt le segment de droite [–1, 1].

Z' = – ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

22

62

x

Z' = 0 si ( x – 2) ² = 3, donc si x = 2 ± 3 .

2 – 3 [–1, 1], 2 + 3 ∉ [–1, 1].

Pour ces valeurs de x , Z = – ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

++2

632

x x vaut :

Pour x = 2 + 3 , Z = – 7 – 4 3 .

Pour x = 2 – 3 , Z = – 7 + 4 3 .

Le transformé du segment [–1, 1] est le segment [4 3 – 7, 1].

b) Quand z décrit la moitié supérieure du cercle C .

L'équation de la moitié supérieure du cercle C est z = e i θ, 0 ≼ θ ≼ π.

Z = ( )

2

21

−−θ

θ θ

i

ii

e

ee =

( )( )( )( )22

221

−−−−

−

−

θ θ

θ θ θ

ii

iii

ee

eee =

( )2

2

2

21

−

−θ

θ

i

i

e

e.

Mais le module de e i θ

– 2 est égal au module du nombre complexe

conjugué e – i θ

– 2 = e – i θ

(1 – 2 e i θ

).

| e i θ – 2 | = | e – i θ

– 2 | = | e – i θ | |1 – 2 e i θ

| = |1 – 2 e i θ |.

Z = ( )

2

2

2

21

−

−θ

θ

i

i

e

e =

( )2

2

21

21

θ

θ

i

i

e

e

−

−.

On voit donc que | Z | = 1 et Arg ( Z ) = 2 Arg (1 – 2 z).

L'argument de 1 – 2 z est égal à l'argument de 2

1 – z, c'est l'opposé de l'argument de z –

2

1, à 2 k π

près. Lorsque θ varie de 0 à π, l'argument de z – 2

1

varie, lui aussi de 0 à π, son double varie de 0 à 2

π, et l'argument de Z varie 0 à – 2 π.



Lorsque z décrit la moitié supérieure du cercle C dans le sens

direct, Z décrit la totalité du cercle C dans le sens inverse.

Symétriquement, lorsque z décrit la moitié inférieure du cercle C , Z décrit l'ensemble du cercle C en

sens inverse.

3°/ Valeurs de z donnant la même valeur de Z .

La relation Z = ( )

2

21

−−

z

z z est équivalente, pour z ≠ 2, à (z – 2) Z = – 2 z ² + z, soit :

2 z ² + (z – 2) Z – z = 0,

2 z ² + ( Z – 1) z – 2 Z = 0.

Il y a une racine double z1 = z2 lorsque le discriminant de l'équation du second degré précédente est

nul :

( Z – 1) ² + 16 Z = 0,

soit Z ² + 14 Z + 1 = 0,

Z = – 7 ± 4 3 .

Les valeurs de Z pour lesquelles les valeurs correspondantes

z1 et z2 sont confondues sont Z = – 7 ± 4 3 .

On obtient Z = – 7 + 4 3 lorsque z1 = z2 = 2 – 3 : z1, z2 et Z sont à l'intérieur de C .

On obtient Z = – 7 – 4 3 lorsque z1 = z2 = 2 + 3 : z1, z2 et Z sont à l'extérieur de C .

4°/ Domaines décrits par z1 et z2 lorsque Z parcourt le domaine D limité par le cercle unité [O, 1].

Les racines z1 et z2 de l'équation 2 z ² + ( Z – 1) z – 2 Z = 0 sont données par les fonctions :

z1 = 4

1 (1 – Z + 1142 ++ Z Z ) =

4

1 (1 – Z + ( )( )347347 ++−+ Z Z )

z2 = 4

1 (1 – Z – 1142 ++ Z Z ) =

4

1 (1 – Z – ( )( )347347 ++−+ Z Z )

Les fonctions z1 et z2 peuvent être rendues uniformes en coupant le plan Z par une coupure, sur l'axe

réel, joignant les deux points critiques – 7 + 4 3 et – 7 – 4 3 et passant par le point à l'infini.

Le segment de droite joignant les points – 7 + 4 3 et 1 est une partie

de cette coupure, donc, dans le domaine D intérieur au cercle [O, 1], la

coupure par le segment

[– 7 + 4 3 , 1]

rend les fonctions z1 et z2 uniformes.

Comme on l'a déjà dit, du fait que les points 21 et 2 sont conjugués



harmoniques par rapport aux points –1 et 1 (ce qui veut dire

12

1

12

1

+

− = –

12

12

+−

) et du fait que la

circonférence C est l'ensemble des points du plan dont le rapport des distances aux points 2

1 et 2 est

constant et vaut 2

1, il résulte que :

| Z | ≼ 1 | z | ≼ 1.

Et comme on sait déjà que | z | = 1 | Z | = 1 (2°.b), il en résulte que | Z | < 1 | z | < 1. Donc :

Si Z parcourt le domaine D , z1 et z2 restent à l'intérieur du cercle C .

z1 et z2 vérifient la relation :

2 z ² + ( Z – 1) z – 2 Z = 0.

On a donc :

z1 + z2 = 2

1 Z − et z1 z2 = – Z .

(z1 – 2)(z2 – 2) = z1 z2 – 2 (z1 + z2) + 4 = – Z – (1 – Z ) + 4 = 3.

(z1 – 2)(z2 – 2) = 3.

La relation (z1 – 2)(z2 – 2) = 3, indépendante de Z , montre que l'on passe de z1 à z2 par une inversion‐

symétrie de pôle 2 et de puissance 3 . Les parties imaginaires de z1 – 2 et de z2 – 2 sont donc de

signes opposés, donc aussi celles de z1 et z2.

Lorsque Z tend vers le point – 7 + 4 3 , z1 et z2 tendent tous deux vers 2 – 3 . Ce point est situé

sur la coupure joignant –7 + 4 3 à +1. Comme les parties imaginaires de z1 et z2 sont de signes

opposés, l'un est au‐dessus de la coupure, l'autre est en dessous. On appellera z1 la valeur de z

correspondant à Z , située au‐dessus de la coupure, et z2 celle qui est en dessous.

Posons :

Z + 7 – 4 3 = R1 e i θ1. Si Z parcourt le domaine D , θ1 reste compris strictement entre 0 et 2 π.

Z + 7 + 4 3 = R2 e i θ2. Si Z parcourt le domaine D , θ2 reste compris strictement entre deux valeurs

opposées – α et + α, où α = Arc sin 347

1

+ est compris, nous dit Maple, entre

44

π et

43

π .



Dire que θ2 tend vers α, c'est dire que Z tend vers le point de C où le segment joignant Z à – 7 – 4 3

est tangent au cercle et, en ce point de C , on a θ1 = 2

π , parce que les points –7 – 4 3 et –7 + 4 3

sont conjugués harmoniques par rapport aux points –1 et 1 : 1347

1347

++−

−+− = –

1347

1347

+−−

−−−.

De façon symétrique, θ2 = – α correspond à θ1 = 2

3π .

1142 ++ Z Z = 21 R R 2

21 θ θ +i

e e i k π.

Dans le domaine D , la détermination de 1142 ++ Z Z qui correspond au choix de z1 au‐dessus de

l'axe réel lorsque Z tend vers –7 + 4 3 est donnée par k = 0 :

1142 ++ Z Z = 21 R R 2

21 θ θ +i

e ,

avec 0 < R1 < 8 – 4 3 ,

6 – 4 3 < R2 < 8 + 4 3 ,

0 < θ1 < 2 π,

– α < θ2 < α.

Lorsque Z est réel, compris entre –1 et –7 + 4 3 , θ1 = π et θ2 = 0, 1142 ++ Z Z = i 21 R R .

z1 = 4

1 (1 – Z + i 21 R R ), z2 =

4

1 (1 – Z – i 21 R R ),

z1 et z2 sont complexes conjugués, z1 est au‐dessus de l'axe réel, z2 est en dessous.

Enfin, pour tout z1 de la moitié supérieure de D , il existe un Z = ( )

2

21

1

11

−−

z

z z D , qui donne, par

continuité, z1 comme image par z1 = 4

1 (1 – Z +

21 R R 2

21 θ θ +i

e ). Et l'on sait qu'alors le point

z2 = 4

1 (1 – Z – 21 R R 2

21 θ θ +i

e )

est dans la moitié inférieure de D .

Ainsi, lorsque Z décrit D , le point z1 = 4

1 (1 – Z + 1142 ++ Z Z ) décrit entièrement la partie D

+ de D

au‐dessus de l'axe réel et le point z2 = 4

1 (1 – Z – 1142 ++ Z Z ) décrit entièrement la partie D

– de D

en dessous de l'axe réel.



Exercice 18. Transformation non-conforme conservant les cercles de centre

O. (Bass, N°14, p.662)

Soient I et J les deux points d'abscisses a et – a sur l'axe réel. Au point A du plan, on fait

correspondre le point A' tel que la droite AA' soit perpendiculaire à la fois à IA et JA' . On définit ainsi

une transformation géométrique T.

1°/ Trouver le transformé par T d'un cercle C de centre O et d'une droite passant par I. Montrer, par

des considérations géométriques que T n'est pas une transformation conforme. Montrer que si A

décrit le cercle C de centre O et de rayon R fixé, A' se déduit de A par une transformation

homographique (qui dépend de R).

2°/ Soient z et Z les affixes de A et A' . Calculer Z en fonction de z et de l'imaginaire conjugué z de z.

3°/ En utilisant la transformation T, trouver une transformation homographique H d'équation :

Z 1 = d cz

baz

++

qui conserve le cercle C de centre O et de rayon R. Définir géométriquement H.

On désigne par Z' = dz

dZ la dérivée de Z par rapport à z suivant une direction d'argument θ. Trouver

le lieu du point Z' lorsque, z étant fixé, θ varie de 0 à 2 π.

Etendre le résultat au cas général d'une fonction non monogène de la variable complexe z.

Solution.

1°/ Transformation T.

AA' ⊥ IA et AA' ⊥ JA' A' est l'intersection de la perpendiculaire en A

à IA et d'un demi‐cercle de diamètre JA.

Le point A' est ainsi déterminé de manière unique pour tout A ≠ I.

Lorsque A = I, la droite IA n'existe pas, le transformé de I n'existe pas.

Ce peut être n'importe quel point du plan.

2°/ Transformé par T d'un cercle de centre O.

Supposons R ≠ a. Soit M le milieu de AA' , O le milieu de IJ. Comme IA est

parallèle à JA' , et que OM détermine sur les sécantes AA' et IJ des

segments proportionnels, OM est parallèle à IA et JA' , donc

perpendiculaire à AA' et passe par le milieu de AA' . OM est donc la

médiatrice du segment AA' et OA = OA' . Le point A' se trouve donc sur le

cercle C de centre O passant par A.

A [O, R] A' = T ( A) [O, R].

Réciproquement, soit A' un point quelconque du cercle [O, R] de centre O et de rayon R ≠ a. La

perpendiculaire en A' à JA' coupe le cercle [O, R] en un point A. Soit M le milieu de AA' . OA = OA' et

MA = MA' OM est la médiatrice de AA' , donc OM est perpendiculaire à AA' , donc parallèle à JA' .

Comme la droite AI détermine sur les sécantes AA' et JI des segments proportionnels



⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ==

2

1

IJ

IO

' AA

AM, elle est parallèle à JA' et à OM, donc elle est perpendiculaire à AA' . On se retrouve

dans le cas de figure précédent, de sorte que A' est l'image de A par T.

( A' [O, R])( A [O, R])( A' = T ( A)).

La transformation T est donc une surjection du cercle C = [O, R] sur lui‐

même.

Pour R ≠ a, le cercle C = [O, R] est invariant dans son ensemble par la

transformation T.

Lorsque R = a (cercle C de diamètre IJ), A' et J sont confondus, pour tout

A C , sauf peut‐être, pour A = I, puisque JA est perpendiculaire à AI :

T (C – { I }) = { J }.

Enfin, remarquons que, pour R < a, si IA est tangent au cercle [O, R], A' est le symétrique de A par

rapport à O.

3°/ Transformé par T d'une droite passant par I .

Soit Δ une droite passant par I. Soit Δ' la droite parallèle à Δ

pasant par J. Pour un point A de Δ, soit A' la projection de A sur

Δ'. AA' est perpendiculaire à Δ et à Δ', donc à IA et à JA' . Donc A'

est le transformé de A par la transformation T.

Réciproquement, tout point A' Δ' est la projection sur Δ' d'un point A Δ.

Donc le transformé de Δ par T est Δ' :

T (Δ – { I }) = Δ' – I' , où I' est la projection orthogonale de I sur Δ.

L'image par T d'une droite Δ passant par I est la parallèle Δ' à Δ passant par J.

Le seul cas particulier est celui de la droite IJ.

Si Δ = IJ, Δ' = Δ et tout point différent de I est son propre transformé : la droite IJ moins le point I, est

formée de points doubles.

4°/ T n'est pas une transformation conforme.

L'image par la transformation T du cercle [O, a], de centre O et de rayon a, moins le point I, est

réduite au point J. Si la transformation T était une transformation conforme, par continuité, le

transformé de I serait le point J.

Tout point de la droite IJ différent de I, est point double de la transformation T. Si la transformation

T était une transformation conforme, par continuité, le transformé de I serait I lui‐même.



Bref, si T était une transformation conforme, I et J seraient confondus et a serait nul. Mais si a = 0, la

transformation T se réduit à la transformation identique comme on le voit facilement à partir de la

définition. Et, dans ce cas, la transformation T est conforme puisqu'elle ne change rien.

Conclusion :

Pour a ≠ 0, la transformation T n'est pas une transformation conforme.

On aurait pu dire aussi que, pour un point A [O, a] différent de I, le transformé de A est A' = J. Pour

un point B infiniment voisin de A situé, lui aussi, sur le cercle [O, R] et différent de I, le transformé de

B est aussi le point J. Donc en A, le jacobien de la transformation T, qui mesure localement le rapport

de surface (dX ∧ dY = Jacobien × dx ∧ dy ), est nul et ceci n'est pas compatible avec une

transformation conforme, donc la transformation T n'est pas conforme en A.

5°/ Réduction de T à une transformation homographique.

1

er

cas : R > a.

Posons z = R e i θ et z – a = r e i θ

1. Soit A' = T ( A) et soit Z l'affixe de A' .

L'argument de Z est 2 (θ1 – θ) + θ = 2 θ1 – θ.

Le module de Z est | z | = R puisque A et A' sont sur le même cercle

de rayon R.

On a donc

Z = | z| e

i (2 θ1 – θ) = (| z | e

–

i θ) e 2 i θ1 = z

e 2 i θ1 = z ( )22

az

az

−

− = z

az

az

−− = z z ( )azz

az

−−

= R 2

azR

az

−−2

Z = R 2

azR

az

−−

2

Cette formule montre que A' se déduit de A par une transformation homographique.

2e cas : R < a.

L'angle MOI est égal à l'angle OIA (alternes‐internes) = π – θ1.

L'angle MOA vaut donc π – θ1 + θ. Il est égal à l'angle A'OM.

L'angle IOA' vaut donc 2 π – (π – θ1 + θ) – (π – θ1) = 2 θ1 – θ. C'est

l'argument de l'affixe Z de A' . Le module de Z est | z |.

On obtient, comme précédemment :

Z = | z| e i (2 θ1

– θ) = (| z | e

– i θ) e 2 i θ1 = z e 2 i θ

1 = z( )

2

2

az

az

−

− = z

az

az

−−

= z z( )azz

az

−−

= R 2

azR

az

−−

2

Z = R 2

azRaz

−−

2



Cette formule montre que A' se déduit de A par une transformation homographique.

Expression de Z en fonction de z et z .

Dans tous les cas, l'argument de Z est 2 θ1 – θ et le module de Z est | z |. On a donc

Z = | z| e i (2 θ1

– θ) = (| z | e

– i θ) e 2 i θ1 = z e 2 i θ

1 = z( )

2

2

az

az

−

− = z

az

az

−−

Z = zaz

az

−−

6°/ Transformation homographique H conservant le cercle [O, R]. Nous avons vu précédemment que la transformation T conserve tout cercle de centre O et que, sur

un cercle de centre O et de rayon R, elle s'exprime par :

Z = R 2

azR

az

−−

2.

Etant données deux constantes réelles positives a et R, nous voyons donc que la transformation

homographique H définie dans par cette formule, conserve le cercle [O, R].

On remarquera, en effet, que les points a et a

R2

sont conjugués harmoniques par rapport aux points

–R et +R, puisque l'on a RaRa −+

= –

Ra

R

R

a

R

−

+

2

2

. Par conséquent, le cercle [O, R] est l'ensemble des points

du plan dont le rapport des distances aux points a et a

R2

est constant et égal à

a

RR

aR2

−

− =

R

a.

Lorsque z est sur le cercle [O, R], nous avons | z | = R et

| Z | = a

R2

azR

az

−

−2 = a

R2

a

Rz

az2

−

−= a

R2

× R

a

= R.

Donc Z est aussi sur le cercle [O, R].

Soit A le point d'affixe z , conjugué de l'affixe

z du point A, et Z l'affixe du point A' = T ( A),

transformé de A par la transformation T.

L'argument de z est –θ, l'argument de z est θ,

l'argument de Z est 2 θ1 – θ. L'arc AA' vaut

donc (2 θ1 – θ) – θ = 2 (θ1 – θ). L'angle A OA'



vaut donc 2 (θ1 – θ) + 2 θ = 2 θ1 = A IA. L'angle inscrit A A A' d'où l'on voit l'arc AA' d'angle au centre

2 (θ1 – θ) est θ1 – θ.

Les deux triangles isocèles A IA et A OA' ont un angle égal compris entre deux côtés proportionnels :

ils sont semblables, de sorte que, en A, la transformation homographique H est équivalente à une

similitude de centre A , d'angle θ1 – θ et de rapport IA

' OA =

IA

OA =

( ) 22y a x

R

+−=

ax aR

R

222 −+.

On a, d'autre part, en désignant par H le milieu de A A :

IH = IA cos θ1 = R cos θ – a = x – a,

de sorte que

tan θ1 =

a x

y

−

et tan θ =

x

y .

tan (θ1 – θ) = θθ+

θ−θtantan

tantan

1

1

1 =

( )ax y x

a x y

−++22

, θ1 – θ = Arc tan ( )

ax y x

a x y

−++22

.

La transformation homographique H définie par

Z = ( )

azR

azR

−−

2

2

est équivalente, au point A d'affixe z = x + i y = R e i θ à une similitude S :

• de centre A d'affixe z = x – i y ,

• d'angle θ1 – θ = Arc tan

a x y −

– Arc tan

x y = Arg (z – a) – Arg (z) = Arg

azz−

• de rapport ax aR

R

222 −+ =

az

z

− =

az

z

−.

La similitude de centre O, d'angle Arg az

z

−, de rapport

az

z

−, est la multiplication par

az

z

−.

Lorsque le transformé de I d'affixe a est O d'affixe 0, il y a, au préalable, une translation de a, de

sorte que la similitude S, qui transforme un z1 en Z 1 , est définie par :

L'expression analytique de la similitude S est : Z 1 = (z1 – a) az

z−

.

Le centre de la similitude est point double, il est donné par :

z1 = (z1 – a) az

z

− = z1 +

az

az

−1 –

az

za

−,

( )az

zza

−−1 = 0.

Le centre de la similitude est bien z1 = z .

Par construction, l'image de z est l'affixe Z de A' :



Z = (z – a) az

z

− = (z – a)

( )azz

zz

− = (z – a)

azR

R

−2

2

.

7°/ Lieu de Z' .

Z = (z – a) az

z

− = z

az

z

− – a

az

z

− = z + a

az

zz

−− .

Posons z = x + i y , on a z = x – i y et Z = x + i y + 2 i a

iy a x

y

−−.

dZ = dz + 2 i a ( ) ( )

( )2iy a x

idy dx y dy iy a x

−−−−−−

= dz + 2 i a ( )

( )2iy a x

dx y dy a x

−−−−

.

Posons x – a + i y = r 1 e i θ

1 et dx

dy = tan θ. On a dz = dx + i dy = (1 + i tan θ) dx et :

Z' = dz

dZ = 1 + 2 i a

( )122

1

θ−

−θ−i er

y tana x

θ+ tani 1

1 = 1 + 2 i a

( )θ+θ−θθ

θ− tani er

sinr tancosr i 1122

1

1111

Z' = 1 + 2 i a ( )12

1

11

θ−θ

θθ−θθi er

cossinsincos = 1 + 2 i a

( )

1

1

r

sin θ−θ e i (2 θ

1 – θ)

Z' = 1 +

1r

a (e i (θ – θ

1) – e – i (θ – θ

1)) e i (2 θ

1 – θ)

= 1 +

1r

a (e i θ

1 – e i (3 θ1

– 2 θ))

Z' = 1 + az

a

− –

az

a

− e 2 i (θ

1 – θ)

= az

z

− –

az

a

− e 2 i (θ

1 – θ)

On a donc :

Z' – az

z

− =

az

ea i

−

θ12

e – 2 i θ.

Cette formule montre que, lorsque θ varie de 0 à 2 π, Z' décrit deux tours dans le sens négatif sur le

cercle de centre az

z

− = 1 + az

a

− et de rayon az

a

− = IA

a.

8°/ Extension au cas d'une fonction non monogène.

C'est ce qui a été fait dans l'exercice 16 (Bass, N°12, p.662).

Reprenons le calcul fait dans le cas général .

Z = P + i Q

dZ = (P' x + i Q' x ) dx + (P' y + i Q' y ) dy

dz = dx + i dy .



La direction du vecteur représentatif de dz est caractérisée par le coefficient angulaire λ = dx

dy .

Z' = dz

dZ =

)λ

λ

i

iQPiQP y y x x

+

+++

1

''''.

En multipliant numérateur et dénominateur par – i , il vient :

Z' = ( ) )

i

iPQiPQ y y x x

−

−+−

λ

λ '''' = Q' y – i P' y +

( ) )i

iPQiiPQ y y x x

−

−+−

λ

''''

Z' = Q' y – i P' y + ) )

i

QPiPQ y x y x

−

−−+

λ

''''

Si les conditions de Cauchy sont vérifiées, on voit donc que Z' ne dépend pas de λ.

Posons λ = tan θ.

Z' = Q' y – i P' y + ( )

i tan

' Q' Pi ' P' Q y x y x

−θ

−−+ = Q' y – i P' y + [P' x – Q' y + i (Q' x + P' y )] cosθ e – i θ

Z' = Q' y – i P' y + 2

1 [P' x – Q' y + i (Q' x + P' y )] (e i θ

+ e – i θ) e – i θ

Z' = Q' y – i P' y + 2

1 [P' x – Q' y + i (P' x – Q' y )] +

2

1 [P' x – Q' y + i (Q' x + P' y )] e – 2 i θ

Z' – 2

1[(P' x + Q' y ) – i (P' y – Q' x )] =

2

1[(P' x – Q' y ) + i (P' y + Q' x )] e – 2 i θ

Cette formule montre que Z' décrit un cercle :

• de centre 2

1[(P' x + Q' y ) – i (P' y – Q' x )]

• de rayon 2

1 ( ) ( )22

x y y x ' Q' P' Q' P −+−

et fait, à partir du point z' 0 = P' x + i Q' x , deux tours dans le sens rétrograde sur ce cercle lorsque θ

varie de 0 à 2 π.



Exercice 19. Transformation de Joukowski. (Bass, N°15, p.663)

1°/ Démontrer que, au domaine D du plan complexe (z) défini par les inégalités :

r' < r < r" , θ' < θ < θ",

la fonction :

(1) Z = 2

1(z a

+ z – a)

où a est un nombre réel donné, fait correspondre un domaine D ' du plan complexe ( Z ) limité par des

coniques homofocales.

2°/ Trouver toutes les fonctions holomorphes de la variable complexe z = r e i θ dont la partie réelle

est de la forme :

f (r ) g (θ)

(il y a d'autres solutions que la fonction de la première question).

3°/ Etudier la transformation particulière :

(2) Z = 2

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+ zz1

(transformation de Joukowski).

Construire le transformé d'un cercle de centre O, contenant les points –1 et 1, d'une demi‐droite

issue de O, d'un cercle passant par les points –1 et 1. Construire par points le transformé d'un cercle

passant par les points z = 1, passant assez près du point –1 et contenant le point –1. Montrer que la

courbe obtenue a un rebroussement au point –1.

4°/ Montrer que la transformation (2) peut se représenter par la formmule :

1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

z

z.

Au point z1, la transformation (2) fait correspondre un point Z = z2 ; au point z2, elle fait correspondre

un point z3, … , au point zn – 1, elle fait corrrespondre un point zn. Calculer zn en fonction de z1.

Trouver, suivant la valeur de z1, la limite de zn lorsque n tend vers l'infini.

Solution.

1°/Transformé du domaine D.

Posons z = r e i θ. On prend ln z = ln r + i θ (0 < θ < 2 π). Alors :

Z = 2

1(r

a e i a θ

+ r – a

e – i a θ) = 2

1(r

a + r

– a) cos aθ + 2

i (r

a – r

– a) sin aθ.

Les coordonnées de Z = X

+

i

Y sont donc :

X = 2

1(r

a + r

– a) cos aθ

Y = 2

1(r a – r – a) sin aθ.

Elles vérifient les équations :

(1) 122

22

=⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

−

+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

+

−− aaaa

r r

Y

r r

X



r a = θacos

X +

θasin

Y , r – a

= θacos

X –

θasin

Y ,

(2) 1

22

=⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ θ

−⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ θ asin

Y

acos

X

L'équation (1) est indépendante de θ, elle donne donc les transformées des courbes r = constante.

L'équation (2) est indépendante de r , elle donne donc les transformées des courbes θ = constante.

Les transformées des courbes r = constante sont donc sur des ellipses d'équation :

122

22

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+ −− aaaa r r

Y

r r

X

( ) ( ) 12

2

2

2

=+ r lnasinhY

r lnacosh X

Et comme on a cosh 2 (a ln r ) – sinh 2

(a ln r ) = 1, ces ellipses ont pour foyers les points –1 et 1. En

effet, la somme des distances de Z aux points –1 et 1 est :

( ) 221 Y X ++ + ( ) 22

1 Y X +− ,

de sorte que les ellipses de foyers –1 et 1, définies par la propriété que la somme des distances aux

foyers est une constante, ont pour équations :

( ) 221 Y X ++ + ( ) 22

1 Y X +− = constante k > 0,

2 ( X 2 + Y

2 + 1) + 2 ( )( ) X Y X X Y X 2121 2222 −+++++ = k

2

2 ( X 2 + Y 2 + 1) + 2 ( ) 2222 41 X Y X −++ = k 2

4 [( X ² + Y ² + 1) ² – 4 X ²] = [k ² – 2 ( X ² + Y ² + 1)] ² = k 4 – 4 k ² ( X ² + Y ² + 1) + 4 ( X ² + Y ² + 1) ²

– 16 X ² = k 4 – 4 k ² ( X ² + Y ² + 1)

4 (k ² – 4) X ² + 4 k ² Y ² = k ² (k ² – 4)

2

2

2⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ k

X +

12

2

2

−⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ k

Y = 1

Les ellipses définies par :

( ) ( )

12

2

2

2

=+r lnasinh

Y

r lnacosh

X



sont de la même forme, avec 2

k = cosh (a ln r ), ou k = r a + r – a.

De même, les transformées des courbes θ = constante, sont sur les hyperboles d'équations :

1

22

=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

θ−⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

θ asinY

acos X

et comme on a cos ² a θ + sin ² a θ = 1, ces hyperboles ont pour foyers les points –1 et 1.

Au domaine D du plan (z), limité par les arcs de cercle r = r' et r = r" et par les demi‐droites θ = θ' et θ

= θ", correspond, dans le plan ( Z ), le domaine D ' limité par les arcs d'ellipses de foyers –1 et 1 :

( ) ( )1

2

2

2

2

=+' r lnasinh

Y

' r lnacosh

X et

( ) ( )1

2

2

2

2

=+" r lnasinh

Y

" r lnacosh

X ,

et par les arcs d'hyperboles de foyers –1 et 1 :

' acos X

θ2

2 –

' asinY

θ2

2 = 1 et

" acos X

θ2

2 –

" asinY

θ2

2 = 1.

2°/ Fonctions holomorphes à variables r et θ séparées.

r = 22

y x + , θ = Arc tan x

y .

En coordonnées polaires (r , θ), le laplacien d'une fonction P est donné par :

Δ P = 2

2

r

P

∂∂

+ r

1

r

P

∂∂

+ 2

1

r 2

2

θ∂∂ P

Si P = i Q est une fonction holomorphe, P est harmonique. Pour que l'on ait P = f (r ) g (θ), il faut donc

que le laplacien Δ P vérifie :

Δ P = f" g + r

1 f'

g + 2

1

r f g" = 0,



soit :

r ² f

" f + r

f

' f = –

g

" g.

Or le premier membre ne dépend que de r , le deuxième membre ne dépend que de θ, donc la valeur commune aux deux membres ne peut être qu'une constante (réelle) k , positive, négative ou nulle.

Lorsque k = 0, g" = 0, g' = A, g = A θ + B, A et B réels.

r f" + f' = 0, ' f

" f = –

r

1, ln | f' | = – ln r + cste, f' =

r

C , f = C ln r + D, C et D réels.

P = (C ln r + D)( A θ + B).

r

1

∂θ∂Q

= r

P

∂∂

∂θ∂Q

= r r

P

∂∂

= r r

C ( A θ + B) = A C θ + B C , donc Q = A C

2

2θ + B C θ + f (r ).

r

Q

∂∂

= – r

1 ∂θ∂P

f' (r) = – r

1 (C ln r + D) A = – C

r

r ln –

r

AD, donc f (r ) = – A C

( )2

2r ln

– A D ln r + E .

Q = A C 2

2θ + B C θ – A C

( )2

2r ln

– A D ln r + E = – A ln r ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + Dr ln

C

2 + C θ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +θ B

A

2 + E .

Z = P + i Q = (C ln r + D)( A θ + B) – i A ln r ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ + Dr ln

C

2 + i C θ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +θ B

A

2 + i E .

Or, en prenant z = r e

i θ

, on a ln z = ln

r + i θ et (ln

z) ² = (ln

r + i θ) ² = (ln

r ) ² – θ ² + 2 i θ ln

r , de sorte

que – i 2

AC ((ln r ) ² – θ ² + 2 i θ ln r ) = (C ln r )( A θ) – i A ln r ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

r lnC

2 + i C θ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θ

2

A = – i

2

AC (ln z) ², et il

reste :

Z + i 2

AC (ln z) ² = D ( A θ + B) + B C ln r – i A D ln r + i B C θ + i E = – i A D (ln r + i θ) + B C (ln r + i θ) + i E ,

Z + i 2

AC (ln z) ² = (B C – i AD) ln z + i E .

Z = – i 2

AC (ln z) ² + (B C – i AD) ln z + i E , avec A, B, C, D, E, réels.

C'est une fonction holomorphe (dans le plan (z) coupé par une coupure sur l'axe réel de 0 à l'infini)

de la forme Z = i a (ln z) ² + α ln z + β, où a est réel, α est un complexe quelconque et β un imaginaire

pur, avec la condition a = 0 α ² est réel (α est réel ou imaginaire pur).

Lorsque k est différent de 0, f et g sont solutions du système d'équations différentielles linéaires :

r ² f" + r f' – k f = 0

g" + k g = 0.



Occupons‐nous d'abord de la deuxième. Elle est à coefficients constants, on cherche des solutions

exponentielles g = e a θ.

g' = a g, g" = a ² g, donc a ² = – k . Si k n'est pas nul, on obtient deux solutions exponentielles g1 =

θk i e et g2 = θ− k i e , avec :

21

21

' g' g

gg =

θ−θ

θ−θ

− k i k i

k i k i

ek i ek i

ee = – 2 i k ≠ 0.

Ces deux solutions sont donc linéairement indépendantes et la solution générale de l'équation

différentielle est combinaison linéaire de ces deux solutions particulières. On peut écrire cette

solution générale sous la forme générale :

g (θ) = A θk i e + B

θ− k i e ,

avec des constantes A et B choisies de telle sorte que g (θ) soit réel.

Pour l'équation r ² f" + r f' – k f = 0, on cherche des solutions particulières de la forme f = r a.

f' = a r a – 1, f" = a (a – 1) r

a – 2, donc (a (a – 1) + a – k ) f = 0.

Si f n'est pas identiquement nul, il faut prendre a vérifiant a ² = k . Là encore, on obtient deux

solutions linéairement indépendantes et la solution générale est combinaison linéaire des deux :

f (r ) = C k r + D

k r − = C r lnk e + D r lnk e−

avec C et D choisis de telle sorte que f (r ) soit réel.

En résumé, nous avons obtenu :

P = (C r lnk e + D r lnk e− )( A

θk i e + B θ− k i e )

avec la condition que les deux facteurs sont réels.

Si k est positif, les constantes C et D sont réelles, A et B sont des complexes conjugués.

Si k est négatif, C et D sont des complexes conjugués, A et B sont réels.

La fonction harmonique conjuguée Q est définie par ses dérivées partielles vérifiant les conditions de

Cauchy :

∂θ∂Q

= r r

P

∂∂

= r r

k (C r lnk e – D

r lnk e− )( A θk i e + B

θ− k i e )

Q = – i (C r lnk e – D r lnk e− )( A

θk i e – B θ− k i e ) + h (r ),

r

Q

∂∂

= – r

1 ∂θ∂P

, donc



– i r

k (C r lnk e + D

r lnk e− )( A θk i e – B

θ− k i e ) + h' (r ) = – r

1 i k (C r lnk e + D

r lnk e− )( A θk i e

– B θ− k i e )

h' (r ) = 0, h (r ) = constante (réelle).

Q = – i (C r lnk e – D r lnk e− )( A

θk i e – B θ− k i e ) + E ,

Z = P + i Q

Z = (C r lnk e + D r lnk e− )( A

θk i e + B θ− k i e ) + (C r lnk e – D

r lnk e− )( A θk i e – B

θ− k i e ) + i E .

Z = A C k z + B D k z − + i E , avec E .

C'est une fonction de la forme :

Z = a

k z + b k z − + i E .

Et les conditions trouvées pour distinguer les cas suivant le signe de k se résument à la condition :

"les arguments de a et b sont opposés", autrement dit b = α a , avec un α = a

b . Il revient au

même de dire que le produit a b est réel.

Lorsque k > 0, on pose C = α | a |, D = α | b |, A = α1

a

a, B =

α1

b

b = A .

Lorsque k < 0, on pose A = α | a |, B = α | b |, C = α1

aa , D =

α1

bb = C .

3°/ Transformation de Joukowski.

Z = 2

1 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1.

Z – 1 = z2

1(z ² + 1) – 1 =

z2

1 (z – 1) ² ; Z + 1 =

z2

1(z ² + 1) + 1 =

z2

1 (z + 1) ².

On a donc, avec z = x

+ i y :

1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

z

z

| Z – 1 | = z

z

2

12−

= ( )( )

z

zz

2

11 −− =

z

x z

2

122 +−

| Z + 1 | =

z

z

2

12

+ =

( )( )

z

zz

2

11 ++ =

z

x z

2

122

++



| Z + 1 | + | Z – 1 | = z

z 12 +

= | z | + z

1

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 z

x ,

soit, en posant z = r e i θ,

| Z + 1 | + | Z – 1 | = r + r

1

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos θ.

Transformé d'un cercle de centre O et de rayon R.

Si r = R, le transformé Z d'un nombre complexe z vérifie :

| Z + 1 | + | Z – 1 | = R + R

1,

donc le point d'affixe Z est sur l'ellipse d'équation

| Z + 1 | + | Z – 1 | = R + R

1.

On remarquera que le transformé du cercle de centre O et de rayon R

1 est sur cette même ellipse.

De plus, si l'on change, pour un Z situé sur l'ellipse, Z en – Z , on a :

| – Z + 1 | + |– Z – 1 | = | Z + 1 | + | Z – 1 | = R + R

1,

ce qui montre que – Z est aussi sur l'ellipse, donc O est le centre de l'ellipse. Les foyers de l'ellipse

sont les points (‐1,0) et (1,0), par définition.

Réciproquement, soit Z un point quelconque de l'ellipse définie par | Z + 1 | + | Z – 1 | = R + R

1. On

peut supposer R > 1, sinon on prend l'inverse R' =

R

1 à la place de R.

Avec une coupure judicieuse du plan, par exemple une coupure joignant les points (‐1,0) et (1,0) par

un segment de la droite réelle, la fonction 1

1

+−

Z

Z devient monogène. On choisit la détermination

réelle positive sur l'axe réel positif : 1

1

+−

Z

Z = r e i θ, r ≥ 0, avec θ = 0 + 2 k π si Z = R +

R

1.

Elle définit un nombre complexe tel que, en prenant 1

1

+−

z

z =

1

1

+−

Z

Z , on obtient



1

1

1

+−

−

Z

Z

z =

1

1+z =

1

11

2

+−

+ Z

Z

z =

1

11

2

+−

− Z

Z ,

z =

1

11

1

1

1

+−

−

+

−

+

Z

Z

Z

Z

.

On obtient alors :

2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1 =

2

1

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+−

+

+−

−+

+−

−

+−

+

1

11

1

11

1

11

1

11

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

= 2

1

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

+−

−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

+−

+

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

−+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+

1

11

1

11

1

11

1

11

22

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

,

2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1 =

2

1

1

11

1

112

+−

−

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

+

Z

Z

Z

Z

= Z ,

de sorte que Z est le transformé de z par la transformation de Joukowski et, donc :

| Z + 1 | + | Z – 1 | = | z | + z

1 = R +

R

1.

Il en résulte que | z | vérifie la relation :

| z | ² – ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

RR

1 | z | + 1 = 0,

Donc | z | est égal à R ou à R

1, puisque les racines de cette équation sont R et

R

1. Ceci montre, par

continuité, que | z | est constant, donc z appartient au cercle de centre O et de rayon R, ou au cercle

de centre O et de rayon

R

1.

Sur l'axe réel positif, lorsque Z = R + R

1, on a | z | =

1

11

1

11

+−

−

+−

+

Z

Z

Z

Z

> 1. Or on a supposé R > 1, c'est donc

que | z | = R. Ainsi, tout Z de l'ellipse est l'image par la transformation de Joukowski d'un z du cercle

de centre O et de rayon R.

Conclusion.



Le transformé d'un cercle de centre O et de rayon R par la transformation de Joukowski :

Z = 2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1

est l'ellipse de foyers (‐1,0) et (1,0), d'équation | Z – 1 | + | Z + 1 | = R +

R

1.

Transformé d'une demi‐droite issue de O.

Une demi‐droite issue de O a pour équation θ = constante.

La relation :

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos θ

montre que le transformé Z d'un z de la demi‐droite θ = constante par la

transformation de Joukowski, est sur la branche d'hyperbole de foyers (–1,0) et (1,0), et d'équation :

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos θ.

Pour z = r e i θ, on a

Z = 2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1 =

2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

r r

1 cos θ +

2

i ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

r r

1 sin θ.

La partie réelle de Z est du signe de cos θ, ce qui permet de choisir, parmi les deux branches de

l'hyperbole, celle qui est le transformé de la demi‐droite définie par θ.

La partie imaginaire de Z est du signe de sin θ si r > 1, du signe opposé si r < 1. Pour r = 1, Z = cos θ.

Réciproquement, étant donné un angle θ compris entre 0 et 2 π, et un point Z situé sur une branche

d'hyperbole d'équation :

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos θ,

l'équation de l'hyperbole complète s'écrit aussi, avec Z = X + i Y :

θ2

2

cos X –

θ2

2

sinY = 1.

Considérons la relation :

z =

1

11

1

11

+−

−

+−

+

Z

Z

Z

Z

.

On a :



1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

z

z,

de sorte que Z est l'image de z par la transformation de Joukowski. Si désigne l'argument de z, on a

donc :

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos ,

et cos θ = cos , de sorte que = θ ou = 2 π – θ. Pour choisir entre les deux, on regarde la partie

imaginaire de Z . Si elle est du signe de sin θ, on prend la détermination de z qui donne | z | = r > 1, et,

dans ce cas, la partie imaginaire de l'image de z par la transformation de Joukowski est du signe de

sin , donc θ = . Si elle est du signe opposé à sin θ, on choisit l'autre détermination, qui donne | z |

= r < 1 et, dans ce cas, la partie imaginaire de l'image de z par la transformation de Joukowski est du

signe opposé à sin , donc, là encore, θ = . Ainsi Z est toujours l'image d'un z de la demi‐droite issue

de O définie par l'angle θ qu'elle fait avec l'axe réel. Une fois choisie une détermination de la racine

carrée, l'application qui, à Z , fait correspondre

z =

1

11

1

11

+−

−

+−

+

Z

Z

Z

Z

,

est une section de la transformation de Joukowski. Il en résulte, d'après Théorie des ensembles,

Exercice 3, que

L'image de la demi‐droite θ = constante est la branche d'hyperbole d'équation :

| Z + 1 | – | Z – 1 | = 2 cos θ.

Transformé d'un cercle à points de base (–1,0) et (1,0).

Considérons un cercle, de centre Ω sur l'axe imaginaire pur, passant par

les points (–1,0) et (1,0). La tangente à ce cercle au point (1,0), fait avec

l'axe réel un angle θ compris entre 0 et π.

Le cercle est constitué de deux arcs : l'arc capable de l'angle θ (en rouge

sur la figure) et l'arc capable de l'angle 2 π – θ (en vert sur la figure).

θ est l'argument de 1

1

+−

z

z lorsque z décrit l'arc supérieur du cercle de centre Ω. Si Z est le transformé

de Joukowski de z, on a 1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

z

z, donc l'argument de

1

1

+−

Z

Z est 2 θ, il est constant, de sorte

que Z est sur un arc de cercle d'où l'on voit le segment [–1, 1] de l'axe réel sous l'angle 2 θ, compris

entre 0 et 2 π : c'est l'arc supérieur du cercle passant par les points (–1,0), (1,0) et Ω (en rouge sur la

figure). Et les deux arcs sont parcourus entièrement lorsqu'on va du point (1,0) au point (–1,0).



Ensuite, lorsque z décrit l'arc inférieur du cercle de centre Ω, l'argument de 1

1

+−

z

z est 2 π – θ, et

l'argument de 1

1

+−

Z

Z est – 2 θ, de sorte que Z décrit l'arc symétrique de celui précédemment décrit.

L'image d'un cercle de centre Ω passant par les points (–1,0) et (1,0) est formée de deux arcs de

cercle symétriques, dont l'un passe par les points (–1,0), (1,0) et Ω.

Transformé d'un cercle passant par (1,0) et (–1 – ε ,0) et de rayon voisin de 1.

Le centre du cercle est sur la médiatrice du segment de droite joignant

les deux points (–1 – ε, 0) et (1,0) de l'axe réel : l'abscisse du centre du

cercle est donc – 2

ε. Nous choisissons l'ordonnée du centre du cercle de

telle sorte que le rayon du cercle soit 1 + ε.

Le centre du cercle est donc Ω0 = ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ε+ε

ε−

4

3

2

2

, . Le rayon du cercle est

1 + ε. L'équation du cercle [Ω0, 1 + ε] est, sous forme paramétrique :

x = – 2

ε + (1 + ε) cos θ, dx = – (1 + ε) sin θ d θ,

y = 4

3 2ε+ε + (1 + ε) sin θ, dy = (1 + ε) cos θ d θ,

avec θ variant sur un intervalle de 2 π.

dx

dy = –

θtan

1, donc la tangente au cercle au point ( x , y ) fait avec l'axe réel un angle

2

π + θ,

autrement dit, si l'angle de la tangente au cercle avec l'axe réel est θ, le paramètre correspondant est

θ – 2

π.

La transformation de Joukowski Z = 2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

zz

1 se traduit, pour z = x + i y et Z = X + i Y , par :

X = 2

x ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

22

11

y x

X = ( )

( ) ( ) ⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ θε++

ε+ε+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θε++

ε−

−⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θε++

ε−

222

14

31

2

111

22

1

sincos

cos



Y = 2

y ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

22

11

y x

Y = ( )( ) ( ) ⎟

⎟⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ θε++

ε+ε+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θε++

ε−

−⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

θε++ε

+ε 222

2

14

31

2

1114

3

2

1

sincos

sin

de telle sorte que l'on peut construire, point par point, le transformé du cercle [Ω0, 1 + ε] (voir

figure).

Partons du point z = 1 : x = 1, y = 0. Ce point correspond à une valeur θ1 du paramètre vérifiant :

cos θ1 = ε+

ε+

12

1 =

21

ε+ε+

12 ; sin θ1 = –

ε+

ε+ε

14

3 2

= – 21

ε+ε+ε

134

2

; tan θ1 = – ε+

ε+ε2

342

.

En ce point, la tangente au cercle [Ω0, 1 + ε] a pour pente

01

==

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

y x dx

dy =

( )( )

1θ=θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

θθ

cosd

sind =

1

1

θ−

tan

01

==

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

y x dx

dy = tan θ =

0

01

y

x − =

( )ε+ε

ε+

34

2 =

1

1

θ−

tan.

Le transformé du point z = 1 est Z = 1, donc X = 1 et Y = 0. C'est un point double de la transformation.

On voit que le transformé du cercle [Ω0, 1 + ε] est entièrement contenu dans ce cercle. Il va former

une boucle autour du point (–1, 0), puis revient au point de départ.

La tangente au point final est la même que la tangente au point initial. Comme la courbe ne traverse

par le cercle [Ω0, 1 + ε], le point initial est un point de rebroussement.

Le transformé d'un cercle voisin de [O, 1] passant par le point (1,0) et contenant le point (–1,0) est

un profil en aile d'avion avec un point de rebroussement en (1,0).

On peut choisir, bien sûr, un autre cercle remplissant

les conditions de l'énoncé, par exemple un cercle de

centre ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ε− 0

2 , et de rayon 1 +

2

ε, tangent à la

droite d'équation x = 1, ou bien un cercle de centre

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ε− 0

2y , et de rayon

20

2

21 y +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ε

+ , ça ne change pas la forme globale du raisonnement.

4°/ Itération de la transformation de Joukowski.

On a déjà établi, en 3°, la formule :



1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

z

z.

Avec les notations de l'énoncé, cette formule s'écrit :

1

1

1

1

+−

z

z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

+−

z

z.

Prenons comme hypothèse de récurrence :

1

1

+−

n

n

z

z =

n

z

z2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

.

Cette formule est vérifiée déjà pour n = 1.

La formule 1

1

+−

Z

Z =

2

1

1⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

+−

z

z donne :

1

1

1

1

+−

+

+

n

n

z

z =

2

1

1⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛

+−

n

n

z

z, d'où :

1

1

1

1

+−

+

+

n

n

z

z =

n

z

z2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

×

n

z

z2

1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

=

12

1

1+

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+

−n

z

z.

La formule de l'hypothèse de récurrence est donc vraie pour n + 1 dès qu'elle est vraie pour n.

D'après le principe de récurrence, elle est donc vraie pour tout entier n ≥ 1.

1

1

+−

n

n

z

z =

n

z

z2

1

1⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

, n *.

L'entier n est le nombre de fois qu'on applique la transformation de Joukowski et zn est l'image de z

qu'on obtient après application n fois de la transformation de Joukowski. Pour compléter les

notations, on peut poser z0 = z : si on applique 0 fois la transformation de Joukowski à z, on reste en

z. La formule obtenue est alors vraie pour tout entier n .

La suite des 1

1

+−

n

n

z

z est une suite extraite de la suite des puissances de

1

1

+−

z

z. Elle est donc

convergente seulement si 1

1

+−

z

z < 1, c'est‐à‐dire si z est plus proche du point (1,0) que du point

symétrique (–1,0). Donc la suite des transformés successifs de z par la transformation de Joukowski

converge lorsque z est dans le demi‐plan x > 0. Et, dans ce cas, elle converge vers le point (1,0),

puisque la limite de 1

1

+−

n

n

z

z est 0.

Lorsque z est dans le demi‐plan x < 0, 1

1

+−

z

z est plus grand que 1 et ses puissances tendent vers +∞.



Lorsque z est sur l'axe imaginaire pur, x = 0, 1

1

+−

z

z = 1 et

1

1

+−

n

n

z

z = 1, zn est aussi sur l'axe imaginaire

pur. Avec zn = i y n, il vient :

y n + 1 = n

ny

y

2

12 −.

Cette suite ne converge jamais dans , car s'il y avait une limite λ, on aurait

λ = λ−λ

2

12

,

d'où λ ² = –1, ce qui est impossible dans .



Exercice 20. Projection stéréographique.

(Bass, N016, p.668)

A tout point M (θ, φ) de la spère X ² + Y ² + Z ² = 1, on fait correspondre sa projection

stéréographique m sur le plan Z = 0, à partir du point I de coordonnées (0, 0, –1). On désigne par x , y les coordonnées de m et l'on pose z = x + i y .

1°/ Montrer que z = tan 2

θ e i φ.

2°/ On fait subir au point M une rotation d'un angle α autour d'un diamètre donné Δ de la sphère,

défini par les angles θ0, φ0. Le point m subit alors une transformation T . Soit m' (z' ) l'image de m (z)

par T . Trouver l'image d'un petit cercle de la sphère dont le plan soit orthogonal à Δ, et l'image d'un

grand cercle passant par les extrémités de Δ.

3°/ Montrer que la transformation T a deux points doubles z1 et z2 et qu'on peut l'identifier avec une

transformation homographique :

2

1

z' z

z' z

−−

= K 2

1

zz

zz

−−

.

Calculer K en fonction de l'angle de rotation α.

Indications : α est l'angle des deux cercles passant par m' , z1 et z2. On achève de déterminer α en

remarquant que α = 0 lorsque les cercles sont confondus. On trouve K = e i α.

Solution

1°/ Calcul de z.

Remarquons déjà que, puisque m est sur la demi‐droite IM, M et m sont dans le même demi‐plan limité par Oz. Donc si z est l'affixe de m, on a

déjà Arg z = φ. D'autre part, ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎯→ ⎯→

OM.Oz = θ entraîne ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ⎯→ ⎯→

IM.Iz = 2

θ, et

l'on a toujours 0 ≤ θ ≤ π, donc 0 ≤2

θ≤

2

π, et tan

2

θ≥ 0.

tan 2

θ =

OI

Om = | Om | = | z | =

θ+θ

cos

sin

1 =

θθ−

sin

cos1.

Donc puisque z = | z | e i Arg z

, on obtient :

z = tan 2

θ e i φ (1)

2°/ Cercle dont le plan est perpendiculaire à Δ.

Un tel cercle est invariant par rotation d'angle α autour de Δ, donc sa projection stéréographique est

invariante par la transformation T .

Les coordonnées d'un point M de la sphère sont données par :



M

θ

ϕθ

ϕθ

cos

sinsin

cossin

.

Sa projection stéréographique est :

z = x + i y = θ+

θcos

sin

1 e i φ.

Donc x = θ+ϕθ

cos

cossin

1, y =

θ+ϕθ

cos

sinsin

1, cos θ =

θ+

θ−2

2

1

1

tan

tan =

22

22

1

1

y x

y x

++

−−,

1 + cos θ = 221

2

y x ++.

On peut donc écrire les coordonnées de M en fonction de celles de m sous la forme :

M

22

22

22

22

1

1

1

21

2

y x

y x

y x

y y x

x

++−−++

++

.

Soit M1 le point de la sphère déterminé par (θ0, φ0) :

M1

0

00

00

θ

ϕθϕθ

cos

sinsincossin

L'équation d'un cercle perpendiculaire à Δ est donnée par ⎯⎯→OM .

⎯⎯→

1OM =

cos λ. En projection stéréographique, on obtient donc :

22

00

1

2

y x

cossin x

++

ϕθ+

22

00

1

2

y x

sinsiny

++

ϕθ+

22

22

1

1

y x

y x

++

−− cos θ0 = cos λ,

( x ² + y ²)(cos λ + cos θ0) – 2 x sin θ0 cos φ0 – 2 y

sin θ0 sin φ0 = cos θ0 – cos λ,

2

0

00

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

θ+λ

ϕθ−

coscos

cossin x +

2

0

00

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

θ+λ

ϕθ−

coscos

sinsiny =

0

0

θ+λλ−θ

coscos

coscos+

( )20

02

θ+λ

θ

coscos

sin.

Cette équation s'écrit encore :

0

0

0 ϕ

θ+λθ

− i ecoscos

sinz =

0θ+λλcoscos

sin (2)

C'est l'équation d'un cercle de centre 0θ+λ λcoscos

sin e i φ0 et de rayon

0θ+λ λcoscossin .



Ce cercle se réduit à un point pour λ = 0 et pour λ = π.

Ces deux points, tan 2

0θ e i φ0 et – cotan

2

0θ e i φ0 sont les projections stéréographiques des

extrémités du diamètre porté par Δ.

Les cercles du faisceau à points limites tan 2


2

0θ e i φ0 sont caractérisés par leur

propriété que le rapport des distances à ces deux points est une constante. Ils ont pour équation :

0

0

2

2

0

0

ϕ

ϕ

θ+

θ−

i

i

eancot z

etanz

= k , 0 ≤ k < +∞.

(z – tan 2

0θ

e

i φ0

) ( z – tan 2

0θ

e

– i φ0

) = k ² (z + cotan 2

0θ

e

i φ0

) ( z + cotan 2

0θ

e

– i φ0

)

Or z z = | z | ² = x ² + y ², avec z = x + i y , et z e i φ0 + z e – i φ0 = 2 ( x cos φ0 + y sin φ0), donc la relation

précédente s'écrit :

x ² + y ² – 2 tan 2

0θ( x cos φ0 + y sin φ0) + tan ²

2

0θ = k ² ( x ² + y ² + 2 cotan

2

0θ( x cos φ0 + y sin φ0) +

cotan ² 2

0θ),

( x ² + y ²)(1 – k ²) – 2 ( x cos φ0 + y

sin φ0)(

tan 2

0

θ + k ² cotan 2

0

θ) = k ² cotan ² 2

0

θ – tan ² 2

0

θ.

Pour k = 1, on obtient : 2 ( x cos φ0 + y sin φ0) = tan 2

0θ – cotan

2

0θ. C'est la droite d'équation :

x cos φ0 + y sin φ0 + cotan θ0 = 0

Pour k ≠ 1, l'équation du faisceau peut s'écrire :

( )

2

02

202

0

21

2

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

θ−

+θ

ϕ−tank

k tancos x +

( )

2

02

202

0

21

2

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

θ−

+θ

ϕ−tank

k tansiny =

2

21

2

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

− k

k

02

1

θsin

ou encore :

( )0

21

2

02

202

ϕ

θ−

+θ

− i e

tank

k tanz =

02

1

1

2

θ− sink

k (3)

Peut‐on identifier cette équation avec :



0

0

0 ϕ

θ+λθ

− i ecoscos

sinz =

0θ+λλcoscos

sin (2).

Pour cela, il faut que l'on ait :

λ+θθ

coscos

sin

0

0 =

( )2

1

2

02

202

θ−

+θ

tank

k tan

ce qui donne :

(1 – k ²) sin θ0 tan 2

0θ = (cos θ0 + cos λ)( tan²

2

0θ+ k ²)

(1 – k ²)(1 – cos θ0) = (cos θ0 + cos λ) ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

+θ+

θ− 2

0

0

1

1

k cos

cos

(1 – k ²) sin² θ0 = (cos θ0 + cos λ)(1 – cos θ0 + k ² (1 + cos θ0))

cos λ = ( )

( )02

0

022

11

1

θ++θ−

θ−

cosk cos

sink – cos θ0

cos λ = ( ) ( )

( )02

0

022

11

11

θ++θ−

θ+−−

cosk cos

cosk k =

( )( )0

20

02

0

11

11

θ++θ−

θ+−θ−

cosk cos

cosk cos =

202

202

2

2

k tan

k tan

+θ

−θ

tan 2

λ = ±

2

0θtan

k .

Or λ est compris entre 0 et π, k est positif, et θ est c ompris entre 0 et π, donc on doit prendre :

k = tan 2

λ tan

2

0θ (4)

Avec cette condition, il vient :

0θ+λλcoscos

sin =

202

0

2

22

k tan

tank

+θ

θ

× 202202

0

202

22

2

k tank tancos

k tan

−θ

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

θθ

+θ

=

( ) ( )0202

0

0

12

1

22

θ−−θ

θ+

θ

cosk tancos

tank

= 0

0

1

22

θ−

θ

cos

tank

× 202

0

0

21

1

1

k tancos

cos−

θθ−θ+

= 0

2θsink

211

k −



Donc les équations (2) et (3) coïncident lorsqu'on prend k = tan 2

λ tan

2

0θ.

Donc la projection stéréographique d'un cercle dont le plan est perpendiculaire à Δ est un cercle du

faisceau de cercles ayant pour points limites les projections stéréographiques des extrémités du

diamètre porté par Δ, et la transformation T laisse invariant dans son ensemble chacun de ces cercles.

Si l'on appelle z1 et z2 les points limites tan 2


2

0θ e i φ0, qui sont les projections

stéréographiques des extrémités du diamètre porté par Δ, et si la transformation T transforme un

point m (z) en m' (z' ), on a :

2

1

zz

zz

−−

= 2

1

z' z

z' z

−−

car tout point m du plan (z) est l'image par la projection stéréographique d'un point de la sphère et,

par ce point, on peut toujours faire passer un cercle, et un seul, dont le plan est perpendiculaire à Δ.

3°/ Grand cercle passant par les extrémités de Δ.

Δ et I déterminent un plan qui servira de référence. Ce plan est caractérisé

par un vecteur unitaire normal →u . Le plan d'un grand cercle de diamètre Δ

est caractérisé par un vecteur normal →v . Un grand cercle de diamètre Δ

sera alors caractérisé par l'angle λ de son plan avec le plan de référence.

L'angle λ est l'angle des deux vecteurs unitaires normaux →u et

→v .

L'équation du grand cercle sera donnée par : ⎯→OM . →v = 0.

Une rotation d'angle α autour de Δ change λ en λ + α. On obtiendra alors le transformé par T de

l'image d'un grand cercle par projection stéréographique en changeant λ en λ + α.

a) Vecteur →u caractérisant le plan (Δ, I).

→u

Z

Y

X

avec

0

0

1

00000

222

=

=θ+ϕθ+ϕθ

=++

⎪⎩

⎪⎨

⎧

Z

cos Z sinsinY cossin X

Z Y X

.

Ces équations indiquent que :

1° l'extrémité de →u est sur la sphère,

2° →u est perpendiculaire à Δ,

3° →u est perpendiculaire à OI.

On a donc :



⎩⎨⎧

1

022

00

=+

=ϕ+ϕ

Y X

sinY cos X

0

ϕ− sin

X =

0

ϕcos

Y ;

0

2

2

ϕsin

X =

0

2

2

ϕcos

Y = 1;

On obtient donc deux solutions opposées :

→

1u

0

0

0

ϕ

ϕ−

cos

sin

et →

2u

0

0

0

ϕ−

ϕ

cos

sin

On en choisit une au hasard, par exemple →u

0

0

0

ϕ−

ϕ

cos

sin

.

b) Vecteur →v caractérisant un grand cercle de diamètre Δ.

Soit →Δ un vecteur unitaire porté par Δ.

→v

Z

Y

X

avec

λ=Δ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∧

=

=Δ

λ=

⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

→→→

→→

→→

sin.v u

v

.v

cosv .u

1

02 .

Les trois premières conditions indiquent que →v est un vecteur unitaire, perpendiculaire à Δ et faisant

avec →u un angle λ, et la dernière condition indique le sens de rotation autour de Δ, c'est le sens

direct.

→u

0

0

0

ϕ−

ϕ

cos

sin

→v

Z

Y

X

→u

→v

00

0

0

ϕ+ϕ

ϕ−

ϕ−

cos X sinY

sin Z

cos Z

→Δ

0

00

00

θ

ϕθ

ϕθ

cos

sinsin

cossin

Les conditions s'écrivent :

X sin φ0 – Y cos φ0 = cos λ,

X sin θ0 cos φ0 + Y sin θ0 sin φ0 + Z cos θ0 = 0,

X ² + Y ² + Z ² = 1,

– Z sin θ0 + (Y sin φ0 + X cos φ0) cos θ0 = sin λ.

Résolvons les équations :

( X cos φ0 + Y sin φ0) sin θ0 + Z cos θ0 = 0

( X cos φ0 + Y sin φ0) cos θ0 – Z sin θ0 = sin λ



On obtient :

Z = – sin λ sin θ0

X cos φ0 + Y sin φ0 = sin λ cos θ0.

Résolvons les équations :

X sin φ0 – Y cos φ0 = cos λ

X cos φ0 + Y sin φ0 = sin λ cos θ0.

Nous obtenons :

X = sin λ cos θ0 cos φ0 + cos λ sin φ0,

Y = sin λ cos θ0 sin φ0 – cos λ cos φ0.

→

v

0

000

000

θλ−ϕλ−ϕθλ

ϕλ+ϕθλ

sinsincoscossincossin

sincoscoscossin

On a bien v ² = 1.

c) Projection stéréographique d'un grand cercle.

Si M ( X,Y,Z ) est un point de la sphère et m ( x,y ) sa projection stéréographique, on a :

M

22

22

22

22

1

1

1

21

2

y x

y x Z

y x

y

Y

y x

x X

++−−

=

++=

++=

.

L'équation du grand cercle intersection de la sphère et du plan perpendiculaire au vecteur unitaire →v

est →

OM . →v = 0.

En projection stéréographique, on obtient donc :

2212

y x x

++(sin λ cos θ0 cos φ0 + cos λ sin φ0) + 221

2y x

y ++

(sin λ cos θ0 sin φ0 – cos λ cos φ0) –

22

22

1

1

y x

y x

++

−− sinλ sin θ0 = 0

x ² + y ² + 2 x ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

λθϕ

+θϕ

tansin

sin

tan

cos

0

0

0

0 + 2 y ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

λθϕ

−θϕ

tansin

cos

tan

sin

0

0

0

0 = 1

2

0

0

0

0

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

λθ

ϕ+

θ

ϕ+

tansin

sin

tan

cos x +

2

0

0

0

0

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

λθ

ϕ−

θ

ϕ+

tansin

cos

tan

siny = 1 +

02

1

θtan+

λθ 20

2

1

tansin



= 0

2

1

θsin ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

λ+

2

11

tan =

λθ 20

2

1

sinsin

Cette équation peut encore s'écrire :

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π−ϕ

ϕ

λθ+θ+ 2

0

0

00

1 i i e

tansineancot z =

λθ sinsin 0

1

ou encore :

( ) 0

0

0

1 ϕλ−θθ

+ i eancot i cos

sinz =

λθ sinsin 0

1

C'est l'équation d'un cercle de centre 0

1

θ−

sin(cos θ0 – i cotan λ) e i φ0 et de rayon

λθ sinsin 0

1. Et ceci

montre que la projection stéréographique d'un grand cercle ayant un diamètre porté par Δ est

contenue dans ce cercle du plan xOy . Il est facile de voir que l'application est surjective : lorsque M

décrit un tour sur le cercle de diamètre Δ, z décrit un tour du cercle projection stéréographique.

En particulier, la projection stéréographique des extrémités du diamètre porté par Δ est toujours sur

le cercle image, comme on peut le vérifier par un simple calcul.

Pour z = tan 2

0θ e i φ0 =

0

01

θθ−

sin

cos e i φ0 :

( ) 0

0

0

1 ϕλ−θθ+ i eancot i cossin

z = 0

0

1 ϕθ λ− i e

sinancot i = 0

0

ϕλθ λ−λ− i e

sinsinsini cosi =

λθ sinsin 0

1 .

Pour z = – cotan 2

0θ e i φ0 = –

0

01

θθ+

sin

cos e i φ0 :

( ) 0

0

0

1 ϕλ−θθ

+ i eancot i cossin

z = 0

0

1 ϕ

θλ−− i e

sin

ancot i = 0

0

ϕ

λθλ+λ

− i esinsin

sini cosi =

λθ sinsin 0

1.

La projection stéréographique d'un grand cercle de diamètre Δ est donc un cercle du faisceau à

points de base :

z1 = tan 2

0θ e i φ0,

z2 = – cotan 2

0θ e i φ0.

Cherchons l'équation de ce faisceau.

Soit ψ l'argument de 2

1

zz

zz

−−

. On a ψ = Arg (z – z1)( z – z 2) = Arg (z z – ( z z1 + z z 2) + z1 z 2).

z z = x ² + y ²



z z1 = ( x – i y ) tan 2

0θ e i φ0 = tan

2

0θ( x cos φ0 + y sin φ0 + i ( x sin φ0 – y cos φ0))

z z 2 = – ( x + i y ) cotan 2

0θ e i φ0 = – cotan

2

0θ( x cos φ0 + y sin φ0 – i ( x sin φ0 – y cos φ0))

z1 z 2 = – 1,

ψ = Arg ( x ² + y ² – 1 – ( x cos φ0 + y sin φ0)( tan 2

0θ – cotan

2

0θ)) – i ( x sin φ0 – y cos φ0)( tan

2

0θ +

cotan 2

0θ).

tan ψ = ( )

( ) ( ) 000022

00

21

2

θϕ+ϕ+θ−+

ϕ−ϕ−

cossiny cos x siny x

cosy sin x .

On a donc :

( x ² + y ² – 1) + 0

2

θtan( x cos φ0 + y sin φ0) = –

ψθ tansin 0

2( x sin φ0 – y cos φ0)

x ² + y ² + 2 x ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ψθϕ

+θϕ

tansin

sin

tan

cos

0

0

0

0 + 2 y ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ψθϕ

−θϕ

tansin

cos

tan

sin

0

0

0

0 = 1

On retrouve la même équation que précédemment, mais avec ψ au lieu

de λ. Et ceci montre que le transformé d'un grand cercle de diamètre Δ

est un cercle du faisceau à points de base

z1 = tan 2

0θe i φ0 et z2 = – cotan

2

0θ e i φ0,

caractérisé par l'angle λ que fait sa tangente en z1 avec la direction

d'angle polaire φ0.

La transformation T change λ en λ + α, de sorte que le transformé de la projection stéréographique

d'un grand cercle de diamètre Δ est un cercle du faisceau à points de base z1 et z2 caractérisé par

l'angle λ + α + k π de sa tangente en z1 avec la direction d'angle polaire φ0.

Et ceci montre que si m (z) est transformé par T en m' (z' ), on a :

Arg 2

1

zz

zz

−−

+ α = Arg 2

1

z' z

z' z

−−

car m est la projection stéréographique d'un point M et, par M, passe, en général, un grand cercle de

diamètre Δ et un seul.

4°/ Points doubles de la transformation T.

La projection stéréographique établit une bijection entre la sphère et le plan plus le point à l'infini.

Les points doubles de T sont les images des points doubles de la rotation d'angle α autour de Δ : ce



sont donc les images des extrémités du diamètre de la spère porté par Δ. Donc les points doubles de

la transformation T sont les points :

z1 = tan 2

0θ e i φ0, et z2 = – cotan

2

0θ e i φ0.

5°/ Transformation homographique définie par T.

Soit m (z) un point du plan. C'est la projection stéréographique d'un point

M de la sphère. Par M passent un cercle dont le plan est perpendiculaire à

Δ et un grand cercle de diamètre Δ.

Le point m est alors bien défini par les deux cercles images, l'un, (C),

faisant partie du faisceau à points de base z1 et z2, l'autre, (γ) faisant partie

du faisceau à points limites z1 et z2.

Par T , (γ) est invariant et (C ) est transformé en (C' ), autre cercle du faisceau à points de base z1 et z2.

Etant donné l'angle λ,, on sait construire le cercle (C ) puisque la médiatrice de z1 z2 coupe la

perpendiculaire en z1 à la droite faisant avec z2 z1 un angle λ au centre du cercle (C ). Les bissectrices

de (mz1, mz2) déterminent sur z2 z1 le diamètre du cercle (γ). Connaissant l'angle α, la perpendiculaire

en z1 à la droite faisant avec z2 z1 un angle λ + α coupe la médiatrice de z1 z2 au centre du cercle (C' ),

dont l'intersection avec le cercle (γ) détermine le point m' (z' ).

Finalement, la transformation T est définie par :

• Arg 2

1

z' z

z' z

−−

= α + Arg 2

1

zz

zz

−−

qui indique que m' est sur le cercle (C' ),

• et 2

1

z' z

z' z

−−

= 2

1

zz

zz

−−

, qui indique que m' est sur le cercle (γ).

On a donc :

2

1

z' zz' z

−− = e

i α 2

1

zzzz

−−

donc la transformation T est une transformation homographique, ce qui pouvait d'ailleurs se prévoir

tout de suite, puisque :

1° Il y a deux points doubles distincts z1 et z2,

2° le faisceau de cercles à points de base z1 et z2 est invariant,

3° le faisceau de cercles à points limites z1 et z2 est invariant.

Et, de plus, les rapports d'angles et de modules sont constants.



Exercice 21. Géométrie de Poincaré, transformations fuchsiennes. (Bass, N°17, p.664, voir aussi Valiron, Tome 1, n°166, p.332)

Soit z' = d cz

baz

++

une transformation homographique dont les coefficients sont réels et liés par la

relation a d – b c = 1. Le point z décrit un arc de courbe (γ). Soit (γ') l'arc de c ourbe décrit par z' . On

désigne par ds = | dz | et ds' = | dz' | les éléments d'arcs.

1°/ Démontrer que ( )∫ γ y

ds =

( )∫ γ' ' y

' ds où y et y' sont les parties imaginaires de z et z' , si y est

positif, y' est positif.

2°/ On prend pour (γ) un arc de cercle ayant pour extrémités deux points donnés z1 et z2 (situés dans

la région y > 0) et dont le centre est sur l'axe réel. Le cercle coupe l'axe réel en deux poiints d'affixes

α et β. Montrer que ( )∫ γ y

ds = | ln (z1, z2, α, β) |, la parenthèse désignant le birapport de z1, z2, α, β.

3°/ Montrer que si Ω et Ω' sont deux domaines du plan (x,y) transformés l'un dans l'autre dans la

transformation homographique donnée, ∫∫Ω 2y dy dx = ∫∫Ω' 2' y

' dy ' dx .

4°/ Soient z1, z2, z3, trois points du plan situés dans la région y > 0. Ces trois points limitent trois arcs

de cercle ayant leurs centres sur l'axe réel. Soient A, B, C , les angles du triangle formé par ces trois

arcs de cercle, Ω le domaine qu'ils limitent. Démontrer que ∫∫Ω 2y

dy dx = π – ( A + B + C ).

Indications. D'après la formule de Riemann, ∫∫ 2y

dy dx = ∫ y

dx . Calculer cette intégrale curviligne sur

chacun des côtés du triangle, en prenant comme paramètre l'angle au centre.

Solution.

1°/ Transformation fuchsienne.

On appelle transformation fuchsienne dans le plan complexe toute transformation homographique

z' = d cz

baz

++

conservant le demi‐plan y > 0 et telle que l'on ait :

1° a réel,

2° | a d – b c | = 1.

Pour une telle transformation, on a nécessairement :

1° a, b, c, d, réels,

2° a d – b c = 1.

Réciproquement, montrons que si ces conditions sont vérifiées, alors le demi‐plan y > 0 est conservé.

On a z' = d cz

baz

++

= ( )( )

2d cz

d zcbaz

+

++ =

( ) ( ) ( )2

22

d cz

y bcad i bd x bcad y x ac

+

−+++++, donc y' =

2d cz

y

+ et

cette formule montre que y > 0 ⇔ y' > 0.

2°/ Invariant linéaire de Poincaré.



Dérivons z' = d cz

baz

++

. Il vient : dz

' dz =

( ) ( )

( )2d cz

bazcd cza

+

+−+, dz' =

( )2d cz

dz

+, | dz' | =

2d cz

dz

+,

ds' = 2

d cz

ds

+ = ds

y

' y , d'où :

' y

' ds =

y

ds

L'expression y

ds est invariante pour toute transformation fuchsienne, c'est l'invariant différentiel

linaire de Poincaré.

Si l'on considère deux courbes (γ) et (γ') transformées l'une de l'autre par la transformation

homographique considérée, on a donc :

( )∫ γ y

ds =

( )∫ γ' ' y

' ds

3°/ Géométrie de Poincaré.

Poincaré considère l'intégrale ( )∫ γ y

ds comme donnant la longueur non euclidienne de l'arc (γ).

Dans une transformation fuchsienne, la longueur d'un arc (on vient de le voir) et l'angle de deux

courbes (la transformation homographique est conforme) sont conservés.

Ces transformations dépendent de trois paramètres, tout comme les déplacements en géométrie

cartésienne plane (tout déplacement est produit de deux symétries planes caractérisées par le point

de rencontre des axes de symétrie et les angles polaires de ces axes).

On dira que les transformations fuchsiennes définissent les déplacements de la géométrie de

Poincaré. On peut les grouper en trois classes :

• Les transformations elliptiques sont celles qui ont des points doubles symétriques par

rapport à Ox .

• Les transformations hyperboliques sont celles qui ont des points doubles réels distincts.

• Les transformations paraboliques sont celles qui ont leurs points doubles réels et confondus.

Une transformation elliptique possède un seul point double A du côté y > 0. On l'appellera une

rotation autour de A.

L'ensemble des transformés d'un point M par les rotations autour de A est un cercle du faisceau à

points limites A et son conjugué A' . Cet ensemble sera appelé un cercle non euclidien de centre A (en

vert sur la figure).

Si un arc de cercle se rapproche de l'axe réel, sa longueur non euclidienne ne reste pas finie : les

points de Ox jouent le rôle de points à l'infini.



Les cercles passant par A et A' (en rouge) coupent les cercles non

euclidiens de centre A (en vert) à angle droit. On considèrera les demi‐

cercles y > 0 centrés sur Ox comme les droites non euclidiennes : le

centre d'un cercle non euclidien est le point d'intersection des droites

non euclidiennes orthogonales au cercle.

Etant donnés un point M et une droite non euclidienne Δ, on peut faire passser par M deux droites

non euclidiennes D1 et D2 parallèles à Δ (coupant Δ à l'infini), une infinité de droites non sécantes à Δ,

une seule perpendiculaire Δ⊥ à Δ.

Sur une perpendiculaire à Ox , on a ds = dy et l'invariant linéaire sur une telle droite est y

dy = d (ln y ).

4°/ Distance de deux points.

Soient M1 et M2 deux points du plan. Par M1 et M2 d'ordonnées > 0 passe une seule droite non

euclidienne, qui est un demi‐cercle centré sur Ox . Calculons la distance non euclidienne de M1 à M2.

1ère méthode.

Une rotation non euclidienne de centre α est une transformation

parabolique. On peut transformer la droite non euclidienne α M1 M2 β en

la droite non euclidienne formée de la demi‐droite perpendidulaire à Ox

en α par une transformation parabolique ayant α pour point double. La

distance ∫21MM y

ds de M1 à M2 est conservée et, comme on a une

transformation homographique, le birapport (z1, z2, α, β) est conservé, il

est égal à son transformé (P1, P2, α, ∞), donc :

(z1, z2, α, β) = α−α−

2

1

z

z.

La distance de P1 à P2 est ∫21PP y

dy =

1

2

y

y ln .

Or α−

α−

2

1

z

z

= 2

1

iy

iy

, donc la distance de P1 à P2 est (P1, P2, α, ∞) et d (P1, P2) = d (M1, M2), d'où :

∫21MM y

ds = | ln (z1, z2, α, β) | =

1

2

y

y ln

2e méthode : calcul direct.

Sur le demi‐cercle passant par M1 et M2 centré sur Ox , on a z = 2

β+α +

2

α−β e i θ, y =

2

α−βsin θ,

dz = i

2

α−β e i θ

d θ,



donc y

ds =

y

dz =

θθ

sin

d .

Posons tan 2

θ = t .

dt = 2

1 (1 + tan ²

2

θ) d θ,

θθ

sin

d =

22

21 2

θ

θ+

tan

tan

d θ = t

dt ,

donc ∫21MM y

ds =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

θ

θ

2

2

1

2

tan

tanln .

Or

(z1, z2, α, β) = α−α−

2

1

z

z.

β−β−

1

2

z

z =

2

1

1

1θ

θ

+

+i

i

e

e.

1

2

1

1θ

θ

−

−i

i

e

e =

1

1

1

1θ

θ

−

+i

i

e

e.

2

2

1

1θ

θ

+

−i

i

e

e =

2

1

1θ− tani

.(– i tan 2

2θ) =

2

2

1

2

θ

θ

tan

tan

donc

∫21MM y

ds = | ln (z1, z2, α, β) |

5°/ Invariant superficiel.

Comme une transformation homographique est une transformation conforme, on a :

dx dy = ( )

( )' y ,' x D

y , x D dx' dy'

( )( )' y ,' x D

y , x D =

( )( )y , x D

' y ,' x D

1 =

x

' y

y

' x

y

' y

x

' x

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

1

et d'après les conditions de Cauchy, on a : x

' x

∂∂

= y

' y

∂∂

et y

' x

∂∂

= – x

' y

∂∂

, donc :

( )( )y , x D

' y ,' x D =

2

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂

x

' y +

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

y

' y .

y' = 2

d cz

y

+ =

( ) 222y cd cx

y

++



x

' y

∂∂

= ( )

( )( )2222

2

y cd cx

d cx cy

++

+−,

y

' y

∂∂

= ( )

( )( )2222

222

y cd cx

y cd cx

++

−+

( )

( )y , x D

' y ,' x D =

( )( )2222

1

y cd cx ++

= 2

2

y

' y ,

donc dx dy = 2

2

' y

y dx' dy' , soit :

2' y

' dy ' dx =

2y

dy dx

En prenant 2y

dy dx comme élément d'aire de la géométrie de Poincaré, l'aire est conservée dans les

déplacements. Donc si Ω' est l'image de Ω par une transformation fuchsienne, on a :

∫∫Ω' ' y

' dy ' dx 2

= ∫∫Ω 2y

dy dx

6°/ Aire d'un triangle.

La formule de Riemann s'écrit :

∫∫Δ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

−∂∂

dy dx y

P

x

Q= ∫ Δ∂

(P dx + Q dy ).

Avec P = y

1 et Q = 0, la formule s'écrit :

∫∫Δ 2y

dy dx = ∫ Δ∂ y

dx .

Sur un demi‐cercle centré sur Ox , on a z = z0 + r e i θ, dx = – r sin θ d θ, y = r sin θ,

y

dx = – d θ, donc

l'intégrale ∫ y

dx sur un arc de demi‐cercle centré sur Ox est égal à l'opposé de la variation de l'angle

polaire du rayon, qui est aussi l'opposé de la variation de l'angle polaire de la demi‐tangente au

demi‐cercle orientée dans le sens de parcours du bord du triangle.

Lorsqu'on décrit le triangle, la variation totale de l'angle polaire de la demi‐tangente est 2 π, il varie

de π – A en A, de π – B en B et de π – C ˆ en C . On a donc :

2 π = (π – A ) + (π – B ) + (π – C ˆ ) – ∫ Δ∂ y

dx .

La surface non euclidienne du triangle est donc :



∫∫Δ 2y

dy dx = ∫ Δ∂ y

dx = π – ( A + B + C ˆ )

Cette formule montre deux choses :

1° L'aire d'un triangle est égal à l'excès de π sur la somme de ses angles.

2° La somme des angles d'un triangle est inférieure à π.



Exercice 22. Non existence de représentation conforme isométrique. (Bass, N°18, p.664)

1°/ Montrer qu'il n'existe pas de fonction holomorphe de z = x + i y dont le module soit égal à

x cosh

K , où K est une constante.

2°/ On rappelle que, pour obtenir une reeprésentation conforme d'une sphère sur un plan, il suffit

de faire correspondre au point de la sphère qui a pour coordonnées géographiques (θ, φ) le point

du plan qui a pour affixe z = f ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ϕ+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θ

i tanln2

, où f est une fonction holomorphe.

Soit ds la distance de deux points infiniment voisins sur la sphère, ds0 la distance de leurs images

dans le plan. On a :

ds ² = d θ ² + sin ² θ d φ ², ds0 = | dz |.

Calculer ds

ds0 et démontrer, à l'aide du résultat de la première question, que ds

ds0 ne peut pas être

une constante. (Ce résultat exprime qu'il n'existe pas de représentation conforme pour laquelle la sphère soit

"applicable" sur le plan).

Solution.

1°/ Module d'une fonction holomorphe.

Supposons que P + i Q soit une fonction holomorphe, avec P ² + Q ² = x cosh

K 2

2

.

On aurait alors, par dérivation partielle :

P y

P

∂∂

+ Q y

Q

∂∂

= 0

P x

P

∂∂

+ Q x

Q

∂∂

= – K ² x cosh

x sinh2

.

Avec les conditions de Cauchy : x

P

∂∂

= y

Q

∂∂

et y

P

∂∂

= – x

Q

∂∂

, il vient :

Q x

P

∂∂

+ P y

P

∂∂

= 0

P x

P

∂∂

– Q y

P

∂∂

= – (P ² + Q ²) tanh x .

D'où : x

P

∂∂

= – P tanh x et y

P

∂∂

= Q tanh x .

Par dérivation, il vient :

2

2

x

P

∂

∂ = P tanh ² x –

x cosh

P2

et 2

2

y

P

∂

∂ =

y

Q

∂∂

tanh x = – P tanh ² x ,



Δ P = 2

2

x

P

∂

∂ +

2

2

y

P

∂

∂ = –

x cosh

P2

.

Pour qu'il existe une fonction holomorphe dont le module soit x cosh

K , il faudrait que P soit une

fonction harmonique (Δ P = 0), donc il faudrait, puisque Δ P = – x cosh

P2

, que P soit nul, ce qui

implique que Q est une constante, il faudrait donc que le module de la fonction holomorphe soit une

constante, ce qui contredit le fait que le module est de la forme x cosh

K , sauf si K = 0.

Il n'existe pas de fonction holomorphe autre que 0 dont le module soit de la forme x cosh

K .

2°/ Application conforme d'une sphère sur un plan.

dz = f' ×

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ϕ+θ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ θ

d i

tan

tand

2

2 =

θsin

' f (d θ + i sin θ d φ)

ds0 ² = θ2

2

sin

' f [ (d θ) ² + sin ² θ (d φ) ²] =

θ2

2

sin

' f ds ²

ds

ds0 = θsin

' f

Posons x + i y = ln (tan 2

θ) + i φ. On a : cosh x =

2

1(e x

+ e – x ) = 2

1( tan

2

θ + cotan

2

θ) =

θsin

1.

Pour que ds

ds0 soit égal à une constante K , il faudrait que | f' | cosh x = K , où | f' | = x cosh

K , ce qui

est impossible car, d'après le résultat de la première question, le module d'une fonction holomorphe

non identiquement nulle de la variable x + i y , ne peut pas être de la forme x cosh

K .



Exercice 23. Polynômes de Legendre. (Bass, n°19, p.665)

1°/ Montrer que l'équation

(1) x z ² – 2 z + 2 a – x = 0

où a est une constante réelle comprise entre 0 et 1, définit une fonction analytique x de la variable complexe z. Démontrer que si le point z décrit un cercle de centre a et de rayon suffisamment petit,

le point x décrit une courbe fermée sans point double entourant l'origine. Donner une définition

géométrique de cette courbe (on passera par l'intermédiaire de la courbe que décrit le point x

1).

2°/ Démontrer que l'équation (1) définit aussi une fonction analytique z de la variable complexe x ,

holomorphe au voisinage de l'origine. Quelle est la valeur de cette fonction pour x = 0 ? Quel est le

rayon de convergence du développement de z suivant les puissances de x ?

3°/ On pose φ (z) = 2

12 −z de sorte que la fonction z de la variable complexe x est définie par

l'équation z = a + φ (z). C'est la solution de l'équation (1) qui tend vers a lorsque x tend vers 0.

Soit f (z) une fonction holomorphe de la variable complexe z au voisinage de z

= a. Dans un cercle de

centre O et de rayon suffisamment petit, on peut écrire :

(2) f (z) = A0 + A1 x + … + An x n + …

On demande de démontrer la formule :

(3) An = !n

11

1

−

−

n

n

da

d [ f' (a) φ n

(a)].

Déduire du résultat le développement de la fonction 221

1

x ax +− suivant les puissances de x .

Rayon de convergence de ce développement. (On retrouve une expression connue des polynômes

de Legendre).

Indications. n An = ( )∫ n x z' f

dx dz dx , l'intégrale étant prise sur un contour fermé du plan complexe x

entourant l'origine. Passer ensuite de la variable x à la variable z.

Solution.

1°/ Fonction analytique définie par un polynôme.

L'équation (1) s'écrit aussi : x (z ² – 1) = 2 (z – a).

• Pour a = 1 et z ² ≠ 1, il vient x = 1

2

+z, fonction méromorphe qui possède un pôle d'ordre 1 en

z = – 1.

• Pour 0 ≤ a < 1, il vient

x = 2 12 −

−z

az,

fonction méromorphe qui possède deux pôles d'ordre 1 en –1 et 1.

On peut écrire :

x

1

= 2

1

az

z

−

−12

= 2

1

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−

−

++ az

a

az

12



x

1 – a =

2

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

+−az

aaz

12

21

1

ai −

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ − a

x

1 =

2

1

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

−

−+

−

−

az

ai

ai

az 2

2

1

1

Lorsque z décrit un cercle C 1 de centre a et de rayon ε, z – a décrit un

cercle C 2 de centre O et de rayon ε, 21 ai

az

−

− décrit un cercle C 3 de centre

O et de rayon 21 a−

ε, et Z =

2

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−−

+−

−az

ai

ai

az 2

2

1

1 décrit le

transformé de Joukowski du cercle C 3 de centre O et de rayon 21 a−

ε :

c'est une ellipse E 1 de foyers –1 et 1, d'équation | Z – 1 | + | Z + 1 | = 21 a−

ε +

ε− 21 a

(voir

Exercice 19).

Posons X = x

1, on a Z =

21

1

ai −( X – a), X = a + i 21 a− Z ,

donc X décrit l'ellipse E 2 de foyers a – i 21 a− et a + i 21 a− et d'équation :

11 2

−−−

ai

a X + 11 2

+−−

ai

a X = 2

1 a−ε +

ε−

2

1 a

| X – a – i 21 a− | + | X – a + i 21 a− | = ε + ε

− 21 a

L'origine O est à l'intérieur de l'ellipse E 2 lorsque :

| a + i 21 a− | + | a – i 21 a− | < ε + ε

− 21 a

,

ε ² – 2 ε + 1 – a ² > 0,

ε > 1 + ( )211 a−− = 1 + a ou ε < 1 – ( )211 a−− = 1 – a.

Donc dès que ε est plus petit que 1 – a, O est à l'intérieur de l'ellipse E 2 décrite par X = x

1. Il en

résulte que x , qui décrit l'inverse de cette ellipse E 2 dans une inversion‐symétrie de pôle O, et de

puissance 1, décrit une courbe D entourant O et x tourne dans le même sens que z.

Lorsque z décrit le cercle C 1 = [a, ε], x décrit, avec le même sens de rotation que z, une courbe D qui

est l'inverse de l'ellipse E 2 de foyers a – i 21 a− et a + i 21 a− et de diamètre ε + ε

− 21 a

.

2°/Fonction analytique réciproque.



z ² x – 2 z + 2 a – x = 0.

Pour x = 0, on a nécessairement z = a.

Pour x ≠ 0, les valeurs de z vérifiant l'équation sont données par la formule :

z = x

ax x 121 2 +−+.

Dans cette formule, la fonction 122 +− ax x possède deux déterminations, liées à la présence de

deux points critiques x = a ± i 21 a− qui sont aussi les singularités de la fonction z ( x ).

z ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

x

1 = 1 +

221 x ax +−

Cette fonction n'a pas de singularité pour x = 0, de sorte que la fonction z ( x ) n'a pas de singularité à l'infini. Il en résulte que la fonction z ( x ) est rendue uniforme par une coupure joignant les deux

points critiques et passant ou non par l'infini. Prenons par exemple une coupure verticale passant par

l'infini telle que celle de la figure.

Dans le plan ainsi coupé, posons, pour M ( x ) quelconque :

x – a – i 21 a− = ρ1 e i θ1, avec

2

π≤ θ1 < 5

2

π,

x – a + i 21 a− = ρ2 e i θ2, avec –

2

π≤ θ2 < 3

2

π,

La fonction 122 +− ax x possède deux déterminations :

122 +− ax x = ± 21 ρρ 221 θ+θ

i

e .

Soit α = Arc tan a

a21 −, 0 ≤ α ≤

2

π.

Pour x = 0, on a ρ1 = ρ2 = 1, θ1 = π + α, θ2 = π – α,

2

21 θ+θ = π, 122 +− ax x = ±e i π.

Lorsque α tend vers 0 (ce qui veut dire que a tend vers 1) :

x

ei

221

21

1

θ+θ

ρρ+≈

( ) x

ax −− 11 = a

x

ei

221

21

1

θ+θ

ρρ−≈

( ) x

ax −+ 11→ ∞.

Or, pour x = 0, on a z = a. Donc la fonction z ( x ) déterminée par l'équation donnée est :



z = x

ei

221

21

1

θ+θ

ρρ+,

c'est la seule détermination qui reste continue pour x = 0.

Montrons qu'elle est holomorphe dans le plan coupé. Elle est holomorphe déjà pour x ≠ 0 et sa

dérivée pour x ≠ 0 est :

z' = 12

121

22

2

+−

+−−−

ax x x

ax x ax .

Lorsque x tend vers 0, 122 +− ax x ≈ – (1 + 2

1(–2 a x + x ²) –

2

2a

x ²), le signe – vient de la

détermination choisie. Donc :

z' ≈

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+−

−+−+−

22

2

22

2

11

2

111

x a

ax x

x a

ax ax → –

2

12

a−.

Dérivons l'équation de départ, il vient :

2 z z' x + z ² – 2 z' – 1 = 0.

Lorsque x tend vers 0, alors z tend vers a et z' tend vers – 2

1 2a−. Ceci montre que la dérivée de z est

continue en x = 0. Alors, par continuité, les conditions de Cauchy, qui sont valables pour x ≠ 0, restent

valables aussi pour x = 0. Donc la fonction ( x ) est holomoprhe en 0. C'est la fonction réciproque de la

fonction étudiée dans la première question, hors de la coupure.

Pour x = 0, on a z = a et z' = 2

12 −a

. Si l'on développe z en fonction des puissances de x , comme les

deux points singuliers sont a + i 21 a− et a – i 21 a− , le développement est valable pour

| x | < Inf (|a + i 21 a− |, | a – i 21 a− |) = 1.

Donc :

Le rayon de convergence du développement de z en fonction des puissances de x est R = 1.

3°/ Fonction génératrice des polynômes de Legendre.

Si f (z) est holomorphe dans un voisinage de z = a, comme z est une fonction holomorphe de x , alors

ψ ( x ) = f (z) est holomorphe pour x voisin de 0. On peut donc développer ψ ( x ) suivant les puissances

croissantes de x :

ψ ( x ) = ∑≥0n

An x n, avec An =

( )( )!n

n 0ψ ,



c'est la formule de Taylor. D'après la formule de Cauchy, on a :

ψ (n)

(0) = πi !n

2 ∫Γ

( )1+

ψn

x

x dx ,

Γ étant une courbe entourant l'origine, parcourue dans le sens direct et à l'intérieur de laquelle ψ est holomorphe. On peut prendre, par exemple, pour Γ, la courbe décrite par x dans la première

question, pour ε assez petit.

Changeons de variable. Le changement de x à z est holomorphe, on a donc x = ϕ− az

et :

ψ (n)

(0) = πi !n

2 ∫C

( )( ) 1+− n

az

zφ

n + 1

dz

dx dz,

C est un cercle de centre a et de rayon ε, décrit dans le sens direct.

z = a + x φ,

dx

dz = φ + x φ'

dx

dz, d'où

dz

dx =

ϕϕ− ' x 1

, ou dz

dx =

ϕ1

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ϕ

ϕ−

− ' az

1 .

On a alors :

ψ (n)

(0) = πi !n

2

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

−

ϕϕ−

−

ϕ∫ ∫

−

+C C n

n

n

n

dzaz

z' zz f dz

az

zz f 1

1.

Pour n ≥ 1, on peut écrire ( ) ( ) ( )

( )n

n

az

z' zz f

−

ϕϕ −1

dz sous la forme u dv = d (uv) – v du, avec :

u = ( )

( )naz

z f

−, du =

( )

( )

( )

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

− +1nnaz

z f n

az

z' f dz,

v = ( )

n

znϕ, n ≠ 0, dv = φ

n – 1 (z) φ' (z) dz.

d (u v ) est une différentielle exa cte, donc son intégrale sur un cycle est nulle. Il reste :

ψ (n)

(0) = ( )

( )( )

( )( )

( ) ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

−

ϕ+

− ∫∫ +C dz

az

znf

az

z' f

ndz

C az

z' f nn

n

n 1

et, en simplifiant :

ψ (n)

(0) = ( ) ( )

( )∫ −

ϕC n

n

dzaz

zz' f

n

1 =

( )π

−i

!n

2

1

( ) ( )

( )∫ −

ϕC n

n

dzaz

zz' f =

( ) ( )[ ]1

1

−

− ϕn

nn

da

aa' f d ,

donc, pour n ≥ 1, on a :

πi !n

2

πi !n

2



An = !n

1 ( ) ( )[ ]1

1

−

− ϕn

nn

da

aa' f d

et A0 = ψ (0) = f (a).

Si ψ ( x ) = 12

1

2 +− ax x , on a, avec la détermination choisie : 12

2

+− ax x = x z – 1, donc :

ψ ( x ) = 1

1

− xz =

12

12

2

+−

−

azz

z = f (z).

f' (z) = ( ) ( )( )

( )22

22

12

12122

+−

−−−+−

azz

azzazzz

f '(a) = 12

2

22 +− aa

a =

21

2

a

a

−, φ (a) =

2

12 −a

et f' (a) = φ n

(a) = 1

2

2 −

−

a

an

a

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

2

12

, n ≥ 1,

f' (a) = φ n (a) = – a

12

2

1−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −n

a,

d'où :

An = !n

1−

12

1−n

1

1

−

−

n

n

da

d [a (a 2

– 1) n – 1].

Or n

n

da

d (a 2

– 1) n =

1

1

−

−

n

n

da

d [2 n a (a 2

– 1) n – 1], donc

An = !n

1−

12

1−n n2

1

n

n

da

d (a 2

– 1) n =

n

1−!nn2

1n

n

da

d (a 2

– 1) n

An = n

1−

!nn

2

1n

n

da

d (a 2

– 1) n, n ≥ 1.

An (a) est un polynôme de degré n en a, appelé le polynôme de Legendre de degré n.



Exercice 24. Série lacunaire. (Bass, n°20, p.665)

On considère la série entière :

f (z) = z + z 2

+ z 4

+ … + n

z2 + …

1°/ Quel est le rayon de convergence de cette série. Vérifier qu'elle diverge en tout point du cercle

de convergence C .

2°/ La fonction analytique f (z) possède sur C au moins un point singulier z0. Montrer que les deux

nombres complexes z1 tels que z1 ² = z0 sont aussi des points singuliers de f (z) et que, plus

généralement, tout nombre complexe z p tel que ( )p

pz2

= z0 est encore point singulier de f (z). En

déduire que les points singuliers de f (z) sont denses sur C , c'est‐à‐dire qu'on peut toujours en

trouver un qui soit à une distance moindre que ε d'un point donné de C . Comparer ces propriétés de

f (z) avec celles de la fonction :

g (z) = 1 + z + z ² + … + z n + …

Indications. f (z) = z + f (z ² ).

Solution.

1°/ Rayon de convergence.

La série entière peut s'écrire :

f (z) = ∑≥0

2

2n

n

n za .

On pose L = ∞→n

suplim n

na 2

1

2. On a L = 1. Le rayon de convergence de la série entière est donc

R = L

1 = 1.

Si z = e i θ, le terme général de la série entière ne tend pas vers 0, donc la série ne converge pas.

2°/ Densité des points singuliers.

LOe cercle de convergence est le cercle de centre O et de rayon 1. Comme il y a au moins un point

singulier sur le cercle de convergence, f(z) possède un point singulier de la forme z0 = e i θ0.

Soit Z un nombre complexe, on a : f ( Z ) = Z + f ( Z ²).

Si z1 ² = z0 et Z ² = z, alors f ( Z ) = Z + f (z). Lorsque Z se rapproche de z1, z se rapproche de z0. f (z)

possède un pont singulier en z0, donc f ( Z ) – Z possède un point singulier en z1 et comme Z n'a pas de

singularité en z1, c'est que f ( Z ) possède une singularité en z1.

Par une récurrence immédiate, on voit donc que tous les pints z p tels que ( )p

pz2

= z0 sont des points

singuliers de f (z).

Soit z = e i θ et soit z0 = e i θ

0 un point singulier de f (z).



Pour un ε donné > 0, considérons un entier p tel que 2 p >

επ2

. Soit z p = p

i

e 2

0θ

. Pour tout entier k , les

points z p p

ki

e 2

0θ

vérifient

p

pki

pez

2

2

0

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ θ

= p

pz2

= e i θ0 = z0. Ce sont donc des points singuliers de f et ils

partagent le cercle trigonométrique en intervalles de longueur p2

2π < ε. Donc il existe un point

singulier de f dont la distance à z est inférieure à ε.

La fonction analytique g (z) = 1 + z + z ² + … + zn + … a le même rayon de convergence 1 que f (z). Elle

divergre en tout point du cerc le de convergence. A l'intérieur du cercle de convergence, la fonction g

est égale à z−1

1. Il y a un point singulier qui est z = 1, et qui est un pôle d'ordre 1. On peut prolonger

la fonction g (z) anaytiquement à l'extérieur du cercle de convergence, alors que la fonction f , qui

possède un ensemble dense de points singuliers sur le cercle de convergence, ne peut pas être

prolongée analytiquement en dehors du cercle de convergence : il n'y a pas moyen de faire passer un

voisinage à travers les points singuliers.

Une série entière telle que celle qui définit f (z) est appelée une série lacunaire.



Exercice 25. Série rn/(z-eniω). (Bass, n°21, p.666)

ω étant un nombre réel donné et r un nombre fixé tel que | r | < 1, on considère la fonction f (z)

définie par :

(1) f (z) = 1

1

−z + ω− i ez

r + … + ω− ni

n

ez

r + …

1°/ Montrer que la série (1) est uniformément convergente par rapport à z dans tout domaine du

plan complexe ne contenant aucun des points e n i ω et que :

f (z) – 1

1

−z = r e – i ω

f (z e – i ω).

2°/ Montrer, plus généralement, que :

f (z) – 1

1

−z – … – ω− ni

n

ez

r = r n + 1

e – (n + 1) i ω f (z e – (n + 1) i ω).

Quelle est la limite de f (z) –

1

1

−z

lorsque z tend vers 1 ? Quels sont les points singuliers de f (z) ?

(Si ω n'est pas commensurable avec π, la série (1) supposée définie à l'intérieur du cercle | z | = 1,

n'est pas prolongeable en dehors de ce cercle).

Solution.

1°/ Convergence uniforme.

Soit Ω un domaine ne contenant aucun des points e n i ω. Ω est ouvert, par définition. Si z Ω, on peut

trouver un disque de centre z de rayon ε, contenu dans Ω.

Pour tout entier n, on a | z – e n i ω | > ε, puisque le disque de centre z et de rayon ε, contenu dans Ω,

ne contient aucun des points e n i ω

. Alors, puisque | r | < 1 :

| f (z) | < ∑∞

= ε0n

nr

= ε1

r −1

1.

La série définissant f (z) converge donc uniformément pour tout z tel que | z – e n i ω | > ε pour tout n.

Et ceci est valable pour tout ε > 0. Donc :

La série converge uniformément dans Ω.

f (z) – 1

1

−z = ∑≥ω−1n

ni

n

ez

r

= r e

– i ω

( )

∑≥ω−ω−

−

−11

1

ni ni

n

eze

r

= r e

– i ω

∑≥ω−ω− −0n

ni i

n

eze

r

= r e

– i ω

f (z e

– i ω

).

f (z) – 1

1

−z = r e – i ω

f (z e – i ω).

2°/ Limites, points singuliers.

La formule proposée :

f (z) – 1

1

−z – … – ω− ni

n

ez

r = r

n + 1 e – (n + 1) i ω

f (z e – (n + 1) i ω),



est vraie pour n = 0, on vient de le voir dans la première question. Supposons qu'elle soit vraie pour

un entier n – 1 :

f (z) – ∑−=

=ω−

1

0

nk

k ki

k

ez

r = r n e – n i ω

f (z e – n i ω).

Additionnons, de chaque côté, le terme ω− ni

n

ez

r . Il vient :

f (z) – ∑=

=ω−

nk

k ki

k

ez

r

0

= r n e – n i ω

f (z e – n i ω) + ω− ni

n

ez

r = r

n e – n i ω

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

−− ω−

ω−

1

1ni

ni

zeze f

Or, d'après la formule établie pour n = 0, on a :

f (z e – n i ω) –

1

1

−ω−ni

ze

= r e – i ω f (z e – (n + 1) i ω),

donc on a bien :

f (z) – ∑=

=ω−

nk

k ki

k

ez

r

0

= r n + 1 e – (n + 1) i ω

f (z e – (n + 1) i ω).

Limite de f (z) – 1

1

−z lorsque z tend vers 1.

a) Si πω

est rationnel, il existe des entiers p et q tels que p ω = q π. Alors 2 p ω = 2 q π et, pour n = 2 p,

on a : e n i ω = 1. Le terme ω− ni

n

ez

r de la série est alors égal à

1−z

r n, il tend vers l'infini lorsque z tend

vers 1. La série qui définit f (z) – 1

1

−z est uniformément convergente dans Ω, et l'on peut en extraire

une série ∑∞

ω= −1k ez

r kni

kn

= r

r n

−1

1

1

−z divergente en z = 1, de sorte que la série f (z) –

1

1

−z est

divergente en z = 1, puisque si elle convergeait, toute série extraite serait convergente.

b) Si

π

ω n'est pas rationnel, ou, comme on dit ici, ω et π ne sont pas commensurables, on peut écrire,

par division euclidienne :

2 π = k 1 ω + s1, avec k 1 entier et 0 < s1 < ω,

ω = k 2 s1 + s2

…

sn – 1 = k n + 1 sn + sn + 1

…



On construit ainsi une suite (sn) de nombres réels. Cette suite est strictement décroissante et aucun

des sn n'est nul, sinon, en remontant les diverses égalités, il en résulterait que le rapport πω

serait

rationnel. La suite (sn) est donc convergente. Sa limite est 0 car on a, pour tout n :

2 π = s1 + k 1 s2 + … + k 1 … k n sn + 1

et chaque entier k p est supérieur ou égal à 1, de sorte que la série :

∑∞

=0 p

k 0 k 1 … k p s p + 1, avec k 0 = 1,

qui converge vers 2 π, a son terme général qui tend vers 0 : ∞→n

lim sn = 0.

Montrons qu'on peut extraire de la suite (e n i ω) une suite qui tend vers 1.

On a 2 π = k 1 ω + s1, donc 2 k 2 π = k 1 k 2 ω + k 2 s1 = k 1 k 2 ω + ω – s2 = (k 1 k 2 + 1) ω – s2.

Posons p1 = k 1, p2 = k 1 k 2 + 1. On a e i p1

ω = e – i s

1, e i p2

ω = e i s

2, donc

| Arg (e i p2

ω) | = s2 < s1 = | Arg (e i p1

ω) |.

Supposons que l'on ait construit ainsi deux suites de nombres p1, … , pn – 1, q1 , … , qn – 1, tels que :

2 qk π = pk ω + (–1) k + 1 sk , k = 1, … ,n – 1.

Alors on a :

2 qn – 1 π = pn – 1 ω + (–1) n sn – 1,

2 k n qn – 1 π = k n pn – 1 ω + (–1) n k n sn – 1 = k n pn – 1 ω + (–1) n

(sn – 2 – sn)

Or 2 qn – 2 π = pn – 2 ω + (–1) n – 1 sn – 2, donc :

2 (k n qn – 1 + qn – 2) π = (k n pn – 1 + pn – 2) ω + (–1) n – 1 sn,

et il suffit de poser :

qn = k n qn – 1 + qn – 2

pn = k n pn – 1 + pn – 2,

pour avoir : 2 qn π = pn ω + (–1) n + 1 sn. et l'on a : | Arg (e i p

nω) | = sn < sn – 1 = | Arg (e i p

n – 1ω) |. Comme

la suite (sn) converge vers 0, la suite (e i pn

ω) converge vers 1, de sorte que 1 est un point

d'accumulation de points singuliers de la série entière définissant f (z) – 1

1

−z.

Mais le terme général ω− ni

n

ez

r ne tend pas forcément vers 0 lorsque z tend vers 1, de sorte que la

convergence de la série n'est pas assurée. Par exempe, si sn ≤ | r | p

n à partir d'un certain rang, alors

on a :



| 1 – e i pn

ω | = 2 | sin pn

2

ω | = sn ≤ | r | p

n et ω− n

n

ip

p

e

r

1≥ 1, le terme général de la série ne tend pas

vers 0, la série est divergente.

Ainsi, les points singuliers de f (z) sont les points e n i ω. Si

πω est rationnel, ces points singuliers sont

en nombre fini. Si ω et π sont incommensurables, alors les points singuliers de f (z) forment un

ensemble dense sur le cercle unité. En effet, soit e i θ un point de ce cercle. On a vu qu'on pouvait

extraire de la suite (e n i ω) une suite tendant vers 1 et, de façon précise, pour tout ε > 0, il existe des

entiers a et b tels que l'on ait | 2 a π – b ω | < ε, et l'on peut prendre 2 a π ≤ b ω.

Divisons θ par (2 a π – b ω) : θ = p (2 a π – b ω) + q, avec p entier et q < 2 a π – b ω < ε. Alors :

e i θ = e i b p ω

e i q

et la distance de θ à b p

ω sur le cercle unité est égale à q, donc inférieure à ε. Donc θ est point

d'accumulation de points singuliers de f (z).

On ne peut donc pas prolonger analytiquement f (z) en dehors du cercle unité lorsqu'on définit f (z)

par une série entière à l'intérieur du cercle unité : une telle série est lacunaire.



Exercice 26. Prolongement analytique de la fonction d'Euler Γ. (Bass, n°22, p.666 et Valiron, Tome 1, p.170)

1°/ Expliquer en quoi les formules connues :

Γ ( x ) = ( x – 1) Γ ( x – 1) et Γ ( x ) Γ (1 – x ) =

π

π

x sin

constituent un prolongement analytique de la fonction eulérienne Γ ( x ).

Calculer Γ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

1, Γ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

3, Γ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

5.

2°/ On écrit :

Γ ( x ) = ∫1

0t

x – 1 e – t

dt + ∫∞

1 t

x – 1 e – t

dt .

On remplace, dans la première intégrale, e – t par son développement suivant les puissances de t .

Montrer que l'on peut intégrer terme à terme de 0 à 1.

Déduire du résultat le prolongement analytique de Γ ( x ) à tout le plan complexe x . Quels sont les

points singuliers de Γ ( x ) ? Valeurs des résidus ? Comparer avec la première question.

Solution.

1°/ Prolongement analytique de Γ dans le champ réel.

Γ ( x ) est défini, au départ, pour x réel positif, par la formule : Γ ( x ) = ∫∞

0 t x – 1

e – t dt .

La formule :

(1) Γ ( x ) = ( x – 1) Γ ( x – 1)

est valable pour x ≥ 1.

La formule :

(2) Γ ( x ) Γ (1 – x ) = π

π x sin

est valable pour 0 < x < 1.

La formule (1) permet de définir Γ ( x ) pour –1 < x < 0 par Γ ( x ) = x

1Γ ( x + 1). Puis, par récurrence, cette

même formule permet de définir Γ ( x ) pour tout x réel négatif non entier.

En posant X = x – 1, les formules (1) et (2) donnent :

Γ (– X ) = X sin π

π− ×

( ) X X Γ1

Cette formule permet de définir Γ ( x ) pour tout réel x qui n'est pas un entier négatif. Elle constitue

donc un prolongement analytique de Γ à l'ensemble des réels non entiers négatifs.

La formule (2), avec x =

2

1, donne Γ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

2

1 = π .



La formule (1) donne alors Γ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

1 = – 2 Γ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

2

1 = – 2 π .

Puis, successivement :

Γ ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

23 = –

32 Γ ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

21 =

34 π ,

Γ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

5 = –

5

2Γ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

3 = –

15

8π .

2°/ Prolongement analytique de Γ dans le champ complexe.

L'intégrale qui définit Γ ( x ) dans le champ réel peut se décomposer en deux morceaux :

Γ ( x ) =

∫

1

0t x – 1

e – t dt +

∫

∞

1 t x – 1

e – t dt .

La série entière :

e – t = ∑

∞

=0n

(–1) n

!n

t n

est uniformément convergente dans [0, 1] : on peut la multiplier terme à terme par t x – 1, la série

obtenue est encore uniformément convergente dans ]0, 1[.

t x – 1

e – t

= ∑

∞

=0n(–1)

n

t x – 1

!n

t n

.

Puisque la série est uniformément convergente dans ]0, 1[, on peut l'intégrer terme à terme sur [0, 1]

∫1

0t x – 1

e – t dt = ∑

∞

=0n

(–1) n ∫

1

0t x – 1

!n

t n dt = ∑

∞

=0n

( )!n

n1−

x n +1

.

D'après la règle de Weierstrass, la série obtenue converge uniformément sur tout ensemble continu

borné de ne contenant pas d'entiers négatifs, car pour 0 < d < | n + x |, la série ∑∞

=0n !nd ×1

= d

e

converge.

D'autre part, l'intégrale ∫∞

1e – t

t x – 1 dt définit une fonction continue de x ; pour ( x ) < A, on a :

| e – t t

x – 1 | < e – t

t A – 1,

et e – t t A – 1

est intégrable, donc l'intégrale ∫∞

1e – t

t x – 1 dt converge uniformément.

Ainsi la fonction :



Γ ( x ) = ∑∞

=0n

( )( ) x n!n

n

+−1

+ ∫∞

1e – t

t x – 1 dt

est définie pour tout x non entier négatif.

Les points singuliers de Γ ( x ) sont les points x = 0, –1, –2, ….

D'après la première question, si X tend vers n, alors Γ (– X ) = X sin π

π−.

( ) X X Γ1

est équivalent à :

( )ε+−ππ−

nsin×

!n

1≈

( ) ( ) ( ) ( )πεπ−+πεπ−π−

sinncoscosnsin×

!n

1≈

( ) πε−

π−+1

1n

.!n

1 =

( )!n

n1−

.n X +

1.

Et ce résultat montre :

• que les points singuliers sont des pôles simples,

• et que les résidus en ces points sont :

Rn = ( )

!n

n1−

.



Exercice 27. Rayon de convergence du développement de (1-z)1/2/(z²+1). (Bass, n°23, p.666)

Calculer, pour chaque position du point a dans le plan complexe, le rayon de convergence du

développement de la fonction 1

1

2 +

−

z

z

suivant les puissances de z – a.

Solution.

Les points singuliers de f (z) = 1

12 +

−

z

z sont 1, i , –i et le point à l'infini.

Les points i et –i sont des pôles simples, les points 1 et ∞ sont des points critiques.

Autour d'un point a , le rayon de convergence du développement de f (z) suivant les puissances de

z – a est donc égal à :

R = Inf (| a – 1 |, | a – i |, | a + i |).

Les médiatrices des côtés du triangle de sommets 1, i , –i , séparent le plan

en trois régions :

• Dans la région définie par – x ≤ y ≤ x , R = | a – 1 |.

• Dans la région définie par y ≥ Sup ( x , 0), R = | a – i |.

• Dans la région définie par y ≤ Inf (– x , 0), R = | a + i |.



Exercice 28. Polynômes de Legendre. h étant une constante réelle positive, on considère la fonction :

(1) f (z) = 221

1

hzh +−

et son développement sous la forme :

(2) f (z) = P0 (z) + h P1 (z) + … + h n Pn (z) + …

1°/ Sans se préoccuper des questions de convergence, montrer que, formellement, Pn (z) est un

polynôme en z de degré n. On formera les premiers polynômes Pn (z).

2°/ La série (2) étant considérée comme une série de puissances croissantes de la variable complexe

h, déterminer, z étant fixé, le rayon de convergence de la série (2).

3°/ z étant un point du plan complexe, on considère l'ellipse passant par z et ayant pour foyers les

points d'affixes –1 et 1. On désigne par a le demi‐grand axe de cette ellipse. Montrer que l'on a :

| z + 12 −z | = a + 12 −a et | z – 12 −z | = a – 12 −a .

4°/ Déduire des résultats précédents le domaine dans lequel doit rester la variable complexe z pour

que la série (2) converge quand h est une constante réelle positive donnée.

Solution.

1°/ Polynômes de Legendre.

Posons α = 2 z h – h ².

f (z) = (1 – α) – 1/2 = 1 +

2

α + … + (–1) p

! p

p... ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−−⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −−⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − 1

2

11

2

1

2

1

α p

+ …

(–1) p

! p

p... ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

+−−⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

−−⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

− 12

1

12

1

2

1

= ( )! p

p..... p2

1231 − = ( )( )222

2

! p

! p p

.

On a donc :

f (z) = 1 + 2

1 (2 z h – h ²) + … +

( )

( )222

2

! p

! p p

(2 z h – h ²) p + …

Si maintenant on développe les puissances de (2 z h – h ²) avec la formule du binôme, et que l'on

regroupe les termes ayant la même puissance n de h, le terme en h n vient de (2 z h – h ²) n

et des

puissances inférieures de (2 z h – h ²) : il est donc clair que le coefficient de h

n

est un polynôme en z.

A cause du terme en ( )

( )222

2

!n

!nn

(2 z h) n, Pn (z) est de degré au moins égal à n ; les autres termes en h n

viennent des puissances inférieures (2 z h – h ²) p = h p

(2 z – h) p, p < n.

Le terme en h n est ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − pn

p(2 z) n – p

lorsque n – p < p. Finalement, le coefficient de h n est donné par :

Pn (z) = ∑≤≤ pn p 2

( )

( )222

2

! p

! p p ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − pn

p(2 z) n – p

= ∑≤≤ pn p 2

( )( )! pn! p

! pn p −−32

2 z n – p.



La somme est étendue à toutes les valeurs de p pour lesquelles n est compris entre p et 2 p. On voit

sur la formule que c'est un polynôme de degré au plus égal à n. Et comme on sait déjà que c'est un

polynôme de degré au moins égal à n, Pn est bien un polynôme de degré n.

Développons, par exemple, les termes jusqu'à la puissance 4 :

f (z) = 1 + z h – 2

1 h

2

+ 8

3 (4 z 2

h 2 – 4 z h 3

+ h 4)

+ 16

5 (8 z 3

h 3 – 12 z 2

h 4 + … )

+ 72

35 (16 z 4

h 4 + … ) + …

D'où il résulte :

P0 (z) = 1

P1 (z) = z

P2 (z) = – 2

1 +

2

3 z 2

P3 (z) = – 2

3 z +

2

5 z 3

P4 (z) =

8

3 –

8

30 z 2

+ 8

35 z 4.

2°/ Rayon de convergence.

Le rayon de convergence est le module du point singulier le plus proche de 0. Or les points singuliers

de 221

1

hzh +− sont les points critiques qui annulent le dénominateur : h = z ± 12 −z , donc le

rayon de convergence de la série (2) pour z fixé est :

R = Inf (| z + 12 −z |, | z – 12 −z |).

3°/ Démonstration des relations indiquées.

L'équation de l'ellipse décrite par z peut s'écrire : 2

2

a

x +

12

2

−a

y = 1., ou z = a cos θ + i 12 −a sin θ.

On a donc :

z = 2

1 ((a + 12 −a ) e i θ

+ (a – 12 −a ) e – i θ).

C'est le transformé de Joukowski d'un cercle (voir Exercice 19) :

cercle Z = (a + 12 −a ) e i θ ou cercle Z = (a – 12 −a ) e – i θ).



La transformation réciproque peut s'écrire Z = z + 12 −z , c'est une solution de l'équation :

Z 2 – 2 z Z + 1 = 0.

On a donc :

z + 12 −z = (a + 12 −a ) e i θ.

et

z – 12 −z = (a – 12 −a ) e – i θ.

Il en résulte immédiatement que l'on a :

| z + 12 −z | = a + 12 −a et | z – 12 −z | = a – 12 −a

lorsqu'on prend, comme on l'a fait, la détermination réelle positive du radical sur l'axe réel positif.

4°/ Domaine de convergence.

On a vu que, lorsque z est fixé, la série (2) converge pour h < Inf (| z + 12 −z |, | z – 12 −z |). Elle

converge donc pour h < a – 12 −a . Si h est fixé, il faut que l'on ait :

h < Z

1 avec Z = z + 12 −z , | Z | < h

– 1.

z doit donc être dans le transformé de Joukowski de l'intérieur du cercle de rayon h – 1

. Or z est sur l'ellipse de demi‐grand axe a et l'on a :

h < a – 12 −a ,

12 −a < a – h,

a ² – 1 < a ² – 2 a h + h ²,

2 a h < 1 + h ²,

a < 2

1 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

hh

1.

On voit donc que z doit être à l'intérieur de l'ellipse de demi‐grand axe 2

1 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

hh

1 et de foyers –1 et

1.



Exercice 29. Détermination d'une fonction analytique par une condition aux

limites. Déterminer une fonction analytique f (z) dans le cercle fermé (C ) de centre O et de rayon 1, se

réduisant sur (C ) à la valeur 122 +θ−

θ−cosaa

cosa + i

122

+θ−

θcosaa

sin, a étant un nombre réel

strictement plus grand que 1 et θ étant l'angle polaire du point courant M.

Solution.

f (z) est déterminée entièrement par sa valeur et celle de ses dérivées en 0, grâce à la formule de

Taylor :

f (z) = ∑∞

=0n

( )( )!n

f n 0 z n.

Par hypothèse, on doit avoir :

f (e i θ) = 122 +θ−

θ+θ−cosaa

sini cosa =

2θ

θ−

−

−i

i

ea

ea = θ− i ea

1.

D'après les formules de Cauchy, on a :

f (n)

(0) = πi !n

2 ( )∫C ( )zaz

dzn −+1

car, sur (C ), z = e i θ et f (z) =

za −

1.

A l'intérieur du cercle (C ), la fonction ( )zaz n −+1

1 possède un seul pôle, le point 0, d'ordre n + 1,

puisque a est > 1. Le résidu en ce pôle est le coefficient de z n dans le développement de

za −1

:

za −1

= a

1

a

z−1

1 =

a

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++++ ...

a

z...

a

zn

n

1 .

Le résidu est donc 1

1+na

et l'on a, par le théorème des résidus :

( )∫C ( )zaz

dzn −+1

= 1

2+

πna

i ,

( )( )!n

f n 0 =

πi 2

1

( )∫C ( )zaz

dzn −+1

= 1

1+na

,

d'où finalement :



f (z) = ∑∞

=0n1

1+na

z n =

za −1

.

En effet, on vient juste de calculer le développement de za −

1 et il suffit de comparer les résultats.

Donc la seule fonction analytique prenant sur (C ) la valeur :

f (e i θ) = 122 +θ−

θ−cosaa

cosa + i

122 +θ−θ

cosaa

sin

est la fonction :

f (z) = za −

1



Exercice 30. Pôles et résidus de z/(a-e-iz). a étant une constante réelle positive, on considère la fonction

f (z) = izea

z−−

.

1°/ Quels sont ses pôles ?

2°/ Montrer qu'il existe au plus un pôle dans le rectangle | x | ≤ π, 0 ≤ y ≤ δ. 3°/ Quel est le résidu de f (z) au pôle situé dans le rectangle, quand il existe ?

Solution.

1°/ Pôles.

f (z) est uniforme et holomorphe presque partout. Donc ses singularités sont des pôles ou des points

essentiels. Considérons d'abord les points qui annulent le dénominateur :

a = e – i z, z = 2 k π + i ln a.

Si a = 1, alors, pour k = 0, on trouve z = 0 et f (z) ≈( )ε−−ε

i 11 = – i .

Donc si a = 1, le point z = 2 k π + i ln a pour k = 0, n'est pas un point singulier lorsqu'on prend

f (0) = – i .

Si a est différent de 1, alors 2 k π + i ln a est différent de 0, donc ( )z f

1 =

z

ea iz−− est holomorphe en

tous les points z = 2 k π + i ln a. Ces points sont donc les pôles de f (z).

En résumé :

Lorsque a = 1, si l'on définit f (0) = – i , les pôles de f (z) sont les points z = 2 k π + i ln a, k *.

Lorsque a ≠ 1, les pôles de f (z) sont les points z = 2 k π + i ln a, k .

2°/ Pôles situés dans un rectangle.

Parmi les pôles z = 2 k π + i ln a, k , ceux qui sont situés à l'intérieur du rectangle vérifient :

| 2 k π | ≤ π et 0 ≤ ln a ≤ δ.

Donc, nécessairement, k = 0, et il y a au plus un pôle situé à l'intérieur du rectangle, c'est le pôle

i ln

a. Rappelons que ce point n'est un pôle que si a est différent de 1.

Si 0 < a < 1, on a ln a < 0, et il ne peut pas y avoir de pôle dans le rectangle considéré.

Si a > 1, alors, pour 0 < δ < ln a, il n'y a pas de pôle à l'intérieur du rectangle et, pour δ > ln a, le pôle

i ln a est à l'intérieur du rectangle.

3°/ Résidu.

Pour calculer le résidu en i ln a, calculons la limite de (z – i ln a) izea

z−− lorsque z tend vers i ln a.

On pose z = i ln a + ε.



0→εlim ε ( )ε+−−

ε+alni i

ea

alni =

0→εlim

( )ε−−ε

i ea

alni

1 =

0→εlim

( )( )ε−−ε

i a

alni

11 =

a

aln.

Donc le résidu de f (z) au point z = i ln a est :

Ri ln a = a

aln



Exercice 31. Intégrale de (z+a)ez/z4.

Calculer πi 2

1

( )∫C

( )4z

eaz z+ dz, la somme étant étendue au cercle trigonométrique.

Solution.

Le seul point singulier de ( )

4z

eaz z+ situé à l'intérieur du cercle trigonométrique est z = 0, qui est un

pôle d'ordre 4. Donc l'inté"grale à calculer est égale au résidu de ( )

4z

eaz z+ en 0.

1ère

Méthode.

Le résidu R0 est le coefficient du terme en z 3 du développement de (z + a) e z.

(z + a) e z = (z + a)

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

+++++...

!n

z...

!

zz

n

21

2

.

Le terme en z 3 a pour coefficient

!2

1 +

!

a

3, donc R0 =

2

1 +

6

a, et l'intégrale vaut :

πi 2

1

( )∫C

( )4z

eazz+

dz = 6

3+a

2e Méthode.

D'après la formule de Cauchy, on a :

!n

1 ( )

0=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

z

n

n

dz

z f d =

πi 2

1

( )∫C

( )1+nz

z f dz.

Ici, pour n = 3 et f (z) = (z + a) e z, on obtient :

πi 2

1

( )∫C

( )4z

eaz z+ dz =

!3

1 ( )( )0

3

3

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +

z

z

dz

eazd .

dz

d

((z + a) e z

) = (z + a + 1) e z

,

2

2

dz

d ((z + a) e z) = (z + a + 2) e z,

3

3

dz

d ((z + a) e z) = (z + a + 3) e z.

Pour z = 0, la dérivée troisième vaut a + 3 et il vient :

πi 2

1

( )∫C

( )4z

eaz z+ dz =

6

3+a



Exercice 32. Fonctions méromorphes définies à partir d'une fonction

holomorphe. C étant une courbe fermée du plan complexe, on désigne par D le domaine ouvert intérieur à C et

on considère une fonction f (z) holomorphe dans D + C . Soient x , y et ζ des points de D, m et n des

entiers positifs de somme m + n = p.

1°/ Montrer que les résidus de g (z) définie par :

g (z) = ( )

( )n

n

x z

x

−

−ς ( )

( )n

n

y z

y

−

−ς ( )( )z

z f

−ς

aux pôles z = x et z = y , sont des polynômes en ζ de degré p – 1.

2°/ Montrer que la fonction

F (ζ) = f (ζ) + πi 2

1∫C

g (z) dz

est aussi un polynôme en ζ de degré p – 1.

Solution.

1°/ Résidus de g ( z).

z = x est un pôle d'ordre n. Le résidu de g (z) en x est donc le coefficient du terme de degré n – 1 dans

le développement de (ζ – x ) n (ζ – y ) m

( )

( ) ( )zy z

z f n −ς−

suivant les puissances de (z – x ). Posons z – x = ε.

On a :

f (z) = ∑∞

=0k

( )( )!k

x f k

ε k .

(z – y ) – m =

( )my x −

1 m

y x

−

⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛

−ε+1 =

( )my x −

1 ∑∞

=0 j

(–1) j ( )

! j

j m...m 1−+ ε j .

z−ς1

= x −ς

11

1

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−ςε

− x

= x −ς

1 ∑∞

=0h ( )h

h

x −ς

ε.

On a donc :

(ζ – x )

n (ζ – y )

m ( )( ) ( )zy z

z f n −ς− =

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )nm

mk , j ,h

k h j

h j

k j

x y

x y x

x !k y x ! j

x f j m...m

−ς−ς−ς−

ε−ς−

−+−∑ ++11

= ( ) ( )

( )m

mn

y x

y x

−

−ς−ς −1 ( ) ( ) ( )( )( ) ( )∑ ++ε

−ς−

−+−

k , j ,h

k h j

h j

k j

x !k y x ! j

x f j m...m 11.

Le terme en ε n – 1

est donc égal à :

( ) ( )

( )m

mn

y x

y x

−

−ς−ς −1 ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )∑ −ε

−ς−

−+−

k , j ,h

n

h j

k j

x !k y x ! j

x f j m...m 111



et son coefficient peut s'écrire :

( )

( )m

m

y x

y

−

−ς ( ) ( ) ( )( )( )

( )∑−=++

−−−ς−

−+−

1

111

nk j h

hn

j

k j

x !k y x ! j

x f j m...m

ou encore :

( )

( )m

m

y x

y

−

−ς ( ) ( ) ( )( )( )∑ ∑

−=

=

−−=+

=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

−+−1

0

1

0

11nh

h

hnk j

k j j

k j

!k y x ! j

x f j m...m(ζ – x ) n – 1 – h.

C'est un polynôme en ζ de degré m + n – 1 = p – 1.

2°/ Degré de F (ζ).

F (ζ) = f (ζ) +

πi 2

1

∫C

g (z) dz.

L'intégrale est égale à la somme des résidus R x , Ry , Rζ, en x , y , ζ.

ζ est un pôle simple et le résidu de g (z) en ζ est Rζ = – f (ζ), de sorte qu'il reste : F (ζ) = R x + Ry . C'est la

somme de deux polynômes de degré p – 1, c'est donc un polynôme de degré p – 1 au plus.

Le terme de degré p – 1 de R x est, ainsi qu'il résulte de la première question :

( )my x −

1 ( ) ( ) ( )( )( )∑

−=+

=+ −

−+−1

0

11nk j

k j j

k j

!k y x ! j

x f j m...mζ

p – 1.

Dans Ry , le terme de degré p – 1 est, de façon analogue :

( )ny x −

1 ( ) ( ) ( )( )( )∑

−=+

=+ −

−+−1

0

11mk j

k j j

k j

!k y x ! j

y f j n...nζ

p – 1.

La somme des deux n'est pas nulle, donc le degré de F (ζ) est bien p – 1.



Exercice 33. Intégrale de (x+2)-1(x3(1-x)2)–1/5

Calculer l'intégrale ∫1

0 ( ) ( )5 23 12 x x x

dx

−+.

Solution.

1°/ Convergence de l'intégrale.

Vers 0, ε f (ε) ≈ ε 2/5

→ 0.

Vers 1, ε f (1 – ε) ≈ ε 3/5

→ 0.

Donc l'intégrale est convergente.

2°/ Fonction holomorphe associée à l'intégrale.

A l'intégrale à calculer, associons la fonction :

f (z) =

( ) ( )5

25

3

12

1

−+ zzz

.

Les singularités de cette fonction sont :

• Un pôle en z = –2,

• Un point critique en z = 0,

• Un point critique en z = 1.

Il n'y a pas de singularité à l'infini, qui est un zéro d'ordre 2.

f (z) est rendue uniforme par une coupure joignant 0 et 1, passant ou non par l'infini. Choisissons,

pour faire la coupure, le segment de droite [0, 1] et posons :

z = ρ1 e i θ1, z – 1 = ρ2 e i θ

2,

et prenons la détermination de f (z) définie par :

f (z) =

( ) 5

2352

253

1

21

2

1θ+θ

ρρ+i

/ / ez

3°/ Contour d'intégration.

f (z) est holomorphe dans le domaine D de la figure, sauf au point z = –2

qui est un pôle simple. Donc l'intégrale de f étendue à la frontière de D est

égale au produit de 2 i π par le résidu R –2 de f en –2.

Pour un nombre réel R grand, | R f (z) | ≈2R

R =

R

1 qui tend vers 0 lorsque

R tend vers l'infini. Donc l'intégrale sur le grand cercle (Γ) est nulle.

| ε f (z) | ≈ ε 2/5 qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0, donc l'intégrale sur le petit cercle γ1 tend vers 0

lorsque ε tend vers 0.



| ε f (z – 1) | ≈ ε 3/5

qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0, donc l'intégrale sur le petit cercle γ2 tend

vers 0 lorsque ε tend vers 0.

4°/ Valeur de l'intégrale.

Sur AB, ρ1 = x , dz = dx , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = π, f (z) = ( ) ( )( ) 5123

12

1 /

x x x −+52

π

− i e ,

∫ AB f (z) dz = 5

2π

− i

e ∫1

0

( ) ( )5 23 12 x x x

dx

−+.

Sur DC , z + 2 = x + 2, dz = dx , ρ1 = x , θ1 = 0, ρ2 = 1 – x , θ2 = – π, f (z) = ( ) ( )( ) 5123

12

1 /

x x x −+5

2π

i

e ,

∫DC f (z) dz = 52

πi e ∫

0

1

( ) ( )5 23 12 x x x dx

−+.

Calcul du résidu.

R –2 = 2−→z

lim [(z + 2) f (z)], puisque –2 est pôle simple.

Pour z = –2, on a : ρ1 = 2, ρ2 = 3, θ1 = π, θ2 = π, donc 2−→z

lim [(z + 2) f (z)] = 5253 32

1 / / e – i π

et R –2 = 5 72

1−.

On a donc :

∫1

0 ( ) ( )5 23 12 x x x

dx

−+ ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

ππ−

52

52 i i

ee = 2 i π × 5 72

1−,

d'où le résultat :

∫1

0 ( ) ( )5 23 12 x x x

dx

−+ =

5 72

π

5

2

1

πsin

Remarque.

Dans f (z), on aurait pu prendre 1 – z au lieu de z – 1. On arrive alors au résultat suivant :

∫1

0 ( ) ( )5 23 12 x x x

dx

−+ =

5 72

π

5

3

1

πsin

.

Mais ce résultat est identique au précédent, compte tenu du fait que l'on a :

sin

5

3π = sin ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ π−π

5

3 = sin

5

2π.



Exercice 34. Intégrale de (1+x)-2/3(1-x)-1/3.

Calculer l'intégrale ∫−

1

1 ( ) ( )3 211 x x

dx

−+.

Solution.


Vers –1, ( ) ( )3 2

11

1

x x

x

−+

+≈ (1 + x )1/3

→ 0.

Vers 1, ( ) ( )3 2

11

1

x x

x

−+

−≈ (1 – x ) 2/3

→ 0.




f (z) = ( ) ( )3 2

11

1

−+ zz.


• Un point critique en –1,

• Un point critique en 1.

Il n'y a pas de singularité à l'infini, qui est un zéro d'ordre 1.

f (z) est donc rendue uniforme par une coupure entre –1 et 1.


On va intégrer f (z) sur un lacet entourant la coupure et sur un grand

cercle de centre O et de rayon R. f est holomorphe dans le domaine limité

par ce contour. Donc l'intégrale étendue à ce contour est nulle.


Sur γ1, | (z + 1) f (z) | ≈ | z + 1 |1/3→ 0.

Sur γ2, | (z – 1) f (z) | ≈ | z – 1 |2/3→ 0.

Donc les intégrales sur γ1 et γ2 tendent vers 0 lorsque le rayon de γ1 et γ2 tend vers 0.

Prenons pour détermination de f (z) :

z + 1 = ρ1 e i θ1, z – 1 = ρ2 e i θ

2, f (z) = 31

2

32

1

1 / /

ρρ

3

2 21 θ+θ−i

e .



Sur AB, ρ1 = 1 + x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = π, f (z) = ( ) ( )3 2

11

1

x x −+ 3

π−i

e ,

∫ AB

f (z) dz = 3

π−i

e

∫−

1

1 ( ) ( )3 2 11 x x

dx

−+

.

Sur CD, ρ1 = 1 + x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = – π, f (z) = ( ) ( )3 2

11

1

x x −+ 3

πi

e ,

∫CD f (z) dz = 3

πi

e ∫−1

1 ( ) ( )3 211 x x

dx

−+.

Sur (Γ), | z f (z) | ≈ 1, qui ne tend pas vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

Changeons alors de carte : on a ( )∫Γ

f (z) dz = – ( )∫Γ'

f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

12z

dz, où (Γ') est le cercle de centre O, de

rayon R

1, décrit dans le sens rétrograde. On a donc

( )∫Γ f (z) dz = 2 i π a1, où a1 est le coefficient de z

dans le développement de f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1 en série de puissances de z.

f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1 =

( ) ( ) 313211

/ / zz

z

−+ = z + o (z²) et

( )∫Γ f (z) dz = 2 i π.

On a donc :

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

ππ−

33i i

ee ∫−

1

1 ( ) ( )3 211 x x

dx

−+ = – 2 i π

∫−

1

1 ( ) ( )3 211 x x

dx

−+ =

32

2

ππ

sini

i =

3

2π,

d'où :

∫−

1

1 ( ) ( )3 211 x x

dx

−+ =

3

2π



Exercice 35. Intégrale de (1+x)-1x-2/3(1-x)-1/3.

Calculer l'intégrale ∫1

0 ( ) ( )3 2 11 x x x

dx

−+.

Solution.


Vers 0, ( ) ( )3 2

11 x x x

x

−+≈ x 1/3

→ 0.

Vers 1, ( ) ( )3 2 11

1

x x x

x

−+

−≈ (1 – x ) 2/3

→ 0.

Donc l'intégrale converge.


A l'intégrale à calculer, associons la fonction

f (z) = ( ) ( ) 3132 11

1 / / zzz −+

.


• Un pôle en z = –1,


• Un point critique en z = 1.

Il n'y a pas de singularité à l'infini qui est un zéro d'ordre 2.

La fonction f (z) est rendue uniforme par une coupure entre 0 et 1.


On va intégrer f (z) sur un contour formé d'un lacet entourant la coupure,

et d'un grand cercle de centre O et de rayon R. La fonction f (z) est

holomorphe dans le domaine limité par ce contour, sauf au point z = – 1

qui est un pôle simple.

L'intégrale de f sur ce contour est donc égale au produit par 2 i π du résidu

de f en ce pôle.


Sur (Γ), | z f (z) | ≈z

1 =

R

1→ 0 si R → ∞.

Dans le domaine D

limité par le contour d'intégration, on pose :



z = ρ1 e i θ1, z – 1 = ρ2 e i θ

2, f (z) = 1

1

+z

312

321

1 / / ρρ

3

2 21 θ+θ−i

e .

Sur γ1, ρ1 = r , ρ2 ≥ 1 – r , | z f (z) | ≈ r 1/3→ 0 si r → 0.

Sur γ2, ρ1 ≥ 1 – r , ρ2 = r , | (z – 1) f (z) | ≈2

1 r 2/3→ 0 si r → 0.

Sur AB, ρ1 = x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = π, f (z) = ( ) ( )3 2 11

1

x x x −+ 3

π−i

e ,

∫ AB f (z) dz = 3

π−i

e ∫1

0 ( ) ( )3 2 11 x x x

dx

−+.

Sur CD, ρ1 = x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = – π, f (z) = ( ) ( )3 2 11

1 x x x −+

3

πi

e ,

∫ AB f (z) dz = – 3

πi

e ∫1

0 ( ) ( )3 2 11 x x x

dx

−+.

On a donc :

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −

ππ−

33i i

ee ∫1

0 ( ) ( )3 2 11 x x x

dx

−+ = 2 i π R –1.

Calcul du résidu en z = –1.

R –1 = 1−→z

lim31

232

1

1 / / ρρ

3

2 21 θ+θ−i

e .

Pour z = –1, ρ1 = 1, ρ2 = 2, θ1 = – π, θ2 = – π. R –1 = 3 2

1−.

De plus, 3

π−i

e – 3

πi

e = – 2 i sin 3

π = – i 3 , donc ∫

1

0 ( ) ( )3 211 x x x

dx

−+ = 3 2

2 π− i

× 3

1

i − = 32

23

π.

∫1

0 ( ) ( )3 2 11 x x x

dx

−+ =

32

23

π.



Exercice 36. Intégrale de ln(x)/(x²+1)-4.

Calculer l'intégrale ∫∞

0 ( )42 1+ x

x ln dx .

Solution.


Vers 0, ( )42 1+ x

x ln≈ | ln x | qui est intégrable (primitive : x ln x – 1).

Vers l'infini, ( )42 1+ x

x ln≈

8 x

x ln <

7

1

x qui est intégrable.




f (z) = ( )42 1+z

zln.


• Un pôle d'ordre 4 en – i ,

• Un pôle d'ordre 4 en i ,

• Un point critique en 0,

• Un point critique à l'infini.

Pour rendre f (z) uniforme, il suffit donc de faire une coupure entre 0 et l'infini.


On va intégrer f (z) sur le contour indiqué sur la figure.

La fonction f (z) est holomorphe à l'intérieur du domaine D limité par

ce contour, sauf au point z = i . L'intégrale de f sur ce contour est égale

au produit de 2 i π par le résidu de f au point z = i .


Sur (Γ), | z f (z) | ≈7R

Rln qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini. Donc

( )∫Γ f (z) dz tend vers 0 si R

tend vers l'infini.

Sur γ, | z f (z) | ≈ ε ln ε → 0 si ε → 0.

Sur AB, z = – x e i π, ∫ AB f (z) dz = ∫

ε−

−R

( )( )421 x

i x ln

+π+− dx .



Sur CD, z = x , ∫CD f (z) dz = ∫ε

R

( )421 x

x ln

+ dx .

On a donc :

2 ∫∞

0 ( )42 1+ x

x ln dx + i π ∫∞

0 ( )421 x

dx

+ = 2 i π Ri .

Calcul du résidu.

Posons z = i + Z .

ln z = ln (i + Z ) = ln i + ln (1 – i Z ) = ln i + ( ) ( ) ( )⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−− 4

32

32 Z o

iZ iZ iZ = i

2

π – i Z +

2

2 Z

+ i 3

3 Z

– o ( Z 4).

( )4211z+

= 4

1 Z ( )4

21

i Z + =

4161 Z 4

21

1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

i

Z

= 416

1

Z

( )( ) ( )( )( ) ( )⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −−−

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −−

+− 4

32

26

654

22

54

241 Z o

i

Z

i

Z

i

Z

= 416

1

Z ( )⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−−+ 432

2

5

2

521 Z o Z

i Z iZ

f (z) = 416

1

Z ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++−

π...

Z i

Z iZ i

322

32

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−−+ ... Z

i Z iZ 32

2

5

2

521 .

Le résidu est donné par le coefficient du terme en Z 3 du produit :

Ri = 16

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +++

π32

5

4

5 i i

i =

64

5π + i

96

23.

On a donc :

2 ∫∞0 ( )42 1+ x

x ln dx + i π ∫∞0 ( )421 x

dx

+ =

325

2

πi – 48

23π .

On en tire :

∫∞

0 ( )42 1+ x

x ln dx = –

96

23π

∫

∞

0 ( )4

21 x

dx

+

=

32

5π.



Remarque.

La deuxième formule peut s'obtenir directement à partir d'une primitive :

∫ ( )421 x

dx

+ =

( )32 16 + x

x +

6

5

( ) ( ) ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

++

+ x tan Arc

x

x

x

x

8

3

18

3

14 222

.



Exercice 37. Intégrale de x3(1-x²)-1/2ln((1+x)/(1-x)).

Calculer l'intégrale ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx .

Solution.

Remarque préliminaire.

On aurait pu envisager, pour simplifier, d'écrire l'intégrale I à calculer sous la forme :

I = ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln (1 + x ) dx – ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln (1 – x ) dx .

En posant x' = – x dans la deuxième intégrale, on obtient alors :

I = 2

∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln (1 + x ) dx .

Le problème est alors que la fonction ( ) 212

3

1/

z

z

− ln (1 + z) n'est pas rendue uniforme par une

coupure entre –1 et 1. Donc ça ne simplifie rien !


Au voisinage de –1, ε f (– 1 + ε) ≈ ε 1/2

ln ε → 0 si ε → 0.

Au voisinage de 1, ε f (1 + ε) ≈ – ε

1/2

ln ε → 0 si ε → 0.

Donc l'intégrale converge.



f (z) = ( ) 212

3

1/

z

z

− ln

1

1

−+

z

z.


• Un point critique en z = –1,


• Un pôle d'ordre 2 à l'infini.

La fonction f (z) est rendue uniforme par une coupure joignant les points –1 et 1.

Posons :

z + 1 = ρ1 e i θ1, z – 1 = ρ2 e i θ

2,



f (z) =

2212

211

3

21 θ+θ

ρρi

/ / e

z ( )⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡θ−θ+

ρρ

21

2

1 i ln .


La fonction f (z) est holomorphe dans le plan coupé, sauf pour z infini.

On va intégrer f (z) sur la frontière du domaine constitué par la sphère

de Riemann moins la coupure. Cette frontière est indiquée sur la

figure. Le domaine limité par cette frontière contient un pôle qui est

le point à l'infini. L'intégrale étendue à la frontière est donc égale au

produit par 2 i π du résidu de f à l'infini.

D'après le lemme de Jordan, l'étude de la convergence de l'intégrale montre que les intégrales sur les

petits cercles γ1 et γ2 ont pour limite 0 lorsque leur rayon tend vers 0.


Sur AB, ρ1 = 1 + x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = π, dz = dx , f (z) = 2

3

1 x

x

−2

π−i

e ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π−

−+

i x

x ln

1

1.

∫ AB f (z) dz = – i ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx – π ∫−

1

1 2

3

1 x

x

−dx .

Sur DC , ρ1 = 1 + x , ρ2 = 1 – x , θ1 = 0, θ2 = – π, dz = dx , f (z) = 2

3

1 x

x

−2

πi

e ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π+

−+

i x

x ln

1

1.

∫DC f (z) dz = i ∫

−1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx – π ∫

−1

1 2

3

1 x

x

−dx

∫DC f (z) dz = – i ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx + π ∫−

1

1 2

3

1 x

x

−dx .

Calcul du résidu.

R∞ = πi 2

1

( )

∫Γ f (z) dz,

(Γ) étant un cercle entourant le point à l"infini (avec ∞ à gauche).

Posons z' = z

1, dz = –

2' z

' dz.

R∞ = – πi 2

1

( )∫Γ' f ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

' z

12' z

' dz,

(Γ') étant un cercle entourant 0 (avec 0 à gauche aussi).



Cette formule montre que R∞ est l'opposé du coefficient de z dans le déveeloppement en série de

Laurent de f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1.

f ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛ z

1

= 2

1

z ( ) 2121

1 /

z− ln z

z

−

+1

1

.

Il faut donc calculer le terme en z 3 du développement de

( ) 2121

1 /

z− ln

z

z

−+

1

1.

(1 – z 2) – 1/2 = 1 +

2

2z + o (z 4).

ln

z

z

−

+

1

1 = ( )⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡++− 4

32

32

zozz

z – ( )⎥⎦

⎤⎢

⎣

⎡+−−− 4

32

32

zozz

z = 2 ( )⎥⎦

⎤⎢

⎣

⎡++ 5

3

3

zoz

z .

(1 – z 2) – 1/2 ln

z

z

−+

1

1 = 2 z +

3

5 z 3

+ o (z 5),

donc R∞ = – 3

5 et – 2 i ∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx = – 2 i π

3

5, d'où :

∫−

1

1 2

3

1 x

x

− ln

x

x

−+

1

1 dx =

3

5π.



Exercice 38. Intégrale de (sin nx)x-1(x²+a²)-2.


0 ( )222 a x x

nx sin

+ dx .

Solution.


Vers l'infini, ( )222 a x x

nx sin

+≈

5 x

nx sin et x f ( x ) ≈

4 x

nx sin→ 0 si x → ∞.

Vers 0, x f ( x ) ≈4a

nx sin si a ≠ 0, et x f ( x ) =

4 x

nx sin≈

3 x

n si a = 0.

Donc l'intéggrale ne converge que si a ≠ 0.



f (z) = ( )222 azz

eniz

+.


• Un pôle simple en 0,

• Un pôle d'ordre 2 en i a,

• Un pôle d'ordre 2 en – i a,

• Un point essentiel isolé à l'infini.

Cette fonction est uniforme dans tout le plan.


Le contour d'intégration sera celui de la figure et on fera tendre r vers 0 et R vers l'infini, dans le cas

où n > 0. Si n est négatif, on prendra le contour symétrique de celui de la figure par rapport à Ox .

L'intégrale de f (z) étendue à la frontière est égale au produit par 2 i π du résidu en i | a |.


Sur (Γ), | z f (z) | = 2

22 az

e ny

+

−

≤2

22

1

az +≤

( )222

1

aR −,

car | z 2 + a 2

| 2 = (z 2

+ a 2)( z 2 + a 2) = | z | 4

+ 2 a 2 (z 2) + a 4

≥ R 4 – 2 a 2

R 2 + a 4

= (R 2 – a 2) 2.

Donc si R tend vers l'infini, | z f (z) | tend vers 0. D'après le lemme de Jordan, ( )∫Γ

f (z) dz tend vers 0

si R → ∞.



Sur γ, | z f (z) | = 2

22 az

e ny

+

−

= ( ) 4224 2 azar

e ny

+ℜ+

−

= ( ) 22222 4 x aar

e ny

+−

−

.

Si r → 0, | z f (z) | tend vers 4

1

a

≠ 0. Donc l'intégrale sur γ ne tend pas vers 0, il faudra calculer le

résidu en 0 et on aura : ∫γ f (z) dz = – i π R0.

Sur AB, on a z = x .

∫ AB f (z) dz = ∫

−

−

r

R ( )222 a x x

enix

+dx = ∫

r

R ( )222 a x x

e nix

+

−

dx = – ∫R

r ( )222 a x x

e nix

+

−

dx .

Sur CD, on a z = x .

∫CD f ( x ) dx = ∫

R

r ( )222 a x x

enix

+dx .

On a donc :

– ∫∞

0 ( )222 a x x

e nix

+

−

dx + ∫∞

0 ( )222 a x x

enix

+dx – i π R0 = 2 i π R

i | a |.

2 i ∫∞

0 ( )222 a x x

nx sin

+dx = i π R0 + 2 i π R

i | a |.

Calcul du résidu en z = 0.

C'est un pôle simple, donc le résidu est :

R0 = 0→z

lim (z f (z)) = 4

1

a.

Calcul du résidu en z = i | a |.

Posons z = i |a | + Z . Il vient :

f (z) =

( )

( ) ( )( )222a Z ai Z ai

eZ ai ni

+++

+

=

( )22 21 Z ai Z a

Z i ai

ee niZ an

+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−

= 3

4 ai

ean

−

−

2

1

Z

2

211 ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

ai

Z

a

Z i

eniZ

Il faut donc calculer le terme en Z du développement de 2

211 ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

a

Z i

a

Z i

eniZ

.



2

211 ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

a

Z i

a

Z i

eniZ

= (1 + n i Z + o ( Z 2))(1 + 2 i a

Z + o ( Z 2)) = 1 + i (n +

a

2) Z + o ( Z 2)

Donc R i | a | =

34 a

ean

−

−

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ +

an 2 = –

44a

ean−

(2 + n | a |) et l'on a :

∫∞

0 ( )222 a x x

nx sin

+dx =

42a

π –

44a

π(2 + n | a |) e – n | a |

∫∞

0 ( )222 a x x

nx sin

+dx =

44a

π(2 – (2 + n | a |) e – n | a |).

avec a ≠ 0.

Si a tend vers 0, l'intégrale est équivalente à 3

4 a

nπ.

Si n est négatif, on trouve le même résultat. Il suffit de changer n en –n et | a | en – | a |, de sorte

que n | a | ne change pas.



Exercice 39. Intégrale de (sin ax)/(e2 πx-1).


0 12 −π x e

ax sindx .

Solution.


a) Vers l'infini, 12 −π x e

ax sin x ≤ x e – 2 π x

→ 0.

b) Vers 0, 12 −π x e

ax sin x ≈

π2

x a→ 0.

Donc l'intégrale converge toujours.



f (z) = 12 −πz

iaz

e

e.


• Un pôle simple en chaque point z = n i , n ,

• Un point singulier essentiel à l'infini.

La fonction f (z) est uniforme dans tout le plan.


On intègre sur le rectangle de la figure.

f (z) n'a pas de point singulier à l'intérieur du contour : l'intégrale est

donc nulle sur ce contour.


Sur γ2, | z f (z) | ≈

π2

iaz

e , qui ne tend pas vers 0 : ∫γ2

f (z) dz = – i 2π R0.

R0 = 0→z

lim (z f (z)) = π2

1, donc ∫γ2

f (z) dz = – 4

i .

Sur γ1, | (z – i ) f (z) | ≈ e – a

( )

π

−

2

i ziae, qui ne tend pas vers 0 : ∫γ1

f (z) dz = – i 2

π Ri .

Ri = 0→z

lim ((z – i ) f (z)) =

π

−

2

ae, donc ∫γ

1

f (z) dz = –

4

aie−

.



Sur AB, z = x , ∫ AB f (z) dz = ∫

R

r 12 −π x

iax

e

edx .

Sur BC , z = R + i y , ∫BC f (z) dz = ∫

1

0

( )

( ) 12 −+π

+

iy R

iy Ria

e

e i dy ,

( )∫BC dzz f ≤ ∫

1

0 ( )( ) 2124 122/ RR

ay

y cosee

e

+π− ππ

−

dy ≤( )22 1

1

+

+πR

a

e

e, qui tend vers 0 lorsque R tend vers

l'infini.

Sur CD, z = x + i , ∫CD f (z) dz = ∫

r

R

( )

( ) 12 −+π

+

i x

i x ia

e

edx = – e – a

∫R

r 12 −π x

iax

e

edx .

Sur EF , z = i y , ∫EF f (z) dz = ∫

0

1 12 −π

−

iy

ay

e

e i dy = – i ∫

1

0

( ) ( )( )( )( )y cos

y sini y cose ay

π−π−−π−

212

212 dy ,

∫EF f (z) dz =

2

i ∫

1

0e – a y

dy – 2

1∫

1

0e – a y

( )( )y cos

y sin

π−π21

2 dy =

a

i

2

− (e – a

– 1) – 2

1∫

1

0

( )( )y cos

y sin

π−π21

2 e – a y

dy .

Regroupons ces résultats : l'intégrale sur le contour est nulle.

∫γ2

f (z) dz + ∫γ1

f (z) dz + ∫ AB f (z) dz + ∫BC

f (z) dz + ∫CD f (z) dz + ∫EF

f (z) dz = 0.

La partie imaginaire de la somme est donc nulle :

– 4

1 –

4

ae− + ∫

R

r 12 −π x e

ax sindx + ( )∫BC

dzz f – e – a ∫

R

r 12 −π x e

ax sindx –

a2

1(e – a

– 1) = 0.

Par continuité, l'égalité reste vraie lorsqu'on fait tendre r vers 0 et R vers l'infini.

Comme ∫BC f (z) dz tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini, il reste, à la limite :

(1 – e – a) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

−∫∞

π adx

e

ax sin x 2

1

102

= 4

1 (1 + e – a),

d'où :

∫∞

0 12 −π x e

ax sindx =

4

1

a

a

e

e−

−

−

+

1

1 –

a2

1.

Ce résultat s'écrit aussi ∫∞

0 12 −π x e

ax sindx =

4

1 L ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

4

a, où L est la fonction de Langevin cotanh x –

x

1 qui

intervient dans l'étude de la polarisation dipolaire et dans l'étude de la susceptibilité magnétique

d'une substance paramagnétique.



Exercice 40. Intégrale de (cos 3x)/(2+cos x). (Bass, n°37, p.670)

Calculer l'intégrale ∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx .

Solution. Remarque.

Posons x = 2 π – x' . ∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx = ∫

π

π2 ' x cos

' x cos

+2

3(– dx' ) = ∫

π

π

2

x cos

x cos

+2

3dx . Donc :

∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx =

2

1∫

π2

0 x cos

x cos

+2

3dx

Posons z = e i x , dz = i e i x

dx , dx = – i z

dz.

Si x décrit le segment [0, 2 π], z décrit le cercle trigonométrique C .

x cos x cos

+23 =

21 ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ + 3

3 1z

z

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ++

zz

1

2

12

1 = ( )( )141

23

6

+++

zzzzz =

( )141

22

6

+++

zzzz ,

∫π2

0 x cos

x cos

+2

3dx = – i ∫C ( )14

123

6

+++

zzz

z dz.

La fonction ( )14

123

6

+++

zzz

z est holomorphe, sauf aux points z = 0 (pôle d'ordre 3) et –2± 3 , pôles

simples). Les pôles situés à l'intérieur du cercle C sont 0 et –2+ 3 et l'on a :

∫C ( )14

123

6

++

+

zzz

z dz = 2 i π (R0 +

32+−

R ).

∫π2

0 x cos

x cos

+2

3dx = – i ∫C ( )14

123

6

+++

zzz

z dz = 2 π (R0 +

32+−R ).

∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx =

2

1∫

π2

0 x cos

x cos

+2

3dx = π (R0 +

32+−R ).

Calcul du résidu en 0.

R0 est le coefficient du terme en z ² dans le développement de 2

6

41

1

zz

z

++

+ = 1 – z + 15 z ² + o (z 3)

qu'on obtient par division euclidienne des polynômes. Donc R0 = 15.

Calcul du résidu en –2+ 3 .

32+−R =

32+−→zlim

( ( )2

6

41

132

zz

zz

++

+−+ =

( )( ) ( )3232

1323

6

+−

++− = –

3

26.

∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx = π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

2615 =

3

π(– 2 + 3 ) 3

∫π

0 x cos

x cos

+2

3dx = –

3

π(2 – 3 ) 3.



Exercice 41. Intégrale de (1+x²)-2 par 7 méthodes. (Bass, n°24, p.666)

Calculer l'intégrale ∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ successivement par chacune des méthodes ci‐dessous.

1°/ En intégrant la fonction ( )22 1

1+z

sur le contour ci‐contre du plan

complexe.

2°/ En dérivant sous le signe ∫ l'intégrale ∫+∞

∞− a x

dx

+2 et en montrant la

convergence uniforme de l'intégrale dérivée.

3°/ En calculant la primitive par une méthode élémentaire (décomposition directe de la fraction

rationnelle).

4°/ En intégrant par parties ∫+∞

∞− 12 + x

dx .

5°/ En posant x = tan φ et en calculant la nouvelle primitive.

6°/ En posant x = tan φ et en se ramenant à une intégrale de Wallis.

7°/ Par le changement de variable x ² = t

t −1, en se ramenant aux fonctions Β puis Γ.

Solution.

1°/ Intégration dans le plan complexe.

La fonction ( )22

1

1

+z possède un pôle i d'ordre 2 dans le domaine limité par le contour indiqué.

D'après le lemme de Jordan, | z f (z) | ≈3

1

R→ 0 si R → ∞. Donc la limite de l'intégrale sur le grand

cercle est 0. Il reste :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ = 2 i π Ri .

2

2 1

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+z =

211

2

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

−− i zi zi

= – 4

1

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

++

− 1

211222 zi zi z

= – 4

1

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

−+

++

− i zi zi

i zi z

111122

Donc Ri = – 4

i et :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

2°/ Dérivation sous le signe d'intégration.

∫+∞

∞− dx

d ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+ a x 21

dx = – ∫+∞

∞− ( )22a x

dx

+.

Pour a > 0, on a ( )22

1

a x + <

4

1

x , donc l'intégrale converge uniformément par rapport à a entre 0 et

l'infini. Donc la dérivée de l'intégrale ∫+∞

∞− a x

dx

+2 est égale à l'intégrale de la dérivée, on en déduit :



∫+∞

∞− ( )22 a x

dx

+ = –

da

d ∫

+∞

∞− a x

dx

+2,

∫

+∞

∞− a x

dx

+2

=

a

1

∫

+∞

∞− 1

2

+⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

a x

a

x d

=

a

1+∞

∞−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

a

x tan Arc =

a

π,

da

d ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

a = –

2

π23

1 / a

, donc ∫+∞

∞− ( )22 a x

dx

+ =

2

π23

1 / a

et, pour a = 1, on obtient :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

3°/ Fraction rationnelle.

Comme on l'a déjà vu dans la première question :

( )22 11+ x

= – 41

( ) ( ) ⎥⎦⎤⎢

⎣⎡ +−++− 1

211 222 x i x i x ,

donc on peut prendre pour primitive :

∫ ( )22 1+ x

dx =

4

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

++

− i x i x

11 +

2

1 Arc tan x =

2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+x tan Arc

x

x

12

et quand on intègre de – R à + R, on obtient :

∫+

−

R

R ( )22 1+ x

dx =

12 +R

R + Arc tan R.

Si R tend vers l'infini, il reste à la limite :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2π .

4°/ Intégration par parties.

Posons u = 1

12 + x

, v = x . Il vient par différenciation : du = 1

22 +

− x

x dx , dv = dx . En intégrant par parties :

∫+

−

R

R 12 + x

dx =

R

R x

x +

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+ 12 + ∫

+

−

R

R ( )22

2

1

2

+ x

x dx =

1

22 +R

R + 2 ∫

+

−

R

R 12 + x

dx – 2 ∫

+

−

R

R ( )22 1+ x

dx

∫+

−

R

R

( )22

1+ x

dx =

1

2

+R

R +

2

1∫

+

−

R

R

1

2

+ x

dx =

1

2

+R

R +

2

1 [ Arc tan x ]

RR

+− =

1

2

+R

R + Arc tan R,

et, comme précédemment dans 3°, lorsque R tend vers l'infini, il vient :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

5°/ Primitive après changement de variable.

Posons x = tan φ. Par différenciation : dx = (1 + tan ² φ) d φ = (1 + x ²) d φ.

( )221 x

dx

+ =

ϕ+

ϕ21 tan

d = cos ² φ d φ =

2

21 ϕ+ cos d φ = d ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ϕ+

ϕ2

4

1

2sin

∫+∞∞− ( )22

1 x dx

+ = ∫

π

+π

−

2

2

cos ² φ d φ = 2

2

241

2

π+

π−

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ ϕ+ϕ sin = 2π



∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

6°/ Intégrale de Wallis.

Posons x = tan φ. Par différenciation : dx = (1 + tan ² φ) d φ = (1 + x ²) d φ.

( )221 x

dx

+ = cos ² φ d φ = (1 – sin ² φ) d φ.

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ = ∫

π+

π−

2

2

(1 – sin ² φ) d φ = π – 2 ∫π2

0sin ² φ d φ.

Or l'intégrale de Wallis donne :

∫π2

0sin ² n

φ d φ = ( )

( )222

2

!n

!nn

2

π,

donc, pour n = 1, il vient :

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ = π – 2 ( )22

12

2

!

!

2π = π – 2π =

2π .

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

7°/ Fonctions eulériennes.

Posons x ² = t

t −1, 1 + x ² =

t

1, t =

21

1

x +, dt =

( )221

2

x

x

+

−dx ,

( )221 x

dx

+ = –

2

1

x

dt = –

2

1

t

t

−1dt (pour

x ≥ 0).

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ = 2 ∫

∞

0 ( )221 x

dx

+ = ∫

1

0t 1/2

(1 – t ) – 1/2 dt = Β ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

2

1

2

3 , =

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +Γ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

Γ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

Γ

2

1

2

3

2

1

2

3

= 2

1

( )2

2

1

2

1

Γ⎟ ⎠

⎞⎜⎝ ⎛

Γ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

Γ

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

1( π ) ².

∫+∞

∞− ( )221 x

dx

+ =

2

π.

Rappels, pour mémoire :

• Β ( x , y ) = ∫1

0 t x – 1

(1 – t ) y – 1

dt =

( ) ( )( )y x

y x

+Γ

ΓΓ, fonction d'Euler de première espèce.

• Γ ( x ) = ∫∞

0e – t

t x – 1

dt , fonction d'Euler de deuxième espèce.



Exercice 42. Intégrale de eiaz/(e2 πz-1), nombres de Bernoulli. (Bass, n°25, p.667)

1°/ Quels sont les points singuliers de la fonction f (z) = 1

2 −πz

iaz

e

e, a réel positif ?

2°/ En intégrant la fonction f (z) sur le contour représenté ci‐contre,

démontrer que l'intégrale de Fourier I = ∫∞

0 12 −π x

e

ax sindx est égale à

4

1

1

1

−

+a

a

e

e –

a2

1.

Déduire de ce résultat l'expression suivante des nombres de Bernoulli :

• (–1) n – 1 B2 n = 4 n ∫

∞

0 12

12

−π

−

x

n

e

x dx .

Solution.

1°/ Points singuliers de f .

Cette étude a déjà été menée dans l'Exercice 39.

Les points singuliers à distance finie de la fonction f (z) = 12 −πz

iaz

e

e sont les points qui annulent le

dénominateur : e 2 π z

= 1, soit z = n i , n . Ces points sont des pôles simples où le résidu est

Rni = ni z

lim→

(z – n i ) f (z).

ε f (n i + ε) = e – n a

1

2

−

επz

e

, e 2 π z = e 2 π (n i + ε)

= e 2 π ε = 1 + ε +

2

2ε + o (ε

3),

ε

−π 12 ze = 1 +

2

ε + o (ε ²).

0→εlim

ε−π

12 z

e = 1,

0→εlim

12 −

επze

= 1, Rni = 0→ε

lim ε f (n i + ε) = ni z

lim→

(z – n i ) f (z) = e – n a.

Rni = e – n a.

Pour étudier le point à l'infini, on remplace z par z

1 et on regarde ce qui se passe pour z = 0.

f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1 =

1

2

−π

z

z

ia

e

e.

Et comme on sait que z = 0 est un point essentiel isolé de ze

1

, on en déduit que le point à l'infini est

un point essentiel isolé de f (z).

En résumé :

• f (z) possède des pôles simples en z = n i , n , avec un résidu R n i = e

– n a,

• f (z) possède un point essentiel isolé à l'infini.

2°/ Calcul de l'intégrale.

Le calcul a été fait dans l'Exercice 39. Reproduisons le résultat :



∫∞

0 12 −π x

e

ax sindx =

4

1

1

1

−

+a

a

e

e –

a2

1

3°/ Nombres de Bernoulli.

Les nombres de Bernoulli Bn sont définis (Bass, p.168) par : B

n = n ! P

n (0), où P

n ( x ) est le polynôme de

Bernoulli de degré n. Pour n = 1, B1 = – 2

1, et Bn = 0 lorsque n est impair et supérieur à 1.

Les B2 k pour k ≥ 1 interviennent dans la formule (Bass, p.171) :

2

a

1

1

−

+a

a

e

e = 1 + ∑

∞

=1k ( )!k

B k

2

2 a 2 k .

Donc 4

1

1

1

−

+a

a

e

e –

a2

1 =

a2

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−

+1

1

1

2 a

a

e

ea =

a2

1 ∑∞

=1k ( )!k

B k

2

2 a 2 k

= ∑∞

=1k ( )!k

B k

2

2

2

12 −k a

.

Comme, par ailleurs, la série :

sin ax = ∑∞

=0n

(–1) n

( )!n

a n

12

12

+

+

x 2 n + 1,

qui définit sin ax est uniformément convergente, on peut intégrer terme à terme et écrire :

∫∞

0 12 −π x e

ax sindx = ∑

∞

=0n

(–1) n

( )!n

a n

12

12

+

+

∫∞

0 12

12

−π

+

x

n

e

x dx = ∑

∞

=1n

(–1) n – 1

( )!n

a n

12

12

−

−

∫∞

0 12

12

−π

−

x

n

e

x dx .

Or ∫∞

0

1

2

−

π x

e

ax sindx =

4

1

1

1

−

+a

a

e

e –

a2

1 (Question 2°), donc :

∑∞

=1k ( )!k

B k

2

2

2

12 −k a

= ∑∞

=1n

(–1) n – 1

( )!n

an

12

12

−

−

∫∞

0 12

12

−π

−

x

n

e

x dx .

Les deux séries sont uniformément convergentes : pour qu'elles soient égales, il faut et il suffit que

leurs coefficients soient égaux. On en déduit :

B2 n = (–1) n – 1

4 n ∫∞

0 12

12

−π

−

x

n

e

x dx .



Exercice 43. Intégrale de xm/(1+xp). (Bass, n°26, p.667)

Calculer, à l'aide du théorème des résidus, l'intégrale ∫∞

0 p

m

x

x

+1dx , où m et p sont des entiers. A

quelle condition doivent satisfaire m et p pour que l'intégrale converge ?

Déduire du résultat la valeur de l'intégrale ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx , pour les valeurs rationnelles de s, puis pour

les valeurs réelles quelconques de s. (On démontrera d'abord que l'intégrale est une fonction

continue de s).

Solution.

1°/ Intégrale I (m, p).

Posons x p

= X . On a x m

= pm

X .

Par différenciation, on obtient : p x p – 1 dx = dX , dx = p X

11+−

p

dX , si p ≠ 0.

∫∞

0 p

m

x

x

+1dx = ∫

∞

0 X

X p

m

+

−+

1

11

p

dX =

p

1∫

∞

0 X

X s

+

−

1

1

dX , avec s = p

m 1+.

Vers 0, p

m

x

x

+1≈ x m, donc l'intégrale ∫

∞

0 p

m

x

x

+1dx converge vers x = 0 lorsque m est positif : m ≥ 0, ou

m > –1.

Vers l'infini, p

m

x

x

+1≈ x

m – p, donc l'intégrale converge vers x infini, lorsque m – p est < –1.

En résumé, l'intégrale converge pour m strictement compris entre –1 et p – 1 : –1 < m < p – 1.

L'intégrale ∫∞

0 p

m

x

x

+1dx converge pour 0 < s =

p

m 1+ < 1.

Comme

p

m 1+ ne peut pas être un entier (il n'y a aucun entier strictement compris entre 0 et 1), la

fonction f (z) = z

z p

m

+

−+

1

11

n'est pas uniforme, elle admet z = 0 pour point critique et z = –1 pour pôle.

f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1 =

z

z p

m

+

+−

1

12

admet z = 0 pour point critique, donc le point à l'infini est

point critique de f (z). On rendra f (z) uniforme par une coupure du plan

joignant 0 à l'infini, sur le demi‐axe réel positif par exemple.

Intégrons f (z) sur le contour (Γ) de la figure avec :



• Un grand cercle (C ) de centre O et de rayon R,

• Un petit cercle (γ) de centre O et de rayon ε,

• Le bord supérieur AB de la coupure,

• Le bord inférieur DE de la coupure.

La fonction f (z) est uniforme dans le domaine limité par le contour (Γ) et elle possède, dans ce

domaine un pôle simple en z = –1.

Sur le bord supérieur de la coupure, on prendra la détermination réelle de 1

1−

+ p

m

z . Quand on pose

z = r e i θ, 0 < θ < 2 π, cela revient à poser 1

1−

+ p

m

z = 1

1−

+ p

m

r θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+1

1

p

mi

e . On a :

| z f (z) | = z

z p

m

+

+

1

1

.

Sur (C ), | z | = R, et | z f (z) |≈1

1−

+ p

m

R .

Sur (γ), | z | = ε et | z f (z) |≈ p

m 1+

ε .

Or 0 < p

m 1+ < 1, donc si ε tend vers 0, et si R tend vers l'infini, les intégrales de f (z) sur (γ) et (C )

tendent vers 0, d'après les lemmes de Jordan. On a donc, à la limite :

∞→→ε

R

lim0 ∫ AB z

z p

m

+

−+

1

11

dz +

∞→→ε

R

lim0 ∫DE z

z p

m

+

−+

1

11

dz = 2 i π R –1.

Sur AB, on a θ = 0 et r = x , donc ∫ AB f (z) dz = ∫ε

R

x

x p

m

+

−+

1

11

dx .

Sur DE , on a θ = 2 π et r = x , donc ∫DE f (z) dz =

π⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+1

12

p

mi

e ∫ε

R x

x p

m

+

−+

1

11

dx .

Finalement, ⎥⎥

⎦

⎤⎢⎢

⎣

⎡ − π⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−

+1

1

21 p

m

i e ∫∞

0 x x

p

m

+

−+

1

11

dx = 2 i π R –1.

Calcul du résidu en –1.

–1 est pôle simple, donc R –1 = 1−→z

lim (z + 1) z

z p

m

+

−+

1

11

= 1−→z

lim1

1−

+ p

m

z .

En –1, on a r = 1 et θ = π, donc R –1 = π⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+1

1

p

mi

e .

On a donc :



∫∞

0 x

x p

m

+

−+

1

11

dx = 2 i ππ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+

π⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+

−1

12

11

1p

mi

p

mi

e

e =

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+−

π

11

2

2

p

msini

i =

π+

π

p

msin

1,

∫∞

0 p

m

x

x

+1dx =

p

1∫

∞

0 x

x pm

+

−+

1

11

dx =

π+

π

p

msin p

1

∫∞

0 p

m

x

x

+1dx =

π+

π

p

msin p

1, 0 <

p

m 1+ < 1.

Exemples.

1. Pour m = 0 et p = 2, la condition 0 < p

m 1+ < 1 est satisfaite, ∫

∞

0 21 x dx + =

22

ππsin

= 2π , ce qu'on

peut vérifier facilement car ∫∞

0 21 x

dx

+ = [ Arc tan x ]

∞0 =

2

π.

2. Pour m = 0 et p ≥ 2, la condition 0 < p

m 1+ < 1 est satisfaite, ∫

∞

0p

x

dx

+1 =

psin p

ππ

.

Lorsque p tend vers l'infini,

psin p π

π tend vers 1, donc

∫

∞

0p

x

dx

+1

tend vers 1.

2°/ Intégrale eulérienne.

Soit s un rationnel. On peut l'écrire sous la forme s = p

m 1+, où m et p sont des entiers.

L'intégrale ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx = p ∫∞

0 p

m

x

x

+1dx =

ππ

ssin est convergente pour 0 < s < 1.

∫

∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx =

π

π

ssin

, 0 < s < 1.

Si s est un nombre réel quelconque, l'intégrale ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx est convergente pour 0 < s < 1.

On peut toujours écrire :

∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx = ∫∞

0 ( ) x x

x s

+1dx = ∫

1

0 ( ) x x

x s

+1dx + ∫

∞

1 ( ) x x

x s

+1dx .

Dans l'intégrale ∫∞

1 ( ) x x

x s

+1dx , changeons x en

x

1 :



∫∞

1 ( ) x x

x s

+1dx = ∫

0

1 ( ) 11 1 −−

−

+ x x x

x s

(– x – 2) dx = ∫

1

0 ( ) x x

x s

+

−

1

1

dx .

Finalement :

∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx = ∫1

0 ( ) x x

x s

+1 dx + ∫1

0 ( ) x x

x s

+

−

1

1

dx .

Pour tout nombre réel s, 0 < s < 1, il existe des rationnels s' et s" vérifiant :

0 < s' ≤ s ≤ s" < 1,

de sorte que, pour x compris entre 0 et 1, on a :

x s" ≤ x s ≤ x s'

et x 1 – s' ≤ x 1 – s

≤ x 1 – s" ,

et :

∫1

0 ( ) x x

x x ' s" s

++ −

1

1

dx ≤ ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤ ∫1

0 ( ) x x

x x " s' s

++ −

1

1

dx ,

ce qui s'écrit aussi :

∫1

0 ( ) x x

x " s

+1dx + ∫

1

0 ( ) x x

x ' s

+

−

1

1

dx ≤ ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx et ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤ ∫1

0 ( ) x x

x ' s

+1dx + ∫

1

0 ( ) x x

x " s

+

−

1

1

dx .

Or

∫1

0 ( ) x x

x ' s

+

−

1

1

dx = ∫∞

0 x

x ' s

+

−

1

1

dx – ∫1

0 ( ) x x

x ' s

+1dx , et ∫

1

0 ( ) x x

x " s

+

−

1

1

dx = ∫∞

0 x

x " s

+

−

1

1

dx – ∫1

0 ( ) x x

x " s

+1dx ,

donc :

∫∞

0 x

x ' s

+

−

1

1

dx + ∫1

0 ( ) x x

x x ' s" s

+−

1dx ≤ ∫

∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx et ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤ ∫∞

0 x

x " s

+

−

1

1

dx + ∫1

0 ( ) x x

x x " s' s

+−

1dx .

D'après le théorème des accroissements finis, il existe un nombre réel s"' compris entre s' et s" tel

que :

x s" – x

s' = (s" – s' ) .ln x . x

s"' .

Si l'on choisit des rationnels s' 0 et s" 0 tels que : 0 < s' 0 ≤ s' < s < s" ≤ s" 0 < 1, on a alors, pour x entre 0

et 1 : x s"

0 ≤ x s"'

≤ x s'

0, et ln x . x s"

0 ≤ ln x . x s"'

≤ ln x . x s'

0, donc :

∫1

0 ( ) x x

x . x ln " s

+1

0

dx ≤ ∫1

0 ( ) x x

x . x ln s

+

′′′

1dx ≤ ∫

1

0 ( ) x x

x . x ln ' s

+1

0

dx .

Et ces intégrales sont convergentes. On a donc :

ππ

' ssin + (s" – s' ) ∫

1

0 ( ) x x

x . x ln' s

+1

0

dx ≤ ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤π

π" ssin

+ (s' – s" ) ∫1

0 ( ) x x

x . x ln " s

+1

0

dx .

Posons :

A' = –

∫

1

0 ( ) x x

x . x ln ' s

+1

0

dx et A" = –

∫

1

0 ( ) x x

x . x ln " s

+1

0

dx .

Alors :



ππ

' ssin – (s" – s' ) A' ≤ ∫

∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤π

π" ssin

+ (s" – s' ) A" .

Si maintenant on fait tendre s" – s' vers 0, dans , alors s" et s' tendent tous deux vers s, la fonction

ππssin est une fonction continue de s, dans ]0, 1[ donc, à la limite, on obtient :

ππ

ssin≤ ∫

∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx ≤π

πssin

,

d'où :

∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx = π

πssin

, pour tout s réel, 0 < s < 1.

Cette formule montre, du même coup, la continuité de l'intégrale.

Méthode directe.

On peut démontrer directement la continuité de la fonction s a ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx .

Pour s fixé, choisissons un s0 compris entre s et 2 s – 1 et tel que 0 < s0 < 1, de sorte que s est le milieu

de l'intervalle I = [s – |s – s0|, s + |s – s0|] et que cet intervalle est contenu dans ]0, 1[.

Pour tout s' I, l'intégrale ∫∞

0

( ) x x

x . x ln ' s

+1 dx est convergente et reste finie. Alors

A = I' s

Sup∈

( )∫

∞

+0 1dx

x x x . x ln

' s

est une constante finie, car I est fermé (théorème de Weierstrass).

D'après le théorème des accroissements finis, pour tout r ]0, 1[, il existe un r' compris entre r et s

tel que :

∫∞

0 ( ) x x

x s

+1dx – ∫

∞

0 ( ) x x

x r

+1dx = (s – r ) ∫

∞

0 ( ) x x

x . x ln ' r

+1dx .

Pour ε donné > 0, prenons s' vérifiant |s – s' | < A

ε et |s – s' | < |s – s

0|. On a alors :

∫∫∞ −∞ −

+−

+ 0

1

0

1

11dx

x

x dx

x

x ' ss

= |s – s' | ( )∫

∞

+0 1dx

x x

x . x ln " s

,

avec un s" compris entre s et s' , donc :

∫∫∞ −∞ −

+−

+ 0

1

0

1

11dx

x

x dx

x

x ' ss

≤ A

ε A = ε,

ce qui montre que la fonction s a

∫

∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx est continue.



Considérons alors un nombre réel quelconque s compris entre 0 et 1. On peut trouver une suite (sn)

de nombres rationnels convergeant vers s. La suite des nombres ∫∞

0

x

x ns

+

−

1

1

dx = π

π

nssin converge vers

ππ

ssin , puisque s a ππ

ssin est continue. Par continuité de la fonction s a ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx , on aura donc

∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx = π

πssin

, pour s réel, 0 < s < 1.

Remarques.

L'étude de l'intégrale ∫∞

0 x

x s

+

−

1

1

dx est liée à l'étude des fonctions d'Euler :

• Γ (s) Γ (1 – s) =

π

π

ssin

(formule des compléments),

• Β ( p, q) = ∫∞

0 ( ) q p

p

x

x +

−

+1

1

dx = ( ) ( )( )q p

q p

+ΓΓΓ

(fonction d'Euler de première espèce).



Exercice 44. Intégrale d'une fraction rationnelle. (Bass, n°27, p.667)

1°/ Calculer les résidus de la fraction rationnelle f (s) = ( )( )( )( )( )( )222

321

csbsas

ususus

−−−

+++, 0 < c < b < a, où s est

une variable complexe.

2°/ Calculer l'intégrale πi 2

1

( )∫C f (s) ds prise sur un cercle (C ) de centre O et de rayon très grand.

3°/ On désigne par u1, u2, u3, les racines de l'équation φ (u) = 1 – ua

x

+2

2

– ub

y

+2

2

– uc

z

+2

2

= 0.

Montrer que u1, u2, u3, sont respectivement compris entre – a ² et – b ², – b ² et – c ², – c ² et + ∞.

Calculer x ², y ² , z ² , en fonction de u1, u2, u3.

4°/ Calculer x ² + y ² + z ² en fonction de u1, u2, u3. Donner une interprétation géométrique des

formules qui font passer de u1, u2, u3, à x , y , z et calculer l'élément linéaire de l'espace dans le

système de coordonnées curvilignes u1, u2, u3.

Solution.

1°/ Résidus.

Les pôles de la fonction f (s) sont les valeurs qui annulent le dénominateur de la fraction rationnelle,

soit a ², b ², c ². On suppose que u1, u2 et u3 sont différents de –a ², –b ², –c ². Alors les pôles a ², b ²,

c ², sont des pôles simples et les résidus en ces pôles sont donnés par :

Ra² = ² as

lim→

(s – a ²) f (s) = ( )( )( )

( )( )² c² a² b² a

u² au² au² a

−−

+++ 321 ,

Rb² = ² bs

lim→

(s – b ²) f (s) = ( )( )( )

( )( )² c² b² a² b

u² bu² bu² b

−−+++ 321 ,

Rc² = ² cs

lim→

(s – c ²) f (s) = ( )( )( )

( )( )² b² c² a² c

u² cu² cu² c

−−+++ 321 .

2°/ Intégrale sur un grand cercle.

Quand on change s en s1 , on obtient f ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

s1 = ( )( )( )( )( )( )s² cs² bs² a

sususu−−− +++

111111 321 . Le cercle (C ) est changé en un

cercle (γ) de centre O et de rayon très petit. Si le cercle (C ) est parcouru dans le sens positif, le cercle

(γ) et parcouru dans le sens négatif :

πi 2

1

( )∫ +C f (z) dz =

πi 2

1

( )∫ −γ f ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

12z

dz− =

πi 2

1

( )∫ +γ 2

1

z

z f ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

dz.



D'après le théorème des résidus, la valeur de l'intégrale πi 2

1

( )∫ +C f (z) dz est donc la valeur du résidu

de la fonction 2

1

z

z f ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

au pôle z = 0 : c'est le coefficient de z dans le développement de f ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

z

1 en série

de puissances de z.

Lorsque z tend vers 0, f ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1≈

( )( )z² c² b² a

zuuu

++−

+++

1

1 321 ≈ 1 + (a² + b² + c² + u1 + u2 + u3) z, donc :

πi 2

1

( )∫ +C f (z) dz = a² + b² + c² + u1 + u2 + u3.

On peut aussi calculer la valeur de l'intégrale par une autre méthode : en effet, d'après le théorème

des résidus, la valeur de l'intégrale sur le grand cercle (C ) est la somme des résidus de f (s) aux pôles

situés à l'intérieur du cercle (C ) :

πi 2

1

( )∫ +C f (z) dz = Ra² + Rb² + Rc²,

ce qui montre que la somme des résidus de f (s) en ses pôles est :

Ra² + Rb² + Rc² = a² + b² + c² + u1 + u2 + u3.

Ce résultat peut s'établir de façon élémentaire au bout d'un laborieux calcul !

3°/ Racines de l'équation φ (u) = 0.

L'équation φ (u) = 0 est une équation algébrique de degré 3 : elle possède donc trois racines

complexes.

La dérivée de φ (u) par rapport à u est :

( )du

ud ϕ =

( )2

2

u² a

x

+ +

( )2

2

u² b

y

+ +

( )2

2

u² c

z

+.

Lorsque x ², y ² et z² sont réels positifs, la dérivée de φ (u) par rapport à u est toujours positive pour u

réel et le sens de variation de φ est déterminé dans le tableau de variations suivant :

u – ∞ – a ² – b ² – c ² + ∞ϕ'(u ) 0 + + ∞ + + ∞ + + ∞ + 0

ϕ (u ) 1 + ∞ || – ∞ + ∞ || – ∞ + ∞ || – ∞ 1

Dans ce tableau, on voit que φ (u) s'annule une fois entre – a ² et – b ², une fois entre – b ² et – c ², et

une fois entre – c ² et + ∞. Par hypothèse, a, b, c sont des nombres réels, puisqu'on a supposé :

0 < c < b < a.

Le fait de supposer désormais que u est complexe n'apporte rien de plus, puisqu'on a déjà trouvé

trois racines réelles u1, u2, u3, de φ (u), avec :

– a ² < u1 < – b ² < u2 < – c ² < u3 < +∞.



Considérons f (– u) = ( )( )( )( )( )( )² cu² bu² au

uuuuuu

+++−−− 321 . Si l'on décompose f (– u) en éléments simples, on

obtient une expression de la forme :

f (– u) = 1 + ² au

A

+ +

² bu

B

+ +

² cu

C

+.

Or f (s) = 1 + ² as

R ² a

− +

² bs

R ² b

− +

² cs

R ² c

−, donc A = – Ra², B = – Rb², C = – Rc², et l'on peut écrire :

f (– u) = 1 – ² au

R ² a

+ –

² bu

R ² b

+ –

² cu

R ² c

+.

Remarquons d'autre part que, comme on a – a ² < u1 < – b ² < u2 < – c ² < u3, on a aussi :

Ra² > 0, Rb² > 0, Rc² > 0, donc on peut écrire : Ra² = x ², Rb² = y ², Rc² = z², avec x , y , z, réels.

D'autre part, les racines de f (–u), qui est égal à ( )( )( )

( )( )( )² cu² bu² au

uuuuuu

+++

−−− 321 , sont u1, u2, u3. Ceci montre

que f (–u) est identique à φ (u). Autrement dit, dans φ (u), on a (Relations (1)) :

x ² = Ra² = ( )( )( )

( )( )² c² a² b² a

u² au² au² a

−−+++ 321 ,

y ² = Rb² = ( )( )( )

( )( )² c² b² a² b

u² bu² bu² b

−−

+++ 321 ,

z ² = Rc² = ( )( )( )

( )( )² b² c² a² c

u² cu² cu² c

−−

+++ 321 .

et x , y , z, sont réels. (Voir aussi l'appendice en fin d'Exercice).

4°/ Coordonnées curvilignes (u1, u2, u3).

On a : x ² + y ² + z ² = Ra² + Rb² + Rc². Il résulte de la 2e question que :

x ² + y ² + z ² = a² + b² + c² + u1 + u2 + u3.

Soit M ( x , y , z). Par M, passent trois quadriques d'équation φ (u) = 0. Ce sont les quadriques :

φ (u1) = 0, φ (u2) = 0, φ (u3) = 0.

Donc, à un point M ( x , y , z), on peut faire correspondre un point M' (u1, u2, u3). Ces quadriques admettent xOy , yOz, et zOx , pour plans de symétrie : cette transformation n'est donc pas biunivoque.

Les conditions –a² < u1 < –b² < u2 < –c² < u3 montrent que l'image de l'espace Oxyz est un cylindre

d'axe parallèle à O'u3 et de base le parallélogramme déterminé par

u3 = –c² et –a² < u1 < –b² < u2 < –c².

Réciproquement, à un point (u1, u2, u3) de ce cylindre correspondent 8 points de l'espace Oxyz

formant les sommets d'un parallélépipède d'arêtes parallèles aux axes Ox , Oy , Oz, dont les sommets

ont des coordonnées ( x , y , z) vérifiant les relations (1).

Considérons le changement de coordonnées défini par les relations (1), avec les conditions :



–a² < u1 < –b² < u2 < –c² < u3, avec x , y , z réels positifs, par exemple.

u1, u2, u3, sont déterminés en fonction de x , y , z, par :

φ (u1) = 0, φ (u2) = 0, φ (u3) = 0.

La normale à la quadrique φ (u1) = 0 a pour paramètres directeurs :

x ∂∂ϕ

= 1

2

2

ua

x

+

−,

y ∂∂ϕ

= 1

2

2

ub

y

+

−,

z∂∂ϕ

= 1

2

2

uc

z

+

−.

De même, les normales à φ (u2) = 0 et à φ (u3) = 0, sont déterminées par les vecteurs :

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

−

+

−

+

−

22

22

22

222

uc

z ,

ub

y ,

ua

x et ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

−

+

−

+

−

32

32

32

222

uc

z ,

ub

y ,

ua

x .

Ces trois vecteurs sont orthogonaux deux à deux. En effet, soient :

→

1N

12

12

12

2

2

2

uc

z

ub

y ua

x

+

−+

−+

−

, →

2N

22

22

22

2

2

2

uc

z

ub

y ua

x

+

−+

−+

−

, →

3N

32

32

32

2

2

2

uc

zub

y ua

x

+−

+−

+

−

.

Le produit scalaire →

1N .→

2N vaut :

→

1N .→

2N = 4 ( )( ) ( )( ) ( )( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+++

+++

++ 22

12

2

22

12

2

22

12

2

ucuc

z

ubub

y

uaua

x

= 4( )( ) ( )( ) ( )( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

++

−−

++

−−

+

² b² c² a² c

u² c

² c² b² a² b

u² b

² c² a² b² a

ua 3332

= 4 ( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )² a² b² c² a² b² a

² b² au² c² a² cu² b² c² bu² a

−−−

−++−++−+ 333

= 0.

Et, par permutation circulaire sur les indices : →

2N .→

3N = 0 et →

3N .→

1N = 0.

Donc les surfaces φ (u1) = 0, φ (u2) = 0, φ (u3) = 0, sont orthogonales.

Les coordonnées curvilignes u1, u2, u3, forment un système de coordonnées curvilignes orthogonales

et les formules du changement de coordonnées sont les formules (1).

L'élément linéaire de l'espace (u1, u2, u3) est donné par :

ds ² = dx ² + dy ² + dz ²

= ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

2

1

2

1

2

1 u

z

u

y

u

x du1² +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

2

2

2

2

2

2 u

z

u

y

u

x du2² +

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

2

3

2

3

2

3 u

z

u

y

u

x du3²



1u

x

∂∂

= x 2

1 ( )( )( )( )² c² a² b² a

u² au² a

−−

++ 32 = 2

x .

1

1

u² a +,

2u

x

∂∂

= x 2

1 ( )( )( )( )² c² a² b² a

u² au² a

−−

++ 13 = 2

x .

2

1

u² a +,

3u

x

∂∂

= x 2

1 ( )( )( )( )² c² a² b² a

u² au² a

−−++ 21 =

2

x .

3

1

u² a +.

Par permutation circulaire sur a, b, c, on obtient les autres dérivées partielles. Finalement :

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

2

1

2

1

2

1 u

z

u

y

u

x =

4

1

( ) ( ) ( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

++

+ 21

21

21 u² c

² z

u² b

² y

u² a

² x =

16

1 →

1N2

= 4

1

1uuu =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

∂∂ϕ

= 4

1

1uulim→

( ) ( )

1

1

uu

uu

−ϕ−ϕ

et :

ds ² = 16

1 (

→

1N ² du1² + →

2N ² du2² + →

3N ² du3²)

ou :

ds ² = 16

1 (

→

1N du1 + →

2N du2 + →

3N du3) ²

(Voir Appendice 2).

Calculons

→

1N ², les autres s'en déduiront par permutation circul aire sur u1, u2, u3.

On a φ (u1) = 0, ou 1u² a

² x

+ +

1u² b

² y

+ +

1u² c

² z

+ = 1.

Donc ( )2

1u² a

² x

+ =

1

1

u² a + ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+−

11

1u² c

² z

u² b

² y ,

( )21u² b

² y

+ =

1

1

u² b + ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+−

11

1u² c

² z

u² a

² x ,

( )21u² c

² z

+ =

1

1

u² c + ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+−

11

1u² b

² y

u² a

² x ,

16

2

1

→

N = 41

⎩⎨⎧ ⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

++

++

+ 111

111u² cu² bu² a

– ( ) ( )[ ]( )( )( )111

11

u² cu² bu² au² bu² c² x +++

+++ – ( ) ( )[ ]( )( )( )111

11

u² cu² bu² au² au² c² y +++

+++ –

( ) ( )[ ]( )( )( )111

11

u² cu² bu² a

u² bu² a² z

++++++

⎭⎬⎫

= 4

1

⎩⎨⎧ ( )

( )( )( )111

11 23

u² cu² bu² a

² a² c² c² b² b² a² c² b² au² u

+++++++++

–

( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )111

12

u² cu² bu² a

² b² a² z² a² c² y ² c² b² x ² z² y ² x u

+++++++++++

⎭⎬⎫

.

Or on a vu que φ (u) = f (–u), donc on en tire :



(u – u1)(u – u2)(u – u3)=(a² + u)(b² + u)(c² + u) – x ²(b² + u)(c² + u) – y ²(c² + u)(a² + u) – z²(a² + u)(b² + u),

et, par identification, on a les relations :

– (u1 + u2 + u3) = a² + b² + c² – ( x ² + y ² + z²)

u1 u2 + u2 u3 + u3 u1 = a² b² + b² c² + c² a² – x ² (b² + c²) – y ² (c² + a²) – z² (a² + b²)

– u1 u2 u3 = a² b² c² – x ² b² c² – y ² c² a² – z² a² b².

On a donc :

16

2

1

→N

= 4

1 ( )( )( )( )111

13322132112

1 23

u² cu² bu² a

uuuuuuuuuuu

++++++++−

= 4

1

( )( )( )111

3231211

u² cu² bu² a

uuuuuu² u

++++−−

= 4

1 ( )( )( )( )( )111

1312

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

Par permuation circulaire sur u1, u2, u3, on obtient donc :

ds² = 4

1⎢⎣

⎡ ( )( )( )( )( )111

1312

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

du1² +( )( )

( )( )( )222

2123

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

du2²

+( )( )

( )( )( )333

3231

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

du3² ⎥⎦

⎤.

Et cettee formule est valable dans le cylindre – a² < u1 < – b² < u2 < – c² < u3.

Appendice 1 : Calcul de x ², y ², z².

On a : 1 – u² a

² x

+ – u² b

² y

+ – u² c

² z

+ = 0.

Cette équation en u possède trois racines u1, u2, u3. Donc 1 – u² a

² x

+ –

u² b

² y

+ –

u² c

² z

+ est de la forme

α( )( )( )( )( )( )u² cu² bu² a

uuuuuu

+++

−−− 321 , avec α = ∞→u

lim φ (u) = 1.

En réduisant au même dénominateur, on obtient :

(a² + u)(b² + u)(c² + u)–(u – u1)(u – u2)(u – u3) = x ² (b² + u)(c² + u) + y ² (c² + u)(a² + u) + z² (a² + u)(b² + u)

Pour u = –a², on obtient : x ² =

( )( )( )

( )( )² a² c² a² b

u² au² au² a

−−

+++ 321

.

Pour u = –b², on obtient : y ² = ( )( )( )

( )( )² b² a² b² c

u² bu² bu² b

−−+++ 321 .

Pour u = –c², on obtient : z² = ( )( )( )

( )( )² c² b² c² a

u² cu² cu² c

−−

+++ 321 .

Appendice 2 : calcul de ds².

On est arrivé à :

ds² = 41

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ∂∂ϕ+⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ∂∂ϕ+⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ∂∂ϕ

===

23

22

21

321

duu

duu

duu uuuuuu



1uuu =⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂ϕ

= 1uu

lim→

( ) ( )

1

1

uu

uu

−ϕ−ϕ

= 1uu

lim→

( )

1uu

u

−ϕ

car φ (u1) = 0.

Or φ (u) = 1 – u² a

² x

+ –

u² b

² y

+ –

u² c

² z

+ =

( )( )( )( )( )( )u² cu² bu² a

uuuuuu

+++−−− 321 , donc :

1uuu =⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂ϕ

= 1uu

lim→

( )

1uu

u

−ϕ

= ( )( )

( )( )( )111

3121

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

.

De même :

2uuu =⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂ϕ

= 2uu

lim→

( )

2uu

u

−ϕ

= ( )( )

( )( )( )222

3212

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

,

3uuu =⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂ϕ

= 3uu

lim→

( )

3uu

u

−ϕ

= ( )( )

( )( )( )333

2313

u² cu² bu² a

uuuu

+++−−

,

ce qui donne directement et sans beaucoup de calcul le résultat déjà trouvé.



Exercice 45. Intégrale de ln z par 3 méthodes. (Bass, n°28, p.668)

Calculer l'intégrale ∫Γln z dz, où Γ est le cercle trigonométrique, décrit dans le sens positif à partir

d'un point A d'argument θ0, avec retour à ce point. On emploiera, chacune à son tour, les trois

méthodes suivantes.

1°/ Calculer la primitive de ln z.

2°/ Poser z = e i θ.

3°/ Remplacer Γ par un lacet issu de A et tournant autour de l'origine. (Le résultat dépend de la

position de A sur le cercle).

Solution.

1°/ Primitive.

Intégrons ∫ ln z dz par parties en posant : u = ln z, du = z

dz, v = z, dv = dz.

∫ ln z dz = ∫ u dv = uv – ∫ v du = z ln z – ∫ z z

dz = z ln z – z + constante.

Sur Γ, la variation de la primitive est alors :

∫Γln z dz = e i θ

0 (i (θ0 + 2 π)) – e i θ0 (i θ0) = 2 i π e i θ

0.

Donc :

∫Γln z dz = 2 i π e i θ

0.

2°/ Changement de variable.

On pose z = e i θ : ln z = i θ, dz = i e i θ

d θ.

∫Γln z dz = ∫

π+θ

θ

20

0

(– θ e i θ) d θ.

Intégrons par parties en posant u = θ, du = d θ, v = e i θ, dv = i e i θ d θ.

∫ i θ e

i θ

d θ = θ e

i θ

– ∫ e

i θ

d θ = θ e

i θ

+ i

e

i θ

.

∫π+θ

θ

20

0

(– θ e i θ) d θ = [i θ e i θ – e i θ]

π+θθ

20

0 = 2 i π e i θ

0.

∫Γln z dz = 2 i π e i θ

0.

3°/ Changement de chemin d'intégration.

On a : ln z dz + ∫ γ ABCDln z dz = 0, car la fonction ln z est holomorphe dans le plan coupé par la

demi‐droite θ = θ0.

∫Γ



Sur le cercle (γ) de rayon ε, on a | z ln z | ≈ ε ln ε, qui tend vers 0 lorsque ε

tend vers 0. Donc la limite de l'intégrale sur (γ) est nulle.

Sur CD, on a ln z = ln r + i (θ0 + 2 π) et ∫CDln z dz = ∫

0

1(ln r + i (θ0 + 2 π)) dr e i θ

0.

De même ∫ ABlnz dz = ∫

1

0(ln r + i θ0) dr e i θ

0. Donc :

ln z dz = – ⎢⎣

⎡∫CD

ln z dz + ∫ ABlnz dz ⎥

⎦

⎤ = 2 i π e i θ

0.

ln z dz = 2 i π e i θ0.

∫Γ

∫Γ



Exercice 46. Intégrale de za+ib-1/(1+z), intégrale de cosωt/cosh t. (Bass, n°29, p.668)

Calculer l'intégrale ∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz, où a et b sont des nombres réels, 0

< a < 1, et où Γ est le contour représenté sur la figure.

En prenant a = 2

1, montrer que, moyennant un changement de

variable, on obtient la valeur de l'intégrale ∫+∞

∞− t cosh

t cosωdt , ω réel.

Solution.


A l'intérieur du domaine délimité par le contour Γ, la fonction z

z

iba

+

−+

1

1

est holomorphe sauf au point z

= –1 où il y a un pôle simple.

Il en résulte que l'intégrale ∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz est égale à l'intégrale de z

ziba

+

−+

1

1

sur un petit cercle de

centre –1 contenu à l'intérieur du domaine délimité par Γ.

D'après la formule de Cauchy, la valeur de z a + i b – 1 en –1 est égale à

πi 2

1∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz.

Dans le plan coupé, prenons ln z = ln

r + i θ. On a alors :

∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz = 2 i π e (a + i b – 1) i π ou encore :

∫Γ z

z iba

+

−+

1

1

dz = – 2 i π e – b π e i a π.

2°/ Cas particulier.

Sur le grand cercle (C ), on a :

zzz

iba

+

−+

1

1

≈R

R

a

+1e

– b θ.

0 < a < 1 | z f (z) | → 0 si R → ∞.

Donc

∫Γ z

z iba

+

−+

1

1

dz = ∫ε

R

( )( )

( )zz

e i r lniba

+

π++

1

2

dz + ∫ε

R ( )

( )zz

e iba

+

+

1dz.

L'intégrale sur le petit cercle (γ) est nulle ou tend vers 0 car | z f (z) | ≈ε+

ε1

a

e – b θ qui tend vers 0

lorsque ε tend vers 0.



Il reste donc :

∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz = (1 – e 2 i π (a + i b)) ∫

∞

0

( )

( )r r

e r lniba

+

+

1 dr .

Posons t = 2

1

ln

r . On a : dt = z

dz

2 = r

dr

2 .

∫Γ z

ziba

+

−+

1

1

dz = (1 – e 2 i a π

e – 2 b π

) ∫+∞

∞−

( )

t

t iba

e

e2

2

1

2

+

+

dt = (1 – e 2 i a π

e – 2 b π

) ∫+∞

∞−

( )

t cosh

eeibt t a 212 −

dt .

Pour a = 2

1, on obtient :

2 π e – b π

= (1 + e – 2 b π

) ∫+∞

∞− t cosh

eibt 2

dt .

Comme la fonction sin 2bt est impaire, son intégrale sur l'intervalle ]–∞, +∞ [ est nulle et il reste :

∫+∞

∞− t cosh

eibt 2

dt = ∫+∞

∞− t cosh

bt cos 2dt = π−π +

πbb ee

2.

Posons ω = 2 b, on a alors :

∫+∞

∞− t cosh

t cos ωdt =

2

πωπ

cosh

.



Exercice 47. Intégrale de ln(1-z)/z1+α. (Bass, n°30, p.668)

α étant un nombre réel compris entre 0 et 1, intégrer, sur le

contour représenté ci‐contre, la fonction

( )α+

−1

1

z

zln

.

En déduire que :

∫∞

0

( )α+

+1

1

x

x lndx =

απ

απsin

1,

∫∞

0 α+

−1

1

x

x lndx =

απ

cotan απ.

Solution.


Les points singuliers de la fonction ( )

α+

−1

1

z

zln sont :




Donc (Principe du logarithme) si l'on choisit une détermination du logarithme, ( )

α+

−1

1

z

zln est uniforme

à l'intérieur du domaine limité par le contour de la figure. Prenons ln z = ln r + i θ, le logarithme est réel si z est réel positif.

Posons z – 1 = r' e i θ'. Alors :

1 – z = r' e i θ' + 2 i k π + i π.

Si l'on veut que ln (1 – z) soit réel lorsque z est réel < 1, il faut prendre

ln (1 – z) = ln r' + i (θ' + π + 2 k π)

avec θ' + π + 2 k π = 0 si θ' = π, donc k = –1, ce qui impose la détermination :

ln (1 – z) = ln r' + i (θ' – π), avec 0 ≤ θ' ≤ π.

On a alors :

z 1 + α = e

(1 + α) ln z = e

(1 + α) (ln r

+ i θ) = r 1 + α

ei (1 + α) θ, 0 ≤ θ ≤ π.

La fonction ( )

α+

−1

1

z

zln est holomorphe à l'intérieur du contour de la figure, donc son intégrale sur le

contour est nulle.

Sur le grand cercle, on a | z f (z) | ≈ αR

Rln, qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

Sur le petit cercle de centre O, on a | z f (z) | ≈ α+εε1

2

= ε 1 – α qui tend vers 0 si ε tend vers 0.



Sur le petit cercle de centre 1, on a | (z – 1) f (z) | ≈ ε ln ε, qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0.

Sur l'axe réel, entre – ∞ et 0, on a r = – x , θ = π, r' = 1 – x , θ' = π, dz = dx ,

( )α+

−1

1

z

zln =

( )

( ) ( )πα+α+−

−11

1i e x

x ln = –

( )

( ) απα+−

−i e x

x ln1

1,

∫ ∞−

0 ( )α+

−1

1

z

zlndz = – e

– i α π ∫ ∞−

0 ( )

( ) α+−

−1

1

x

x lndx = e

– i α π ∫∞

0

( )

α+

+1

1

x

x lndx = – e

– i α π ∫

∞

0

( )α+

+1

1

x

x lndx .

Entre 0 et 1, on a : r = x , θ = 0, dz = dx , r' = 1 – x , θ' = π, ( )

α+

−1

1

z

zln =

( )α+

−1

1

x

x ln,

∫1

0

( )α+

−1

1

z

zlndz = ∫

1

0

( )α+

−1

1

x

x lndx .

Entre 1 et + ∞, on a : r = x , θ = 0, dz = dx , r' = x – 1, θ' = 0, ( )

α+

−1

1

z

zln =

( )α+

π−−1

1

x

i x ln,

∫∞

1

( )α+

−1

1

z

zlndz = ∫

∞

1

( )α+

−1

1

x

x lndx – i π ∫

∞

1 α+1 x

dx = ∫

∞

1

( )α+

−1

1

x

x lndx – i π

∞

α ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡α 1

11

x = ∫

∞

1

( )α+

−1

1

x

x lndx – i

απ

Au total, on a donc :

– e – i α π

∫∞

0

( )α+

+1

1

x

x lndx + ∫

1

0

( )α+

−1

1

x

x lndx + ∫

∞

1

( )α+

−1

1

x

x lndx – i

απ

= 0

2°/ Intégrales réelles.

En séparant, dans la formule précédente, parties réelles et parties imaginaires, on obtient :

∫∞

0 α+−

1

1

x

x ln dx – cos απ ∫∞

0

( )α+

+1

1

x

x ln dx = 0 et sin απ ∫∞

0

( )α+

+1

1

x

x ln dx = απ ,

formules d'où l'on tire :

∫∞

0

( )α+

+1

1

x

x lndx =

απ

απsin

1 et ∫

∞

0 α+

−1

1

x

x lndx =

απ

απαπ

sin

cos.



Exercice 48. Intégrale de e-pt t s-1. (Bass, n°31, p.668)

s est un nombre réel positif, p est un nombre complexe dont la partie réelle est positive. Calculer

l'intégrale

∫

∞

0e – p t

t s – 1 dt .

Solution.

Remarque. L'intégrale est la transformée de Laplace de Υ (t ) t s – 1

.

Posons u = p t , et appelons θ l'argument de p, qui est aussi l'argument de u.

∫∞

0e – p t

t s – 1 dt = ∫

θ∞ i e.

0e – u

s

s

p

u 1−

du,

en prenant pour détermination du logarithme la détermination réelle lorsque p, ou u, est réel positif.

∫θ

∞

i e.

0 =

∞→→ε

R

lim0 ∫ AB

, où A a pour affixe ε e i θ et B a pour affixe R

e

i θ, – 2π < θ <

2π .

La fonction e – u

u s – 1 est holomorphe à l'intérieur du contour de la

figure, donc : ∫ AB = ∫ AC

+ ∫CD+ ∫DB

.

Sur l'arc DB du grand cercle Γ :

u = R e i φ, 0 ≤ φ ≤ θ, 0 < cos θ ≤ cos φ ≤1.

| e – u

| = e – R cos φ

≤ e – R cos θ

, | u s | = R s,

| u f (u) | = | e

–

u u

s | ≤ e

–

R

cos θ R

s, qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini. Donc, d'après le lemme

de Jordan, ∞→R

lim ∫ AB e – u

u s – 1 du = 0.

Sur l'arc AC du petit cercle γ :

| u f (u) | = | e – u u s

| ≈ ε s

| e – u

| = ε s

e – ε cos φ

≤ ε s

e – ε cos θ

≈ ε s

(1 – ε cos θ), qui tend vers 0 lorsque ε

tend vers 0. Donc, d'après le lemme de Jordan, 0→ε

lim ∫ AC e – u

u s – 1 du = 0.

Il reste donc :

∫∞

0e – p

t t

s – 1 dt = s p

1

∫∞

0e – u u

s – 1 du.

Dans l'intégrale ∫∞

0e

– u u s – 1

du, on reconnaît la fonction eulérienne de deuxième espèce Γ (s) (Voir

Exercice 41). On a donc :

∫∞

0e

– p t t

s – 1 dt =

( )s p

sΓ, s réel > 0, ( p) > 0.

et p s est déterminé par les valeurs réelles de ln p lorsque p est réel positif.



Exercice 49. Intégrale de ezu/(z-ω). (Bass, n°32, p.668)

Soient ω et u deux nombres réels. Δ est une droite parallèle à l'axe imaginaire, d'abscisse α > ω,

parcourue dans le sens des y croissants. Démontrer que :

πi 2

1∫Δ ω−z

ezu

dz = ⎩⎨⎧

>

<ω 0si

0si0

ue

uu

Pour u = 0, l'intégrale précédente diverge. Mais l'intégrale π2

1∫

+

−

A

A iy +ω−α1

dy a une limite lorsque

A → ∞. La calculer à l'aide de la primitive.

Solution.

1°/ Premier cas : u < 0.

∫Δ ω−z

ezu

dz = ∞→R

lim ∫Γ1 ω−z

ezu

dz,

où Γ1 est un arc de cercle de centre ω et de rayon R.

En effet, ω−z

e zu

est holomorphe entre Δ et Γ1.

Sur Γ1, on a ω−z

ez

zu

≈ e (z) u

, et ∫Γ ω−1

dzz

ezu

< ∫Γ1 R

euucosR ω+θ

d θ < R

euαπ2

,

puisque cos θ > 0 et u < 0 e R cos θ u < 1. Donc l'intégrale sur Γ

1 tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

On a donc :

∫Δ ω−z

e zu

dz = 0 si u < 0.

2°/ Deuxième cas : u > 0.

Dans ce cas, ∫Δ ω−z

e zu

dz + ∞→R

lim ∫Γ2 ω−z

e zu

dz = 2 i π R ω, où R ω est le résidu de ω−z

e zu

au point z = ω.

∫Γ ω−2 dzz

ezu

< ∫Γ2

( )

R

eucosR θ+ω

d θ < ∫Γ2 R

euα

d θ < R

euαπ2

.

Donc l'intégrale sur Γ2 tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini. Il reste :

∫Δ ω−z

e zu

dz = 2 i π eω u

si u > 0.

3°/ Troisième cas : u = 0.

π2

1∫

+

−

A

A iy

dy

+ω−α =

πi 2

1 [ln (α – (ω + i A)) – ln (α – (ω – i A))]

= πi 2

1 2 i Arc tan

ω−α A

= π1

Arc tan ω−α

A.



Lorsque A tend vers l'infini, Arc tan ω−α

A tend vers

2

π et

π1

Arc tan ω−α

A tend vers

2

1.

∞→ Alim

π2

1∫

+

−

A

A iy

dy

+ω−α =

2

1.



Exercice 50. Déterminations de l'intégrale de 1/z. (Bass, n° 33, p.669)

Etudier les différentes valeurs que peut prendre l'intégrale u = ∫t

1 z

dz pour l'ensemble des différents

chemins joignant les points 1 et t . En déduire que t , considérée comme fonction de u, est

périodique, de période 2 i π. Interpréter ce résultat en langage élémentaire.

Solution.

Soit C 0 un arc de cercle allant de 1 à t dans le sens direct, ne passant pas

par 0 (t ≠ 0). Alors, pour tout chemin homotope à C 0, c'est‐à‐dire tout

chemin C' 0 tel que C' 0 –C 0 soit une courbe n'entourant pas 0, on a :

∫ −00

C ' C

z

dz = 0, donc ∫

0

' C

z

dz = ∫

0

C

z

dz, C' 0 allant de 1 à t .

Si C n est une courbe joignant 1 à t et telle que C n – C 0 fasse n tours autour de O dans le sens direct, on

a :

∫ − 0C C n z

dz = 2 n i π,

car le résidu de z

1 en 0 est 1. Donc ∫

nC z

dz = ∫

0C z

dz + 2 n i π, n .

Donc, pour une même valeur de t , il y a une infinité de valeurs de u, la différence de deux d'entre

elles étant un multiple de 2 i π.

Si l'on considère t comme une fonction de u, alors on peut écrire ∫0C z

dz = ln t – ln 1 = ln t par

exemple. On a t = ∫

0C z

dz

e .

Considérons une valeur de u : elle est reliée à t par u = ∫0C z

dz + 2 n i π, donc e u

= ∫

0C z

dz

e e 2 n i π

= t .

Donc, à une valeur de u correspond une valeur de t qui est donnée par t = e u. Si l'on change u en u +

2 i π, la valeur de t ne change pas, donc t est une fonction périodique de u, de période 2 i π. En d'autres termes, la fonction e z

est périodique, de période 2 i π.



Exercice 51. Développement en série de Laurent de 1/sin t. (Bass, n°34, p.669)

On considère la fonction f (z) = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

zzsin

11⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

− zt z

11, où t est un nombre complexe donné.

1°/ Déterminer les pôles et les résidus de f (z).

2°/ On désigne par C n le carré dont les côtés sont portés par les droites :

x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, y = ± ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π,

où n est un entier positif. On choisit n assez grand pour que le point t soit intérieur à C n. Démontrer

qu'il existe un nombre positif M tel que, quel que soit n, zsin

1 soit inférieur à M sur le carré C n. En

déduire que l'intégrale ∫ nC f (z) dz tend vers 0 avec

n1 .

3°/ En calculant l'intégrale précédente par le théorème des résidus, établir la formule :

t sin

1=

t

1 + ∑

∞

=1n

(–1) n

222

2

π− nt

t = ∑

∞

−∞=n

( )π−

−nt

n1

.

Solution.

1°/ Pôles et résidus de f ( z).

f (z) est une fonction uniforme et n'a pas de singularité artificielle. Ses singularités sont les points où

| f (z) | n'est pas borné dans tout voisinage. Les points singuliers sont donc donnés par :

• z = 0,

• z = t .

• Le point à l'infini est un point essentiel isolé.

• sin z = 0, soit z = k π, k .

Si t = 0, on a f (z) = 0.

Si t ≠ 0, on a, pour | z | ≤ ε voisin de 0 : sin

z = z – !

z

3

3

+ …

zsin

1 =

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +− ...

!

zz

31

12

= z

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++ ...

!

z

31

2

,

zsin

1 –

z

1≈

!

z

3

f (z) ≈!

z

3 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

−zt

z

t

11

1 = –

6

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +1

t

z.



Donc, pour | z | ≤ ε, on a | f (z) | ≤6

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε+

t 1 , et :

f (z) est holomorphe en 0.

Si t est différent de k π pour tout k , alors pour | z – t | < ε, posons z = η + t . On a sin t ≠ 0 et :

sin z = sin η cos t + sin t cos η ≈ η cos t + sin t .

zsin

1≈

t sin

1

t sin

t cosη+1

1≈

t sin

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ η−

t sin

t cos1

zsin

1 –

z

1≈

t sin

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ η−

t sin

t cos1 –

t

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ η

−t

1 ≈t sin

1 –

t

1 + η ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

t sin

t cos

t 22

1

f (z) ≈ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −η+−t sin

t cos

t t t sin22

111⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ η−−

η t t

111

f (z) ≈η1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

t t sin

11+ ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +− t ancot

t t sint

1122

.

Donc, dans ce cas, z = t est un pôle simple de f (z) et le résidu de f (z) en t = k π, k , est :

Rt = t sin

1 –

t

1.

Toujours dans le cas où t ≠ k π pour tout k , on a, pour z – n π = ε, n , n ≠ 0 :

sin

z = sin ε cos

nπ + sin

nπ cos ε ≈ (–1)

n

ε. Alors :

f (z) ≈( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ πε

−π

−ε

−nn

n

111

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

π+ε−

−π+ε nt n

11

f (z) ≈( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

π

ε+

π−

ε

−22

11

nn

n

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

πε

−π

−⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−πε

−−π nnt nt n

11

11

f (z) ≈( )

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

π

ε+

π−

ε−

22

11

nn

n

( ) ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

−π−

πε+

π−

−π 222

1111

t nnnt n

f (z) ≈( )

ε− n

1 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−

−π nt n

11 –

πn

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−

−π nt n

11+ (–1) n

( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−π−

π 222

11

t nn.

Donc, dans ce cas, z = n π est un pôle simple de f (z) et le résidu de fd (z) en n π, n , n ≠ 0, est :

R n π = (–1) n

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−

−π nt n

11, n *.

S'il existe un k , k ≠ 0, tel que t = k π, alors, pour tout n ≠ k , n π est un pôle simple de f (z) et le

résidu de f (z) en n π est donné par la formule précédente. Pour n = k , on a :



f (z) ≈( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

π

ε+

π−

ε−

22

11

k k

k

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

πε

−π

−ε k k

111

≈( )

2

1

ε

− k

– ε1 ( )

π−+

k

k 11

+ ( )

22

12

π

−+

k

k

,

donc k π est un pôle d'ordre 2 et le résidu en k π est :

R t = k π = – ( )π−+ k

k

11

Il est donc nul si k est impair, et égal à π

−k

2 si k est pair.

2°/ Majoration de l'intégrale.

Soit C n le carré dont les côtés ont pour équations :

x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, y = ± ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, n ≥ 0.

On a :

| sin (z) | =

( ) ( )

i

ee iy x i iy x i

2

+−+ − =

2

y ix y ix ee +−− −

= ( ) ( )

2

y y e x sini x cose x sini x cos −−+ −

= |– cos x sinh y = i sin x cosh y | = | cos ² x sinh ² y + sin ² x cosh ² y | 1/2

= | cos ² x (cosh ² y – 1) + (1 – cos ² x ) cosh ² y | 1/2 = | cosh ² y – cos ² x | 1/2

.

| sin (z) | = | cosh ² y – cos ² x | 1/2.

Pour x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, on a cos x = 0, donc | sin (z) | = cosh y ≥ 1.

Pour y = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, on a cos ² x ≤ 1, donc – cos ² x ≥ –1, cosh ² y – cos ² x ≥ cosh ² y – 1 = sinh ² y , et

| sin (z) | = | sinh y | = sinh ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π ≥ sinh

2

π≈ 2,3 > 1.

Sur la frontière du carré C n, on a donc en tout point :

zsin

1≤ 1 < M, pour tout M > 1.

Et cette relation est vraie pour tout entier n ≥ 0.

On a aussi : | z | = | x + i y | > max (| x |, | y |) = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, donc :

z

1 <

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

1

n

.

On a :



( )∫nC

dzz f ≤ ∫nC

| f (z) | | dz | ≤ ∫nC

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

zzsin

11

zt z

11−

−| dz |.

Si on pose t = t 1 + i t 2, soit t' = max (|t 1|, |t 2|). La distance de t au carré C n est alors :

d n = ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + 21n π – t' , pour n grand,

et on a :

t z −1

≤

' t n −π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

1, pour tout z sur C

n.

Donc :

( )∫ nC dzz f ≤⎟⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜

⎝

⎛

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+2

1

1

nM ∫ nC ( )t zz

t

− | dz | ≤⎟⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜

⎝

⎛

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+2

1

1

nM

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n

t

' t n −π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

1

∫ nC | dz |.

L'intégrale restante est le périmètre du carré C n, elle vaut 4 (2 n + 1) π, et l'on obtient :

( )∫nC

dzz f ≤

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+

2

1

1

n

M

' t n

t

−π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

8≈

πn

t M8.

donc le module de

∫nC

f (z) dz est majoré par une quantité qui tend vers 0 avec

n

1.

Lorsque n

1 tend vers 0, l'intégrale ∫

nC f (z) dz tend vers 0.

3°/ Formule donnant l'inverse du sinus.

Les pôles de f (z) situés à l'intérieur du carré C n sont : z = t et z = ± k π, k = 1, … , n.

a) Supposons d'abord que t soit l'un des pôles ± k π, k = 1, … , n, par exemple :

t = h π, h ≠ 0, –n ≤ h ≤ n.

On a alors :

πi 2

1∫

nC f (z) dz = –

( )π−+

h

h11

+ ∑≤≤−

≠≠

nk nk

hk 0

(–1) k

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

π−

π− k hk

11 = ∑

≤≤−≠

nk nhk

( )( )π−

−hk

k 1

– ∑≤≤−

≠nk n

k 0

( )π

−k

k 1

.

La deuxième somme est nulle, il reste :

πi 2

1∫

nC f (z) dz = ∑

≤≤−≠

nk nhk

( )( )π−

−hk

k 1

.

Si l'on fait tendre n vers l'infini, on obtient :



∑∈≠

Z k hk

( )( )π−

−hk

k 1

= 0,

ou encore :

∑∈≠

Z k hk

( )hk

k

−−1 = 0,

ce qui s'écrit encore :

( )h

h

2

1− = ∑

∞

≠−≠

=

hk hk

k 0

(–1) k ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+−

− hk hk

11 +

h

1

∑∞

≠=² h² k

k 0

( )22

1

hk

k

−

− =

( )2

4

21

h

h −−

b) Supposons maintenant que t ne soit égal à aucun des pôles k π, k . Alors :

πi 2

1∫

nC f (z) dz =

t sin

1 –

t

1 + ∑

=

≠−=

nk

k nk

0

(–1) k ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−

−π k t k

11 =

t sin

1 –

t

1 + ∑

=

≠−=

nk

k nk

0

( )t k

k

−π−1

= t sin

1+ ∑

=

−=

nk

nk

( )t k

k

−π−1

.

En associant au terme en k , le terme en –k , on peut écrire aussi :

πi 2

1∫

nC f (z) dz =

t sin

1 –

t

1 – ∑

=

=

nk

k 1

(–1) k

222

2

π− k t

t =

t sin

1 – ∑

=

−=

nk

nk

( )π−

−k t

k 1

.

En faisant tendre n vers l'infini, n

1 tend vers 0, ∫

nC f (z) dz tend vers 0. On a donc :

0 = t sin

1 –

t

1 – ∑

∞=

=

k

k 1

(–1) k

222

2

π− k t

t =

t sin

1 – ∑

∞=

−∞=

k

k

( )π−

−k t

k 1

.

Et ceci donne bien les formules :

t sin

1 =

t

1 + ∑

∞=

=

k

k 1

(–1) k

222

2

π− k t

t ,

t sin

1 = ∑

∞=

−∞=

k

k

( )π−

−k t

k 1

, avec t ≠ k π, k .



Exercice 52. Développement en série de Laurent de cotan t. (Bass, n°35, p.669, et Valiron, Tome 1, n°189, p.384)

On considère la fonction g (z) = ( ) ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

zzancot

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

− zt z

11, où t est un nombre complexe donné.

1°/ Déterminer les pôles et les résidus de g (z).

2°/ On désigne par C n le carré dont les côtés sont portés par les droites

x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, y = ± ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π,

où n est un entier positif. On choisit n assez grand pour que le point t soit intérieur à C n. Démontrer

qu'il existe un nombre positif M tel que, quel que soit n, | cotan (z) | soit inférieur à M sur le carré

C n. En déduire que l'intégrale ∫

nC g (z) dz tend vers 0 avec

n

1.

3°/ En calculant l'intégrale précédente par le théorème des résidus, établir la formule :

cotan t = t

1 + ∑

∞

=1n222

2

π− nt

t = ∑

∞

−∞=n π− nt

1.

Solution.

1°/ Pôles et résidus de g ( z).

g (z) est une fonction uniforme.

• Le point à l'infini est un point essentiel isolé de e i z

donc de g (z).

Si t = 0, on a g (z) = 0 : on supposera donc t ≠ 0.

Au voisinage de 0, on a :

g (z) ≈⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

z!

z

!

z

z

1

31

21

1 22

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−

zt

z

t

11

1≈

3

z⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −−−

2

11

t

z

t z≈ –

3

1 –

t

z

3 + …

Donc g ( z) est holomorphe en 0 et g (0) = – 3

1.

Les pôles de g (z) sont alors les points où g (z) devient infini, c'est‐à‐dire les points :

z = t et z = n π, n , n ≠ 0.

a) Si t est différent de n π pour tout n , on a, au voisinage de z = t , en posant z = t + η :

cotan z = cotan (t + η) = cotan t – t sin2

1η + … (formule de Taylor),

cotan z – z

1 = cotan t –

t sin2

1η –

t

1 +

2t

η + …

g (z) ≈ ( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −+−

t sint t t ancot

22

111 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η+−

η 2

11

t t ,

donc z = t est un pôle simple de g (z) et le résidu de g (z) en t est :



R t = cotan t –

t

1

Toujours dans le cas où t est différent de tous les n π, n , on a, au voisinage de n π, pour z – n π =

ε,

cos z = cos (n π + ε) = cos nπ cos ε – sin nπ sin ε = (–1) n cos ε ≈ (–1) n

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε−

!21

2

sin z = sin (n π + ε) = sin nπ cos ε + cos nπ sin ε ≈ (–1) nε ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε−

!31

2

,

cotan z ≈ε1

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε−

!21

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε+

!31

2

≈ε1

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ε−

31

2

g (z) ≈

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

π

ε

−π−

ε

−ε nn1

1

3

1

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

π

ε

−π−⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

−π

ε

−−π nnt nt n1

11

1

≈ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ε⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−−

π−

ε 22

1

3

111

nn ( ) ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−π−

πε+

π−

−π 222

1111

t nnnt n,

ce qui montre que n π est un pôle simple et que le résidu de g (z) en z = n π est :

R n π =

t n −π1

– πn

1

b) S'il existe un k , k ≠ 0, tel que t = k π, alors, pour n ≠ k , n ≠ 0, le point z = n π est un pôle simple

et le résidu de g (z) en ce pôle est donné par la formule ci‐dessus. Au voisinage du point z = k π, on a :

g (z) ≈ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ε⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−−

π−

ε 22

1

3

111

nn ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

πε

−π

−ε k k

111

≈2

1

ε–

πk

2

ε1

+ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

π 3

1222

k ,

ce qui montre que le point z = k π est un pôle d'ordre 2 et que le résidu en ce pôle est :

R t = k π =

π−k

2

2°/ Majoration de l'intégrale.

Soit C n le carré dont les côtés ont pour équations :

x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, y = ± ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, n ≥ 0.

On a :

| cotan z | =

( ) ( )

( ) ( )iy x i iy x i

iy x i iy x i

ee

ee

+−+

+−+

−

+ =

y ix y ix

y ix y ix

eeee

eeee

−−

−−

−

+

= ( ) ( )

( ) ( ) y y

y y

e x sini x cose x sini x cos

e x sini x cose x sini x cos

−−+

−++

−

−

= y cosh x sini y sinh x cos

y sinh x sini y cosh x cos

+−

−



= x tani y tanh

y tanh x tani

+−1

=

21

22

221 /

y tanh x tan

y tanh x tan⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

+ =

21

22

22/

x cosy cosh

x cosy cosh⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

+ =

21

22

22/

x siny sinh

x cosy cosh⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

+.

Pour x = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, on a cos x = 0, sin ² x = 1, | cotan z | = 1.

Pour y = ± ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π, on a cosh y > cosh

2

π≈ 2,5 > 1.

| cotan z | =

21

2

2

2

2

1

1

/

y cosh

x cos

y cosh

x cos

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

+, avec cos ² x ≤ 1 < cosh 2

y , donc

1 –

y cosh

x cos2

2

> 1 –

y cosh

2

1> 1 –

2

1

2 πcosh

= tanh ²

2

π,

21

2

2

1

1 /

y cosh x cos ⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −

<

2

1

πtanh

,

y cosh

x cos2

2

< 1, 1 + y cosh

x cos2

2

< 2,

21

2

2

1

/

y cosh

x cos⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + < 2 ,

| cotan z | <

21

2

2

1

/

y cosh

x cos⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + ×

2

1

πtanh

<

2

2

πtanh

.

Donc, en prenant une constante M >

2

2

πtanh

, on a toujours | cotan z | < M pour tout z sur le carré

C n, et ceci reste vrai pour tout entier n.

On a :

( )∫nC

dzzg ≤ ∫nC

|g (z)| |dz| ≤ ∫nC

( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

zzancot

1

zt z

11−

−|dz|.

Or, sur C n, on a | cotan z | ≤ M et

z

1 <

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+ 2

1

1

n

. Si l'on pose t = t 1 + i t 2, t' = max (|t 1|, |t 2|), la

distance de t au carré C n est alors d

n = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n π – t' lorsque n est assez grand pour que t soit

intérieur à C n. On a alors :

t z −1

≤

' t n −π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

1 pour tout z sur C

n.

Donc :



( )∫nC

dzzg ≤

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+

2

1

1

n

M ∫nC ( )t zz

t

−|dz| ≤

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+

2

1

1

n

M

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1n

t

' t n −π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

1∫

nC |dz|.

L'intégrale restante est le périmètre du carré C n, elle vaut 4(2 n + 1)π et on a :

( )∫nC

dzzg ≤

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

+

2

1

1

n

M

' t n

t

−π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

8

Si on fait tendre n vers l'infini, le majorant de ( )∫nC

dzzg est équivalent à πn

t M8, il tend vers 0, donc

L'intégrale ( )∫nC

dzzg tend vers 0 avec n

1.

3°/Formule donnant la cotangente.

Les pôles de g (z) situés à l'intérieur du carré C n sont z = t et z = ±k π, k = 1, … , n.

a) Supposons d'abord que t soit l'un des pôles k π, par exemple t = h π, avec h ≠ 0 et –n ≤ h ≤ n. Alors

on a :

πi 2

1∫

nC g (z) dz =

π−h

2 + ∑

≤≤−≠≠nk n

,k ,hk 0 ( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

π−

π− k hk

11 = ∑

≤≤−≠

nk n ,hk ( )π− hk

1 – ∑

≤≤−≠

nk n ,k 0 πk

1.

La deuxième somme est nulle, il reste :

πi 2

1∫

nC g (z) dz = ∑

≤≤−≠

nk n ,hk ( )π− hk

1.

Si on fait tendre n vers l'infini, on obtient :

∑∈≠

Z k ,hk ( )π− hk

1 = 0, ou ∑

∈≠

Z k ,hk hk −

1 = 0,

ce qui s'écrit encore, en isolant le terme en k = –h :

h2

1 =

h

1 + ∑

∞

≠=

² h² k ,k 0

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−−+

− hk hk

11 =

h

1 + ∑

∞

≠=

² h² k ,k 0

22

2

hk

h

−,

ou encore :

∑∞

≠=

² h² k ,k 0

22

1

hk − =

24

1

h

−

b) Si, pour tout k , t est différent de k π, alors :



πi 2

1∫

nC g (z) dz = cotan t –

t

1 + ∑

≤≤−≠

nk n ,k 0

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π−

−π k t k

11.

Or ∑≤≤− ≠ nk n ,k 0

πk

1 = 0, il reste donc :

πi 2

1∫

nC g (z) dz = cotan t –

t

1 – ∑

=

=

nk

k 1

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

π++

π− k t k t

11 = cotan t –

t

1 – ∑

=

=

nk

k 1222

2

π− k t

t ,

ou encore :

πi 2

1∫

nC g (z) dz = cotan t + ∑

=

−=

nk

nk t k −π1

.

Si l'on fait tendre n vers l'infini, l'intégrale tend vers 0 et on a donc :

0 = cotan t – t 1 – ∑∞

=1k 222

2π− k t

t

0 = cotan t – ∑+∞=

−∞=

k

k π− k t

1,

et ceci donne bien les formules :

cotan t = t

1 + ∑

∞

=1k 222

2

π− k t

t ,

cotan t = ∑

+∞=

−∞=

k

k π− k t

1,

avec t ≠ k π pour tout k .



Exercice 53. Intégrale de e( π+iω)z/(e2 πz+1). Intégrale de sinωx/sinh πx. (Bass, n°36, p.669)

ω est un paramètre réel, z = x + i y est une variable complexe, ε est un infiniment petit positif, R est

un infiniment grand positif.

1°/ Calculer l'intégrale de la fonction f (z) = ( )

12 +π

ω+π

z

zi

e

e le long du

contour C constitué par un quart de cercle de centre 2

i et de rayon ε

et par les quatre segments définis par les équations :

y = 0, 0 < x < R,

x = R, 0 < y < 2

1,

y = 2

1, 0 < x < R,

x = 0, 0 < y < 2

1 – ε.

(Attention à ne pas écrire d'intégrales divergentes).

2°/ La première question conduit à la relation A = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1B 2

ω−

e , où

A = ∫∞

0 x cosh

x cos

πω

dx et B = ∫∞

0 x sinh

x sin

πω

dx .

De cette relation et de celle qu'on obtient en changeant ω en –ω, déduire les valeurs des intégrales

A et B.

Solution.

1°/ Intégrale sur le contour C .

Les points singuliers de la fonction f (z) sont :

• Un point essentiel isolé à l'infini,

• Des pôles simples en z = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1k π, k .

Donc, à l'intérieur du domaine limité par le contour C , il n'y a aucun point singulier et l'on a :

∫C f (z) dz = 0.

Entre 0 et R, on a z = x .

f (z) =

( )

12 +π

ω+π

x

x i

e

e =

x cosh

x cos

πω

2 + i

x cosh

x sin

πω

2,

donc :



∫R

0 f (z) dz =

2

1∫

R

0 x cosh

x cos

πω

dx + 2

i ∫

R

0 x cosh

x sin

πω

dx .

Or x cosh

x cos

πω

et x cosh

x sin

πω

sont intégrables vers l'infini, car ils sont majorés par une exponentielle

intégrable, donc si R tend vers l'infini, l'intégrale de f (z) entre 0 et R tend vers :

2

1∫

∞

0 x cosh

x cos

πω

dx + 2

i ∫

∞

0 x cosh

x sin

πω

dx .

Entre R et R + 2

i , on a z = R + i y , 0 ≤ y ≤

2

i ,

f (z) = ( )( )

( ) 12 ++π

+ω+π

iy R

iy Ri

e

e =

( )

R

Ri

e

eπ

ω+π

2

( )

Ry i

y i

ee

eπ−π

ω−π

+ 22,

( )

∫

+2

i R

R

dzz f ≤ e – π R

∫2

1

0 Ry i

y

ee

e

π−π

ω−

+ 22

dy .

Or | e 2 i π y + e – 2 π R

| ≥ | |e 2 i π y | – |e – 2 π R

| | = 1 – e – 2 π R, donc

Ry i ee π−π + 22

1≤

Re π−− 21

1 et

( )∫+

2

i R

Rdzz f ≤

R

R

e

eπ−

π−

− 21 ∫2

1

0e – ω y

dy ,

( )∫+

2

i R

Rdzz f ≤

Rsinh π2

1

ω−

ω−

21 e

Donc si l'on fait tendre R vers l'infini, l'intégrale de f (z) entre R et R + 2

i tend vers 0 comme

Rsinh π1

.

Entre R + 2

i et

2

i + ε, on a z = x +

2

i ,

f (z) =

( )

122

2

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +π

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +ω+π

i x

i x i

e

e = i

( )

x

x i

e

eeπ

ω+πω

−

− 2

2

1 = i 2

ω−

e x sinh

x cos

π−ω

2 – 2

ω−

e x sinh

x sin

π−ω

2

Donc :

∫ε+

+

2

2

i

i R

f (z) dz = – 2

2

ω−

e∫ε

R

x sinh

x sin

πω

dx + i 2

2

ω−

e∫ε

R

x sinh

x cos

πω

dx

Sur le petit quart de cercle γ de centre 2

i et de rayon ε, on a z =

2

i + ε e i θ, avec –

2

π≤ θ ≤ 0.

On sait que, dans une couronne de centre 2

i , la série de Luarent converge absolument et

uniformément vers f (z). Cette série de Laurent est de la forme :



f (z) =

2

2

i z

R i

− + c0 + c1 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

i z + …

car 2

i

est un pôle simple (R i /2 désigne le résidu de f en 2

i

). On a alors :

∫γ f (z) dz = ∫γ

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −++

−...

i zcc

i z

R / i

2

2

102

dz.

Comme la convergence de la série est uniforme, on peut intégrer terme à terme. On a donc :

∫γ f (z) dz = R i /2 ∫

π−

2

0 θ

θ

ε

εi

i

e

ei d θ + c0 ∫

π−

2

0i ε e i θ

d θ + ∑∞

=1n

c n ∫

π−

2

0(ε e i θ) n

i ε e i θ d θ,

= – i 2

π R i /2 + i ∑

∞

=0n

c n ∫

π−2

0ε

n + 1 e (n + 1) θ

d θ,

= – i 2

π R i /2 + i ∑

∞

=0n ( )i n

c nn

1

1

+ε + ( )

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

π+−

121 i n

e ,

= – i 2

π R i /2 + ∑

∞

=0n

c n

1

1

+ε +

n

n

[(–i ) n + 1 – 1],

= – i

2

π R i /2 + ε ∑

∞

=0n

c n ε

n

( )

1

11

+

−− +

n

i n

.

Pour parachever ce calcul, il reste à calculer le résidu R i /2 en 2

i .

Posons z – 2

i = ξ.

f (z) =

( )

122

2

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +ξπ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +ξω+π

i

i i

e

e = i 2

ω−

e( )

πξ

ξω+π

− 21 e

ei

≈ i 2

ω−

e ( )

πξ−ξω+π+

2

1 i

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

2

i z f (z) = ξ f (z) ≈πi 2

1 2ω−e +

πω+π

i

i

2 2ω−

e ξ.

Donc si ξ tend vers 0, on a :

R i /2 =

2

i z

lim→

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

i z f (z) =

πi 2

12

ω−

e

D'où :

∫γ f (z) dz = –

4

12

ω−

e + ε ∑∞

=0n

c n ε

n ( )

1

11

+

−− +

n

i n

.



La série est convergente pour ε < 2

1, car les c

n sont des coefficients de série de Laurent convergente

et ε < 2

1 | ε

n [(–i ) n

– 1] | < 1, donc ( )∑

∞

= +

−−ε

0 1

1

n

nn

nn

i c ≤ ∑

∞

=0n 1+n

cn≤ ∑

∞

=0n

|c n| qui converge.

Entre 2

i – i ε et 0, on a z = i y ,

f (z) = ( )

12 +π

ω+π

iy

iy i

e

e=

y cos

e y

π

ω−

2,

∫ ε−

0

2i

i f (z) dz = ∫ ε−

0

2

1y cos

e y

π

ω−

2i dy ,

∫ ε−

0

2

i i f (z) dz = –

2

i ∫

ε−2

1

0

y cos

e y

π

ω−

dy .

On a donc, finalement :

∫C f (z) dz =

2

1∫

R

0 x cosh

x cos

πω

dx + 2

i ∫

R

0 x cosh

x sin

πω

dx + ∫+

2

i R

R f (z dz

– 2

2

ω−

e∫ε

R

x sinh

x sin

πω

dx + i 2

2

ω−

e∫ε

R

x sinh

x cos

πω

dx – 4

12

ω−

e + ε ∑∞

=0n

c n ε

n

( )1

11

+−− +

n

i n

–

2

i ∫

ε−2

1

0

y cos

e y

π

ω−

dy ,

et, d'autre part, ∫C f (z) dz = 0.

L'égalité des parties réelles donne alors :

2

1∫

R

0 x cosh

x cos

πω

dx + ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∫

+2

i R

Rdzz f –

2

2

ω−

e∫ε

R

x sinh

x sin

πω

dx – 4

12

ω−

e + ε ( )

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−−

ε∑∞

=0 1

1

n

nn

nn

i c = 0.

x cosh

x cos

πω

et x sinh

x sin

πω

sont intégrables vers 0 et vers l'infini, ∫+

2

i R

R f (z dz tend vers 0 lorsque R tend vers

l'infini, ε ( )

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−−

ε∑∞

=0 1

1

n

nn

nn

i c tend vers 0 lorsque ε tend vers 0, donc on peut faire tendre ε vers 0 et

R vers l'infini. Par passage à la limite, on obtient :

2

1∫

∞

0

x cosh

x cos

πω

dx – 2

2

ω−

e∫

∞

0 x sinh

x sin

πω

dx – 4

12

ω−

e = 0,

ou encore :

∫∞

0 x cosh

x cos

πω

dx = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+πω

∫∞

2

1

0 dx x sinh

x sin2

ω−

e



Et cette formule reste valable pour tout ω réel.

2°/ Valeur des intégrales A et B.

En changeant ω en –ω dans la formule précédente, on obtient :

∫∞

0 x cosh

x cos

πω

dx = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

+πω

− ∫∞

2

1

0 dx x sinh

x sin2

ω

e .

Avec les notations de l'énoncé, on a ainsi les relations :

A = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1B 2

ω−

e

A = ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−

2

1B 2

ω

e .

A =

2

2

1

ω

+

e

B

=

2

2

1

ω−

+−

e

B

=

22

1 ω−

ω

+ ee

=

22

1 ωcosh

,

B = – 2

1 +

22

2

ω−

ω

ω

+ ee

e = –

2

1 + ω

ω

+ e

e

1 =

2

1

1

1

+

−ω

ω

e

e =

2

1

22

22

ω−

ω

ω−

ω

+

−

ee

ee =

2

1 tanh

2

ω.

∫∞

0

x cosh

x cos

πω

dx =

22

1

ωcosh

,

∫∞

0 x sinh x sinπ

ω dx = 21 tanh

2ω .



Exercice 54. Série de Fourier de 1/(2+cos x). (Bass, n°37, p.670)

En posant e i x = z, calculer l'intégrale ∫

π

π− x cos

nx cos

+2dx (n entier positif). En déduire le développement

en série de Fourier de la fonction x cos+2

1.

Solution.


La fonction x cos

nx sin

+2 est une fonction impaire, donc son intégrale sur l'intervalle symétrique [–π, π]

est nulle. On peut donc écrire :

I = ∫π

π− x cos

nx cos

+2 dx = ∫π

π− x cos

e inx

+2 dx .

Posons z = e i x . Lorsque x décrit le segment [–π, π], z décrit le cercle trigonométrique.

z

dz = i dx , dx = – i

z

dz.

I = –i ∫C

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ++

zz

zn

1

2

12

z

dz = – 2 i ∫C 142 ++ zz

zn

dz

I = – 2 i ∫C 142 ++ zz

zn

dz

z ² + 4 z + 1 = (z – (–2 + 3 ))(z – (–2 – 3 )) = (z + tan 12

π)(z + cotan

12

π).

La fonction 142 ++ zz

zn

possède un seul pôle à l'intérieur du cercle trigonométrique C , c'est –tan 12

π.

Le résidu de 142 ++ zz

zn

en – tan 12

π est :

12

π−tan

R =

12

π−→ tanz

lim ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

++⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

+1412 2

zz

ztanz

n

=

12

π−→ tanz

lim

12

π+ ancot z

zn

=

1212

12

π+

π−

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π−

ancot tan

tan

n

12

π−tan

R =

121

12

2 π−

π

tan

tan n

tan ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

−12

= 2

1 tan

6

π n

tan ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

−12

= 32

1n

tan ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π−

12.

Le théorème des résidus donne :

∫C 142 ++ zzz

n

dz = 2 i π12

π−tan

R = i 3

πn

tan ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π−

12



donc :

∫π

π− x cos

nx cos

+2dx = – 2 i ∫C 142 ++ zz

z n

dz = 3

2π n

tan ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

−12

∫π

π− x cos

nx cos

+2 dx = 3

2π (–1)

n

n

tan ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ π

12 = (–1) n

3

2π (2 – 3 )

n

.

∫π

π− x cos

nx cos

+2dx = (–1)

n

3

2π (2 – 3 ) n.

2°/ Série de Fourier.

La série de Fourier de x cos+2

1 est donnée par :

x cos+2

1 =

∑

∞

=0n

c n cos n x –

2

0c,

car la fonction est paire et il n'y a pas de terme en sinus. Les coefficients sont donnés par :

c n =

π1

∫π

π− x cos

nx cos

+2dx .

Donc :

x cos+2

1 =

3

2 ∑∞

=0n

(–1) n

(2 – 3 ) n cos nx –

3

1

Sous une autre forme, on peut écrire :

x cos+2

1 = ∑

∞

−∞=n

a n e

i n x , avec a

n = π2

1∫

π

π− x cos

einx

+2dx =

3

1(–1)

n (2 – 3 ) n.



Exercice 55. Intégrale de z1/2 ln z/(1+z)². (Bass, n°38, p.670)

Calculer l'intégrale ∫ ( )21 z

zlnz

+dz sur le contour représenté ci‐contre,

où R désigne un nombre arbitrairement grand.

Réponse : En séparant la partie réelle et la partie imaginaire dans le

résultat, on obtient une intégrale élémentaire et

∫∞

0 ( )21 x

x ln x

+dx = π.

Solution.

1°/ Singularités de la fonction f ( z).

f (z) = ( )21 z

zlnz

+.

f (z) admet pour singularités :


• Un pôle double en –1,


Donc f (z) est rendue uniforme par une coupure entre 0 et l'infini, et elle est uniforme et holomorphe

sur le contour (C ) de la figure.

Le pôle –1 est situé à l'intérieur du contour, de sorte que l'on a :

( )∫C f (z) dz = 2 i π R –1.

Posons z = r e i θ et prenons comme détermination de f (z) :

f (z) = ( )

( )2

221

1 z

i r lner i

/

+

θ+θ

.


Sur le petit cercle, | z f (z) | ≈ ε 3/2

ln ε, qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0. Donc la limite de

l'intégrale sur le petit cercle lorsque le rayon tend vers 0, est 0.

Sur le grand cercle, | z f (z) | ≈2

23

R

RlnR/

= R

Rln, qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini. Donc la

limite de l'intégrale sur le grand cercle lorsque le rayon tend vers l'infini, est 0.



Sur le bord supérieur de la coupure, on a r = x , θ = 0, f (z) = ( )21 x

x ln x

+ et l'intégrale de f (z) a pour limite

∫∞

0 ( )21 x

x ln x

+dx .

Sur le bord inférieur de la coupure, on a : z = x , θ = 2 π, f (z) = ( )

( )21

2

x

i x lne x i

+

π+π

,

f (z) = – ( )21 x

x ln x

+ – 2 i π

( )21 x

x

+,

et l'intégrale de f (z) a pour limite

– ∫∞

0

( )21 x

x ln x

+dx – 2 i π ∫∞

0

( )21 x

x

+dx = ∫

∞

0 ( )21 x

x ln x

+dx + 2 i π ∫

∞

0 ( )21 x

x

+dx .

On a donc :

2 ∫∞

0 ( )21 x

x ln x

+dx + 2 i π ∫

∞

0 ( )21 x

x

+dx = 2 i π R –1.

3°/ Calcul du résidu.

Posons z = –1 + ξ. On a z = 1− ξ−1 ≈ i ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ξ−

2

11 et ln z = ln (–1) + ln (1 – ξ) ≈ i π – ξ. Donc f (z)

est équivalent à

( )

2

2

11

ξ

ξ−π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ξ− i i

≈ – 2ξ

π + ξ

−π

i 2

. Le résidu de f (z) en –1 est donc :

R –1 = 2

π – i .

On a donc :

∫∞

0 ( )21 x

x ln x

+dx + i π ∫

∞

0 ( )21 x

x

+dx = i π R –1 = π + i

2

2π,

d'où l'on tire :

∫∞0 ( )2

1 x x ln x

+dx = π,

∫∞

0 ( )21 x

x

+dx =

2

π.



Exercice 56. Intégrale de (z-a)-1/2(b-z)-1/2(c-z)-1/2. (Bass, n°39, p.670)

1°/ En intégrant la fonction f (z) = ( )( )( )zczbaz −−−

1, a < b < c, réels, sur

le contour représenté ci‐contre, démontrer l'identité :

∫b

a ( )( )( ) x c x ba x −−−

1dx = ∫

∞

c

( )( )( )c x b x a x −−−

1dx .

2°/ Retrouver ce même résultat en utilisant un changement de variable homographique.

Solution.

1°/ Points singuliers de f ( z).

Les singularités de f (z) =

( )( )( )zczbaz −−−

1 sont :

• Un point critique en a,

• Un point critique en b,

• Un point critique en c,


Posons z – a = r 1 e i θ

1, z – b = r 2 e i θ

2, z – c = r 3 e i θ

3. On peut prendre pour détermination de f (z) :

f (z) =

321

1

r r r 2

321 θ+θ+θ− i

e .

Montrons qu'une coupure entre a et b et une coupure entre c et l'infini rendent uniforme f (z). Le

seul cas litigieux est celui où z décrit un cycle entourant a et b. Dans ce cas, θ1 et θ2 varient de 2 π, θ3

a une variation nulle, donc f (z) a aussi une variation nulle puisque son argument varie de – 2 π. Donc

f (z) est uniforme à l'intérieur du domaine limité par le contour d'intégration de la figure et elle est

holomorphe dans ce domaine. On a donc :

( )∫C f (z) dz = 0.

La surface de Riemann d'uniformisation est un tore.

Calcul de l'intégrale.

Sur le grand cercle, | z f (z) | ≈R

1 qui tend vers 0 lorsque R vers l'infini.

Sur les petits cercles, | ε f (z) | ≈ ε qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0.

Sur le bord supérieur de la coupure [a, b] : r 1 = x – a, θ1 = 0, r 2 = b – x , θ2 = π, r 3 = c – x , θ3 = π,

f (z) = ( )( )( ) x c x ba x −−−

−1

et l'intégrale de f (z) a pour limite



– ∫b

a

( )( )( ) x c x ba x

dx

−−−

lorsque le rayon ε des petits cercles tend vers 0.

Sur le bord inférieur de la coupure [a, b], r 1 = x – a, θ1 = 0, r 2 = b – x , θ2 = –π

(car il varie de –2π sur le petit cercle entourant b), r 3 = c – x , θ3 = π,

f (z) = ( )( )( ) x c x ba x −−−

1

et l'intégrale de f (z) a pour liimite ∫b

a ( )( )( ) x c x ba x

dx

−−− lorsque le

rayon ε des petits cercles tend vers 0.

Sur le bord supérieur de la coupure [c, ∞], r 1 = x – a, θ1 = 0, r 2 = x – b, θ2 = 0, r 3 = x – c, θ3 = 0,

f (z) = ( )( )( )c x b x a x −−−

1

et l'intégrale de f (z) a pour limite ∫∞

c ( )( )( )c x b x a x

dx

−−− lorsque le rayon du grand cercle tend vers

l'infini.

Sur le bord inférieur de la coupure [a, b], r 1 = x – a, θ1 = 2 π, r 2 = x – b, θ2 = 2 π, r 3 = x – c, θ3 = 2 π,

f (z) = ( )( )( )c x b x a x −−−

−1

et l'intégrale de f (z) a pour limite ∫∞

c

( )( )( )c x b x a x

dx

−−−

− lorsque le rayon du grand cercle tend vers

l'infini.

On a donc, à la limite :

– 2 ∫b

a ( )( )( ) x c x ba x

dx

−−− + 2 ∫

∞

c ( )( )( )c x b x a x

dx

−−− = 0,

donc :

∫b

a ( )( )( ) x c x ba x

dx

−−− = ∫

∞

c ( )( )( )c x b x a x

dx

−−−

2°/ Changement de variable homographique.

Considérons l'inversion de pôle a qui transforme b en c. Elle a, pour puissance, (b – a)(c – a), et, pour

expression analytique :

( Z – a)(z – a) = (b – a)(c – a).

Elle transforme [a, b] en [c, ∞].

Sur l'axe réel, elle se réduit à :

( X – a)( x – a) = (b – a)(c – a).



Exercice 57. Intégrales de (1+xn)-1/2 et de (1-xn)-1/2. Fonctions d'Euler. (Bass, n°40, p.670)

On se propose de démontrer la formule :

cos n

π

∫

∞

0 n x

dx

+1 = ∫

1

0 n x

dx

−1 , n > 2,

en employant successivement les méthodes suivantes.

1°/ Poser x n = t , puis se ramener aux fonctions eulériennes Β.

2°/ Poser x n = z et intégrer la fonction z

z n

+

−

1

11

sur un contour convenable du plan complexe.

3°/ Traiter le problème, pour n = 3 et n = 4, en intégrant directement les fonctions 31

1

z+ et

41

1

z+ sur des contours convenablement choisis du plan complexe.

Solution.

1°/ Passage par les fonctions eulériennes.

Rappelons d'abord les principales formules relatives aux fonctions d'Euler (Bass, p.499 et suiv.).

Γ ( x ) = ∫∞

0t x – 1

e – t dt , x > 0.

Γ ( x + 1) = ( x + 1) Γ ( x ),

Γ ( p) Γ (1 – p) = π

π psin

, 0 < p < 1,

Γ ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

2

1 = π .

Β ( p, q) = ∫1

0t p – 1

(1 – t ) q – 1 dt = ∫

∞

0 ( ) q p

p

t

t +

−

+1

1

dt ,

Β ( p, q) = Β (q, p) = ( ) ( )

( )q p

q p

+Γ

ΓΓ.

Posons x n = t , x = t 1/n, dx = n

1 t 1/n – 1

dt , A n = ∫

∞

0 n x

dx

+1, B

n = ∫1

0 n x

dx

−1.

A n =

n

1∫

∞

0 t

t n /

+

−

1

11

dt = n

1Β ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

n ,

n

1

2

11,

B n =

n

1∫

1

0t 1/n – 1

(1 – t ) –1/2 dt =

n

1Β ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

2

11 ,

n,



n

n

B

A =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Β

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−Β

2

11

12

11

,

n

n

,n

=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −Γ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ Γ

2

1

1

2

11

nn

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +Γ

2

11

1

2

1

n

n =

2

2

1

1

2

11

1

2

1

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

Γ

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −−Γ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −Γ

nn =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

π

nsin

1

2

1 π1

n

n

B

A =

ncos

π1

.

On a donc bien :

cosn

π ∫

∞

0 n x

dx

+1 = ∫

1

0 n x

dx

−1.

2°/ Intégration d'une fonction méromorphe.

Posons x n = z. On a vu, plus haut, que :

A n =

n

1∫

∞

0 z

z n /

+

−

1

11

dz et B n = ∫

1

0 z

zn /

−

−

1

11

dz.

En changeant les notations, on a donc :

A n =

n

1∫

∞

0 x

x n /

+

−

1

11

dx et B n = ∫

1

0 x

x n /

−

−

1

11

dx .

Considérons la fonction de variable complexe f (z) =

z

z n /

+

−

1

11

.

Elle a pour singularités :




Donc elle est rendue uniforme par une coupure allant de 0 à –∞ sur l'axe

réel. On va l'intégrer sur le contour ci‐contre.

Sur le grand cercle, on a : | R f (z) | ≈ R 1/n – 1/2

, qui tend vers 0 si R tend vers

l'infini.

Sur le petit cercle de centre –1, on a : | ε f (z) | ≈ ε 1/2

qui tend vers 0 si ε tend vers 0.

Sur le petit cercle de centre 0, on a : | ε f (z) | ≈ ε 1/n

qui tend vers 0 si ε tend vers 0.

Comme f (z) est holomorphe à l'intérieur du domaine limité par le contour d'intégration, on a, à la

limite :

∫−

∞−

1

f (z) dz + ∫−

0

1 f (z) dz + ∫

∞

0 f (z) dz = 0.

Posons z = r e i θ et ln z = ln r + i θ. Alors z

1/n – 1 = e

(1/n – 1)(ln r + i θ) = r

1/n – 1 e

(1/n – 1) i θ.

Posons 1 + z = r' e i θ'. On a z+1 = e (1/2)(ln r' + i θ') = ' r e i θ'/2.

n

1

n

1



Donc f (z) = ' r

r n1

1−

e (1/n – 1) i θ – i θ'/2

.

Entre –∞ et –1, on a r = – x , θ = π, r' = – x – 1, θ' = π, dz = dx ,

f (z) = ( )1

11

−−− −

x

x n

π⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − i ne 2

31

= i ( )1

11

−−− −

x

x n e i π/n.

∫−

∞−

1

f (z) dz = i e i π/n

∫−

∞−

1 ( )

1

11

−−

− −

x

x ndx = i e

i π/n ∫

∞

1

1

11

−

−

x

x ndx .

Entre –1 et 0, on a : r = – x , θ = π, r' = x + 1, θ' = 0, dz = dx ,

f (z) = ( )

1

11

+

− −

x

x n

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − i

ne1

1

= – ( )

1

11

+

− −

x

x n e

i π/n.

∫−

0

1 f (z) dz = – e

i π/n ∫−

0

1

( )

1

11

+

− −

x

x ndx = – e

i π/n ∫

1

0 x

x n

−

−

1

11

dx .

Entre 0 et +∞, on a : r = x , θ = 0, r' = x + 1, θ' = 0, dz = dx ,

f (z) = x

x n

+

−

1

11

,

∫∞

0 f (z) dz = ∫

∞

0

x

x n

+

−

1

11

dx .

On a donc :

i e i π/n

∫∞

1

1

11

−

−

x

x ndx – e

i π/n ∫

1

0 x

x n

−

−

1

11

dx + ∫∞

0 x

x n

+

−

1

11

dx = 0.

L'égalité des parties imaginaires donne :

i cos n

π∫

∞

1

1

11

−

−

x

x ndx – i sin

n

π∫

1

0 x

x n

−

−

1

11

dx = 0

ou :

∫∞

1

1

11

−

−

x

x ndx =

ncos

nsin

π

π

∫1

0 x

x n

−

−

1

11

dx .

L'égalité des parties réelles donne :

– sin n

π∫

∞

1

1

11

−

−

x

x ndx – cos

n

π∫

1

0 x

x n

−

−

1

11

dx + ∫∞

0 x

x n

+

−

1

11

dx = 0,

donc :



∫∞

0 x

x n

+

−

1

11

dx =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ π

+π

ππ

ncos

ncos

nsin

nsin ∫

1

0 x

x n

−

−

1

11

dx =

ncos

π1

∫1

0 x

x n

−

−

1

11

dx .

cos nπ ∫

∞

0 x

x n

+

−

1

11

dx = ∫1

0 x

x n

−

−

1

11

dx .

En multipliant par n

1 et en reprenant les notations introduites plus haut, cette relation s'écrit :

cos n

π A

n = B n,

soit encore :

cos n

π = .

3°/ Cas particulier où n = 3.

On se propose d'établir la formule :

∫∞

0 31 x

dx

+ = 2 ∫

1

0 31 x

dx

−.

Considérons la fonction f (z) = 31

1

z+.



• Un point critique en e i π/3,

• Un point critique en e 5 i π/3,


Donc elle est rendue uniforme par des coupures joignant chacun des

points –1, e i π/3, e

5 i π/3, au point à l'infini. On va intégrer f (z) sur le secteur

de cercle de la figure.

Posons :

z – e i π/3 = r 1 e

i θ1, z + 1 = r 2 e

i θ2, z – e

5 i π/3 = r 3 e

i θ3.

On prend pour détermination de f (z) :

f (z) =

321

1

r r r 2

321 θ+θ+θ−i

e ,

c'est la détermination réelle positive sur ]–1, +∞[.

Sur le grand arc de cercle, on a : | R f (z) | ≈ R –1/2

qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

Sur le petit arc de cercle de centre e i π/3

, on a | ε f (z) | ≈ ε qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0.

Donc, à la limite, il reste :

∫∞

0 n x

dx

+1 ∫1

0 n x

dx

−1



∫∞

0 f (z) dz + ∫

π

π

∞

3

3

i

i

e

e f (z) dz + ∫ π

0

3i

e f (z) dz = 0.

• Sur [0, +∞[, f (z) a la détermination réelle positive, donc :

∫∞

0 f (z) dz = ∫∞

0 31 x

dx

+ .

• Sur ]∞e i π/3, e i π/3

], qui est bissectrice de l'angle des vecteurs

joignant –1 et e 5 i π/3 à z, on a :

θ2 + θ3 = 2 θ1,

r 2² = r 3² =

2

12

3⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +r +

4

3 = (r 1 + 1)² + (r 1 + 1) + 1.

r 1 + 1 = 2 x , r 1 r 2 r 3 = r 1 r 2² = (2 x – 1)(4 x ² + 2 x + 1) = 8 x 3

– 1 = (2 x ) 3

– 1.

f (z) = ( ) 12

1

3 − x 2

3 1θ−i

e = ( ) 12

3 −

−

x

i ,

e – i π/3

dz = dr 1 = 2 dx = d (2 x ),

∫π

π

∞

3

3

i

i

e

e f (z) dz = ∫∞

2

1

( ) 123

3

−

−π

−

x

iei

2 dx = i e i π/3 ∫

∞

1 13 − x

dx .

• Sur [e i π/3; 0], on a, de même : θ2 + θ3 = 2 θ1 + 2 π, car θ1 a varié de

–π sur le petit cercle, tandis que θ2 et θ3 ne varient pratiquement pas.

r 2² = r 3² =

2

12

3⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − r +

4

3 = (1 – r 1)² + (1 – r 1) + 1.

1 – r 1 = 2 x .

r 1 r 2 r 3 = r 1 r 2² = (1 – 2 x )(4 x ² + 2 x + 1) = 1 – 8 x 3

= 1 – (2 x ) 3.

f (z) = ( )321

1

x −

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π+

θ−

23 1i

e = ( )321

1

x −

− ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π−

π−

32

3i

e = ( )321

1

x −.

dz = d (2 x e i π/3) = 2 e i π/3 dx .

∫ π0

3i

e f (z) dz = ∫

0

2

1

( )3

3

21

2

x

ei

−

π

dx = – e i π/3 ∫

1

0 31 x

dx

−.

Finalement, on obtient :

∫∞

0 31 x

dx

+ + i e i π/3

∫∞

1 13 − x

dx – e i π/3

∫1

0 31 x

dx

− = 0.


cos 3

π

∫∞

1 13 − x

dx = sin 3

π

∫1

0 31 x

dx

− ,



∫∞

1 13 − x

dx = 3 ∫

1

0 31 x

dx

−.


∫∞

0 31 x

dx +

– sin 3π ∫

∞

1 13 − x

dx – cos 3π ∫

1

0 31 x

dx −

= 0,

∫∞

0 31 x

dx

+ = ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

1

2

3∫

1

0 31 x

dx

−.

∫∞

0 31 x

dx

+ = 2 ∫

1

0 31 x

dx

−.

4°/ Cas particulier où n = 4.

On se propose d'établir la formule :

∫∞

0 41 x

dx

+ = 2 ∫

1

0 41 x

dx

−.

Considérons la fonction :

f (z) = 41

1

z+.


• Un point critique en e i π/4,





Donc elle est rendue uniforme par des coupures sur les demi‐droites

joignant les points critiques à distance finie e i π/4, e 3 i π/4, e 5 i π/4, e 7 i π/4, au

point à l'infini, avec, pour arguments respectifs, 4

π, 3

4

π, 5

4

π, 7

4

π. On

va intégrer f (z) sur le secteur de cercle de la figure, en faisant tendre R

vers l'infini et ε vers 0. f (z) est holomorphe à l'intérieur du contour d'intégration, donc son intégrale

sur le contour est nulle.

Sur l'arc de grand cercle, | R f (z) | ≈R

1 qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

Sur le petit demi‐cercle de centre e i π/4, | ε f (z) | ≈ ε qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0.

Donc, à la limite, il reste :

∫∞

0 f (z) dz + ∫

π

π

∞

4

4

i

i

e

e f (z) dz + ∫ π

0

4i

e f (z) dz = 0.



Choisissons pour détermination du logarithme dans le secteur qui nous intéresse, la détermination

réelle sur l'axe réel positif. Ceci fixe la détermination du radical. Si on pose :

z – e i π/4 = r 1 e i θ

1, z – e 3 i π/4 = r 2 e i θ

2, z – e 5 i π/4 = r 3 e i θ

3, z – e 7 i π/4 = r 4 e i θ

4,

on a :

f (z) =

4321

1

r r r r

( )43212

θ+θ+θ+θ−i

e .

Entre 0 et +∞, f (z) a la détermination réelle positive, donc f (z) = 41

1

x +, car z = x .

∫∞

0 f (z) dz = ∫

∞

0 41 x

dx

+.

• Entre ∞ e i π/4 et e i π/4

, on a :

r 1 + 1 = x 2 , r 2² = r 4² = (r 1 + 1)² + 1, r 3 = (r 1 + 1) + 1,

r 1 r 2 r 3 r 4 = r 1 ((r 1 + 1) + 1)((r 1 + 1)² + 1) = r 1 ((r 1 + 1) 3 + (r 1 + 1) 2

+ (r 1 + 1) + 1)

= (r 1 + 1 – 1) ((r 1 + 1) 3 + (r 1 + 1) 2

+ (r 1 + 1) + 1) = (r 1 + 1) 4 – 1 = ( x 2 ) 4

– 2,

θ1 = θ3 = 4

π, θ2 + θ4 = 2 θ1 =

2

π, θ1 + θ2 + θ3 + θ4 = π,

f (z) =

( ) 124

−

−

x

i ,

dz = e i π/4 dr 1 = 2 e

i π/4 dx ,

∫π

π

∞

4

4

i

i

e

e f (z) dz = ∫∞

2

1

( ) 12

2

4

4

−

−π

x

ei i

dx = i e i π/4 ∫

∞

1 14 − x

dx .

• Entre e i π/4 et 0 :

1 – r 1 = x 2 , r 2 ² = r 4 ² = (1 – r 1) ² + 1, r 3 = 1 + (1 – r 1),

r 1 r 2 r 3 r 4 = r 1 (1 + (1 – r 1))((1 – r 1) ² + 1)

= r 1 ((1 – r 1) 3

+ (1 – r 1) 2 + (1 – r 1) + 1)

= (1 – (1 – r 1)) ((1 – r 1) 3

+ (1 – r 1) 2 + (1 – r 1) + 1)

= 1 (1 – r 1) 4

= 1 – ( x 2 ) 4

.

θ1 = 4

π – π, θ3 =

4

π, θ2 + θ4 = 2 θ3 =

2

π, θ1 + θ2 + θ3 + θ4 = 0,

f (z) =

( )421

1

x −,

dz = d ( x 2 e i π/4) = 2 e i π/4

dx ,



∫ π0

4i

e f (z) dz = e i π/4

∫0

2

1

( )421

2

x

dx

− = – e i π/4

∫1

0

41 x

dx

−.

Finalement, on obtient :

∫∞

0 41 x dx +

+ i e

i π/4 ∫∞

1 14 − x dx – e

i π/4 ∫1

0

41 x dx −

= 0.


i cos 4

π∫

∞

1 14 − x

dx – i sin

4

π∫

1

0

41 x

dx

− = 0.

∫∞

1 14 − x

dx = ∫

1

0

41 x

dx

−.


∫∞

0 41 x

dx

+ – sin

4

π∫

∞

1 14 − x

dx – cos

4

π∫

1

0

41 x

dx

− = 0.

∫∞

0 41 x

dx

+ = ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

+π

44cossin ∫

1

0

41 x

dx

−,

∫∞

0 41 x

dx

+ = 2 ∫

1

0

41 x

dx

−.



Exercice 58. Intégrale de z-1ln((1+z)/(1-z)), intégrale de t/sinh t. (Bass, n°41, p.671)

En intégrant la fonction z

1 ln

z

z

−+

1

1 sur le contour ci‐contre, démontrer

les identités :

∫1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx = ∫

∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx =

4

2π,

et en déduire la valeur de l'intégrale ∫∞

0 t sinh

t dt .

Solution.

1°/ Fonction holomorphe.

Les points singuliers de la fonction f (z) = z

1 ln

z

z

−+1

1 sont :



Au voisinage de 0, ln z

z

−+

1

1≈ z – (– z) = 2 z, donc il suffit de poser f (0) = 2 pour que 0 ne soit pas un

point singulier de f (z). Si l'on change z en z

1, on a f ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

z

1 = z i π + z 2

f (z), qui est holomorphe pour z =

0, donc le point à l'infini n'est pas un point singulier de f (z). La fonction f (z) est holomorphe à l'infini

et le résidu à l'infini est égal à – i π.

La fonction f (z) est rendue uniforme par une coupure entre –1 et 1.

A l'intérieur du domaine limité par le contour de la figure, f (z) est holomorphe, donc l'intégrale de

f (z) sur le contour est nulle.

2°/ Calcul de l'intégrale de f ( z).

Sur le grand cercle, | z f (z) | ≈ | ln (–1) | = π, donc l'intégrale de f (z) sur le grand cercle a pour limite

– i π R ∞ = – π ².

Sur les petits cercles, les intégrales tendent vers 0 lorsque le rayon ε tend vers 0.

Entre –∞ et –1, on a z = x et x < –1, z

z

−+

1

1 =

x

x

−+

1

1 = –

x

x

−+

1

1,

Arg (z + 1) = π, Arg (1 – z) = 0, Arg ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

z

z

1

1 = π.

Donc f (z) = x

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

− i x

x ln

1

1,

∫−

−

1

R f (z) dz = ∫−

−

1

R x

1⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π+⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −

+− i

x

x ln

1

1dx = ∫

−

−

1

R x

1 ln ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+− x

x

1

1dx + i π ∫

−

−

1

R x

1dx .



Entre –1 et 1, on a z = x , –1 < x < 1, z

z

−+

1

1 =

x

x

−+

1

1 =

x

x

−+

1

1,

Arg (z + 1) = 0 (variation de – π en –1), Arg (– z + 1) = 0, Arg ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

z

z

1

1 = 0,

donc f (z) = x

1 ln

x

x

−+

1

1,

∫−

1

1 f (z) dz = ∫−

1

1 ln

x

x

−+

1

1

x

dx ,

et l'on a : ∫−

0

1ln

x

x

−+

1

1

x

dx = ∫

0

1 ln

x

x

+−

1

1

x

dx = ∫

1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx ,

donc : ∫−

1

1 f (z) dz = 2 ∫

1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx .

Entre 1 et ∞, on a : z = x , 1 < x , zz

−+

11 =

x x

−+

11 =

11

−+

x x ,

Arg (1 + z) = 0, Arg (1 – z) = – π (variation de – π en 1), donc Arg ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

z

z

1

1 = π,

f (z) = x

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π+

−+

i x

x ln

1

1,

∫R

1 f (z) dz = ∫

R

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx + i π ∫

R

1 x

dx .

On a donc finalement :

– π ² + o ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

R

1 + ∫

−

−

1

R x

1 ln ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

− x

x

1

1dx + i π ∫

−

−

1

R x

1dx + 2 ∫

1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx + ∫

R

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx + i π ∫

R

1 x

dx

= 0.

Or ∫−

−

1

R ln ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

−+

− x

x

1

1

x

dx = ∫

1

Rln

( )⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−−

1

1

' x

' x

' x

' dx = ∫

R

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx ,

et ∫−

−

1

R x

dx = ∫

1

R x

dx = – ∫

R

1 x

dx ,

il reste donc :

– π ² + o ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

R

1 + 2 ∫

1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx + 2 ∫

R

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx = 0.

Comme x

1 ln

1

1

−+

x

x est intégrable vers l'infini, on peut faire tendre R vers l'infini et l'on obtient, à la

limite, la relation :

∫1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx + ∫

∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx =

2

2π.



Or, en changeant x en x

1, on voit que :

∫1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx = ∫∞

1

ln1

1

−+

x

x ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2 x

dx x ,

∫1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx = ∫

∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx .

En comparant avec la relation précédente, on en déduit :

∫1

0ln

x

x

−+

1

1

x

dx = ∫

∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx =

4

2π.

Pour calculer ∫∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx , intégrons par parties en posant :

u = ln x , du =

x dx , v = ln

11

−+

x x , dv =

1+ x dx –

1− x dx = – 2

12 − x dx ,

∫∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx =

∞

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

−+

11

1

x

x ln x ln + 2 ∫

∞

1 12 − x

x lndx .

Si x = 1 + ε, ln x ln 1

1

−+

x

x ≈ ε ln

εε+2

≈ – ε ln 2

ε, donc si ε tend vers 0, ln x ln

1

1

−+

x

x tend vers 0.

Si x = ε1

, ln x ln 1

1

−+

x

x ≈ – ln ε ln

ε−ε+

1

1≈ – ln ε ln (1 + 2 ε), qui tend vers 0 lorsque ε tend vers 0.

Au total,

∞

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡−+

111

x x ln x ln = 0, il reste donc :

∫∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx = 2 ∫

∞

1 12 − x

x lndx = ∫

∞

1ln x

1

22 − x

x

x

dx .

Posons x = e t ,

x

dx = dt , ln x = t . Pour x = 1, t = 0 ; pour x infini, t est infini, donc :

∫∞

1ln x

1

22 − x

x

x

dx = ∫

∞

0 1

22 −t

t

e

et dt = ∫

∞

0 t sinh

t dt .

D'après le résultat précédent, on a donc :

∫∞

1ln

1

1

−+

x

x

x

dx = ∫

∞

0 t sinh

t dt =

4

2π.



Exercice 59. Fonction ζ de Riemann, intégrale de t s-1/(et -1). (Bass, n°42, p.671)

1°/ Démontrer que

la série ζ (s) = 1 + … + sn

1

+ … et l'intégrale φ (s) = ∫∞

0 1

1

−

−

t

s

e

t

dt

convergent toutes deux pour s > 1 si s est réel, et pour (s) > 1 si s est complexe.

2°/ On écrit : φ (s) = ∫∞

0t

s – 1

t

t

e

e−

−

−1dt et on développe

t

t

e

e−

−

−1suivant les puissances de e – t . On

multiplie ensuite ce développement par t s – 1

. Montrer que pour (s) > 1, on peut l'intégrer terme à

terme de 0 à ∞. En déduire que φ (s) = ζ (s) Γ (s).

Indications.

Le reste de la série est :

R n (t ) = t

s – 1

( )

t

t n

e

e−

+−

−1

1

= e – n t

1

1

−

−

t

s

e

t .

On montrera que 1

1

−

−

t

s

e

t < | t

s – 2 | et on en déduira que ∫

∞

0R

n (t ) dt tend vers 0 avec n

1.

3°/ Démontrer que

ζ (s) = ∏ p

s p−−1

1,

le produit infini du second membre étant étendu à l'ensemble des nombres premiers p ( p = 2, 3, 5,

7, 11,…).

Solution.

1°/ Convergence de la série ζ (s).

Tout nombre réel x ≥ 1 est supérieur à sa partie entière E ( x ). Donc, pour x ≥ 1, on a :

( ) x E

1≤

x

1,

et pour s réel > 1 : ( )( )s x E

1≤

s x

1. Donc ∫

m

n ( )( )s x E

dx ≤ ∫

m

n s x

dx =

1

1

−s⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − −− 11

11ss mn

.

Or ∫m

n ( )( )s x E

dx =

sn

1+ … +

sm

1 pour m ≥ n + 1, donc, si pour tout ε > 0, on appelle N ε le plus petit

entier supérieur à

( )

1

1

21

1

−

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ε−

s

s

, alors, pour tout n et tout m supérieurs à N ε, on a :



sn

1+ … +

sm

1≤

1

1

−s⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − −− 11

11ss mn

≤1

1

−s 1

2−

εs

N≤

1

1

−s 2 (s – 1)

2

ε = ε,

et ceci montre que la série ζ (s) est convergente.

Si s = σ + i τ est complexe, on écrit ζ (s) = ∑

∞

=1ne

– s ln n

. La série des modules est ∑

∞

=1ne

– σ ln n

= ∑

∞

=1nσn

1

et

on vient de voir que cette série converge pour σ > 1. Donc la série ζ (s) est absolument convergente

pour (s) > 1, elle converge donc dans le demi‐plan (s) > 1.

2°/ Convergence de l'intégraleφ (s).

Si s est réel > 1, on pose f (t ) = 1

1

−

−

t

s

e

t .

Au voisinage de 0, on a : t f (t ) ≈ t s – 1 qui tend vers 0, lorsque t tend vers 0.

Au voisinage de l'infini, t f (t ) ≈ t

s

e

– t

qui tend vers 0 lorsque t tend vers l'infini.

Donc si s est réel > 1, l'intégrale φ (s) est convergente.

Si s = σ + i τ est complexe, on a :

| φ (s) | = ∫∞

−0 1dt

e

t t

s

≤ ∫∞

0

( )

1

1

−

τ+−σ

t

t lni

e

edt ≤ ∫

∞

0 1

1

−

−σ

t e

t dt ,

et pour σ > 1, l'intégrale ∫∞

0 1

1

−

−σ

t e

t dt est convergente, donc φ (s) l'est aussi. Donc l'intégrale φ (s) est

convergente pour (s) > 1, et φ (s) est holomorphe pour σ > 1.

3°/ Relation entre φ (s) et ζ (s).

t

t

e

e−

−

−1 = e – t

∑∞

=0n

e – n t .

Cette série est uniformément convergente par rapport à t pour | e – t | < 1, c'est‐à‐dire pour t > 0.

Pour t > 0, on peut donc multiplier terme à terme et écrire :

1

1

−

−

t

s

e

t = t s – 1

t

t

e

e−

−

−1 = t s – 1

∑∞

=0n

e – (n + 1) t .

Le reste d'ordre n est :

R n (t ) = ∑

∞

=nk

t s – 1 e – (k + 1) t

= t s – 1 e – (n + 1) t

∑∞

=0k

e – k t = t s – 1

( )

t

t n

e

e−

+−

−1

1

= 1

1

−

−

t

s

e

t e – n t ,

et l'on a :

φ (s) = ∑=

=

nk

k 0∫

∞

0t s – 1

e – (k + 1) t

dt + ∫∞

0R

n (t ) dt ,

car la série est absolument convergente et on peut donc grouper des termes.

Or, pour t > 0, on a :



e t = 1 + t +

!

t

2

2

+ … > 1 + t , e t – 1 > t ,

1

1

−t e <

t

1.

Pour s = σ + i τ, on a : 1

1

−

−σ

t e

t <

t

t 1−σ

= t σ – 2

, donc | R n (t ) | < t

σ – 2 e – n t

,

( )∫∞

0dt t Rn ≤ ∫

∞

0| R

n (t ) | dt < ∫∞

0 t σ – 2

e – n t dt .

Posons n t = u ; dt = n

du.

∫∞

0 t

σ – 2 e – n t

dt = ∫∞

0

2−σ

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

n

ue – u

n

du=

1

1−σn ∫

∞

0u

σ – 2 e – u

du = ( )

1

1−σ

−σΓn

,

où Γ est la fonction d'Euler de deuxième espèce définie par :

Γ ( x ) = ∫

∞

0 u

x – 1

e

– u

du.

Et on a :

( )∫∞

0dt t Rn ≤

( )1

1−σ

−σΓn

,

donc, pour σ = (s) > 1, ∫∞

0R

n (t ) dt tend vers 0 lorsque n tend vers l'infini.

Ainsi, puisque la série est absolument convergente, lorsqu'on fait tendre n vers l'infini, on obtient :

φ (s) =

∑

∞

=0n ∫

∞

0

t s – 1

e – (n + 1) t

dt =

∑

∞

=0n ∫

∞

0

1

1

−

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+

s

n

ue – u

1+n

du =

∑

∞

=0n ( )sn 1

1

+ ∫

∞

0

u s – 1 e – u

du

= ∑∞

=1n

( )sn

sΓ = Γ (s) ∑

∞

=1nsn

1 = Γ (s) ζ (s).

φ (s) = Γ (s) ζ (s).

4°/ Développement de ζ (s) en produit infini.

On peut écrire, pour s = σ + i τ et σ > 0,

s

p−

−1

1 = 1 + p – s

+ … + p – q s + ….

La série du second membre est absolument convergente pour p > 1, en particulier si p est un nombre

premier.

Faisons le produit de ces égalités en prenant pour p successivement les nombres premiers inférieurs

à un entier N. Dans le second membre, en effectuant les produits, on obtient une somme de

nombres différents sm

1, m étant entier. On a :



∏<

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

N p

s p

11

1 = ∑

msm

1,

la somme du second membre étant étendue à tous les entiers m dont tous les facteurs premiers sont

inférieurs à N. La différence ζ (s) – ∑m

sm

1 est la somme des termes de la forme

sm

1 pour les entiers

m n'ayant pas de facteur premier inférieur à N, elle est donc plus petite que le reste d'ordre N de

ζ (s). Donc si N tend vers l'infini, on a, à la limite :

ζ (s) =

∏≥

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

2

11

1

p

s p

.

puisque la produit infini converge absolument pour σ > 1, la série ∑ σ p

1 étant convergente.

Cette égalité est due à Euler (Valiron, T.I, p.59). ζ (s) s'appelle la fonction de Riemann. On peut la

prolonger analytiquement en une une fonction méromorphe dans le plan complexe, ayant pour pôle

le point s = 1, pôle simple de résidu 1. (Voir Valiron, T.I, n°246‐247,pp.505‐511, et l'Exercice 60

suivant).



Exercice 60. Prolongement analytique de la fonction ζ de Riemann. (Bass, n°43, p.672)

On considère l'intégrale I (s) = ∫C 1

1

−−

−

z

s

e

zdz étendue à un contour C du plan complexe.

1°/ On suppose que la partie réelle de s est supérieure à 1 et on prend

pour C le contour représenté sur la figure (a), où γ est un cercle de centre

O et de rayon infiniment petit. Démontrer que :

(1) I (s) = 2 i sin πs ∫∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x dx = 2 i sin πs ζ (s) Γ (s)

(Le second résultat a été établi dans l'Exercice 59 précédent).

2°/ On remplace γ par un cercle de centre O et de rayon fini inférieur à 2 π. Montrer que l'intégrale

I (s) existe quel que soit s et qu'elle prend la valeur (1) lorsque (s) > 1. En déduire un procédé permettant de définir ζ (s) pour toutes les valeurs de s, sauf s = 1. Calculer enfin I (s) pour s = 1, et

trouver la limite de (s – 1) ζ (s) lorsque s tend vers 1.

3°/ On prend pour C le contour représenté sur la figure (b) où γ est un

cercle de rayon fini inférieur à 2 π et Γ un cercle de rayon 2 n π + 2

1. On

suppose en outre que la partie réelle de s est négative. Calculer I (s) et en

déduire, lorsque n tend vers l'infini, que :

π s

ζ (1 – s) = 2 1 – s

ζ (s) Γ (s) cos 2

sπ .

Ce résultat, valable si (s) < 0, s'étend‐il au cas (s) > 0 ?

Solution.

1°/ Expression de I (s) sur le contour C .

Sur le petit cercle γ, on a : z f (z) = 1−−z

s

e

z≈

( ) 11 −− z

z s

= – z s – 1

, donc

| z f (z) | ≈ | e

(σ + i τ – 1)(ln r + i θ)

| = r σ – 1

e – τ θ

.

Si r rend vers 0, pour σ > 1, | z f (z) | tend vers 0 et la limite de l'intégrale de f (z) sur γ est 0.

Pour σ > 1, 1

1

−−

−

z

s

e

z est intégrable vers 0, on vient de le voir. Vers l'infini, on a :

1

1

−−

−

z

s

e

z≤

1

1

−θ−

τθ−−σ

cosRe

eR,

car | e – z – 1 | > | | e – z

| – 1 |. Vers l'infini, cos θ = –1 et | z f (z) | < 1−

σ

Re

R, donc si R tend vers

l'infini, z f (z) tend vers 0 et l'on peut écrire :



I (s) = ∫ ∞−

0

f (z) dz + ∫−∞

0 f (z) dz,

la première intégrale étant prise sur le bord inférieur de la coupure, la seconde sur le bord supérieur.

Pour intégrer, on choisit dans le plan coupé, la détermination réelle du logarithme sur l'axe réel

positif.

Sur le bord inférieur de la coupure, on a :

z = x = r e i θ, r = – x , θ = – π,

z s – 1 = e (σ – 1 + i τ)(ln r + i θ)

= r s – 1

e i (s – 1) θ = (– x ) s – 1

e – i (s – 1) π = – e – i s π

(– x ) s – 1,

donc

∫ ∞−

0

f (z) dz = ∫ ∞−

0

– e – i s π

( )

1

1

−−

−

−

x

s

e

x dx = – e – i s π

∫∞

0

1

1

−

−

x

s

e

x (– dx ) = – e – i s π

∫∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x dx .

Sur le bord supérieur de la coupure, on a :

z = x = r e i θ, r = – x , θ = π,

z s – 1 = e (σ – 1 + i τ)(ln r + i θ)

= r s – 1

e i (s – 1) θ = (– x ) s – 1

e i (s – 1) π = – e i s π

(– x ) s – 1,

donc

∫−∞

0 f (z) dz = – e i s π

∫−∞

0

( )

1

1

−−

−

−

x

s

e

x dx = – e i s π

∫∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x (– dx ) = e i s π

∫∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x dx .

On a, finalement :

I (s) = (e i s π – e – i s π)

∫

∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x dx ,

ce qu'on peut écrire :

I (s) = 2 i sin sπ ∫∞

0 1

1

−

−

x

s

e

x dx .

Dans l'exercice précédent, cette intégrale était appelée φ (s). On peut reprendre ici la deuxièe

question de cet exercice, qui montre que :

I (s) = 2 i sin sπ ζ (s) Γ (s).

2°/ Prolongement analytique de ζ (s).

Les singularités de la fonction 1

1

−−

−

z

s

e

z sont :


• Un point critique à l'infini,

• Un pôle simple en z = 2 i k π, k , k ≠ 0.

Donc si l'on remplace γ par un cercle γ' de rayon ρ < 2 π, il n'y a ni pôle, ni point critique sur le

contour d'intégration ou dans le domaine limité par ce contour d'intégration, et l'on a :

I (s) = ∫ ρ−

∞− f (z) dz + ∫γ'

f (z) dz + ∫−∞

ρ− f (z) dz.



La première intégrale est prise sur le bord inférieur de la coupure, la troisième sur le bord supérieur

de la coupure. Vers –∞, la convergence de ces deux intégrales est assurée pour tout s.

Vers – ρ, il n'y a pas de singularité, donc la convergence des intégrales est assurée. Il en est de même

sur γ'. Donc I (s) existe pour tout s.

Pour (s) > 1, on peut remplacer γ' par un lacet entourant 0 car 1

1

−−

−

z

s

e

z est holomorphe à l'intérieur

du domaine ainsi défini. On retombe alors sur l'expression trouvée dans la première question.

La formule I (s) = 2 i sin sπ ζ (s) Γ (s) permet de définir ζ (s) chaque fois que s n'est pas entier, par :

ζ (s) = ( )

πssini

sI

2.

( )sΓ1

D'autre part, ζ (s) est défini pour les valeurs de s de partie réelle strictement supérieure à 1, par :

ζ (s) = ∑≥1n

sn

1.

Si s = – n, n = 0, 1, … , Γ (s) possède un pôle simple où le résidu est ( )

!n

n1−

(Voir Exercice 26,2°).

sin π(–n + ε) = cos (–nπ) sin επ ≈ (–1) nεπ.

On a alors I (– n + ε) ≈ 2 i (–1) nεπ ζ (– n + ε)

( )

ε−

!n

n1

, donc on peut définir ζ (– n) par :

ζ (–n) = πi !n

2 I (–n).

On a ainsi défini ζ (s) pour toute valeur de s, sauf pour s = 1.

Pour s = 1, on a :

I (1) = ∫ρ−

∞− 1−− x e

dx + ∫C 1−−z

e

dz+ ∫

−∞

ρ− 1−− x e

dx = ∫C 1−−z

e

dz = 2 i π R0 = 2 i π

0→zlim

1−−ze

z

= 2 i π0→z

lim11 −− z

z = – 2 i π

I (1) = – 2 i π.

On a, au voisinage de 1 :

ζ (1 + ε) = ( )

( )ε+πε+12

1

sini

I

( )ε+Γ 1

1, donc ε ζ (1 + ε) ≈

( )επ−πε−

i

i

2

2 = 1, donc :

1→slim (s – 1) ζ (s) = 1.

Comme ζ (s) est uniforme autour de 1, cette formule montre que ζ (s), prolongée anlytiquement en

toute valeur de s, possède un pôle en 1, et le résidu de ζ (s) en ce pôle 1, est 1.

3°/ Relation entre ζ (s) et ζ (1 – s).



Posons s = – σ + i τ, avec σ > 0, et z = r e i θ,

1

1

−−

−

z

s

e

z =

( )

1

11

−−

θ−−

z

si s

e

er

possède, à l'intérieur du contour C , les pôles z = ± 2 i k π, k = 1, … , n. Ces pôles sont simples. Le

résidu au pôle 2 i k π est

R 2 i k π = 0→ε

lim ε( )

( ) 1

22

1

−

ε+πε+π−

−

ik

s

e

ik = – (2 i k π) s – 1.

Avec z s – 1 = e (s – 1) ln z

et la détermination réelle du logarithme sur l'axe réel positif, et puisqu'on

tourne dans le sens rétrograde, il vient :

I (s) = – 2 i π ∑=

=

nk

k 1

[– (2 i k π) s – 1 – (– 2 i k π) s – 1]

= 2 i π ∑=

=

nk

k 1

( ) ( )

⎥⎥⎦

⎤⎢⎢⎣

⎡ +⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π−π−⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π+π−

221

221 i k lnsi k lns

ee

= 2 i π ∑=

=

nk

k 1

(2 k π) s – 1 2 cos (s – 1)

2

π

= 4 i π ∑=

=

nk

k 1

(2 k π) s – 1 sin s

2

π

= i 2 s + 1π

s sin s

2

π ∑=

=

nk

k 1

s

k

−1

1.

Pour (s) > 0, on a (1 – s) > 1, alors la série ∑∞

=1k sk −1

1 est absolument converbgente et lorsque n

tend vers l'infini, l'intégrale I (s) a pour limite :

I (s) = 2 s + 1 i π s

sin s2

πζ (1 – s).

Sur le grand cercle, on a :

1

1

−−

−

z

s

ez =

1

1

−θ−

τθ−−σ−

cosReeR <

1

1

−−

τθ−−σ−

ReeR et | z

f (z) | < σR

11−−

τθ−

Ree

qui tend vers 0 lorsque R tend vers l'infini.

Donc si n tend vers l'infin, I (s) tend vers l'expression trouvée 2 i sin sπ Γ (s) ζ (s), par définition de

ζ (s). On a donc :

2 i sin sπ Γ (s) ζ (s) = 2 s + 1 i π s

sin s2

πζ (1 – s)

2 sin s2

π cos s

2

πΓ (s) ζ (s) = 2 s

π s

sin s2

πζ (1 – s)



(1) 2 1 – s cos s

2

πΓ (s) ζ (s) = π

sζ (1 – s).

Ce réésultat est valable pour (s) < 0 car, pour qu'on puisse écrire :

ζ (1 – s) = ∑∞

=1n

sn −1

1,

il faut que (s) < 0.

Pour s non entier, on a Γ (s) Γ (1 – s) = π

πssin

, donc

2 1 – s cos s

2

π

ππ

ssinζ (s) = π

sΓ (1 – s) ζ (1 – s),

et :

π 1 – s ζ (s) = sin s

2π 2 s Γ (1 – s) ζ (1 – s).

ce qui est la formule précédente avec 1 – s au lieu de s. La formule est donc valable pour les valeurs

non entières de s telles que (s) < 0 ( (s) < 0 (1 – s) > 1). Donc la formule est valable pour (s)

< 0 et pour les valeurs de s telles que (s) > 1 et s non entier.

On en déduit, par continuité que si s est un entier pair, s = 2 k , on a :

2 1 – 2 k (–1) k

Γ (2 k ) ζ (2 k ) = π 2 k

ζ (1 – 2 k ),

et si s est un entier impair, s = 2 k – 1, k ≥ 0, on a :

ζ(– 2 k ) = 0, k ≥ 0.

Donc la formule (1) est valable, pour le moment, pour (s) < 0 et pour (s) > 1.

Dans la bande 0 < (s) < 1, ζ (s) est défini par :

ζ (s) = ( )

πssini

sI

2

( )sΓ1

.

La formule (1) est alors équivalente à :

2 1 – s cos s

2

π ( )

πssini

sI

2 = π

s

( )

( )π−

−

ssini

sI

12

1

( )s−Γ 1

1,

π s I (1 – s) = 2 1 – s

cos s2

πΓ (1 – s) I (s).

Il s'agit donc de démontrer cette formule dans le cas où 0 < (s) < 1. Or cette formule est valable

déjà pour (s) < 0 et pour (s) > 1, et la fonction π s I (1 – s) – 2 1 – s

cos s2

πΓ (1 – s) I (s) est

holomorphe pour tout s. Comme elle est identiquement nulle sur un ouvert, elle est nulle, de sorte

que la formule (1) est valable dans tout le plan.



Exercice 61. Intégrale de cos²3θ/(1-2p cos 2θ+p²).

Calculer l'intégrale ∫π2

0

2

2

221

3

pcos p

cos

+θ−θ

d θ pour p réel, 0 < p < 1.

Solution.

1°/ Fonction associée à l'intégrale.

Posons z = e i θ.

cos 3θ = 2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

3

3 1

zz , cos 2θ =

2

1⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +

2

2 1

zz ,

2

2

221

3

pcos p

cos

+θ−θ

= 4

1 ( )6

26 1

z

z +

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +−+

2

22 11

1

zz p p

,

d θ = – i z

dz,

∫π2

0 2

2

221

3

pcos p

cos

+θ−θ

d θ = ∫C 4

i − ( )5

26 1

z

z +( ) ( )11 422 +−+ z pz p

dz

l'intégrale étant prise le long du cercle trigonométrique.

Les pôles de la fraction rationnelle à intégrer sont :

• 0, pôle d'ordre 5, • les racines de l'équation – p z 4

+ ( p ² + 1) z ² – p = 0,

soit z ² = ( )

p

p p p

2

411 2222

−

−+±−− =

( ) p

p p

2

11 22 −±+ = p ou

p

1.

Donc les pôles sont 0, p , – p , p

1, –

p

1. 0 est pôle d'ordre 5, les autres sont des pôles simples.

2°/ Résidu en 0.

Le résidu en 0 est le coefficient de z 4 du développement de

( )( ) 422

26

1

1

pzz p p

z

−++−

+ suivant les

puissances de z.

( )( ) 422

26

1

1

pzz p p

z

−++−

+≈

p

1−1

4221

1

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

+− zz

p

p

≈

p

1−

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡+

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ −

+−

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ −

++ ...zz

p

pzz

p

p2

422

422 11

1 .



Le coefficient du terme en z 4

est :

– p

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−−

221

1 p

p =

3

1

p( p

2 + (1 + p

2)

2),

donc :

R 0 = 3

1

p(1 + 3 p

2 + p

4).

3°/ Résidu en p .

pR =

pzlim→

( )( )( ) ( )[ ]11

14225

26

+−+

+−

z pz pz

z pz =

pzlim→

( )

( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +⎟

⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −+−

+

pz

pz pz pz

z

11

1

6

26

= ( )

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−

+

p p

p p p p p

p

112

1

3

23

= – ( )

3

23

2

1

p

p +

1

12 − p

.

pR = –

3

3

2

1

p

p +1

12

−+−

p

p p.

4°/ Résidu en – p .

pR

− =

pzlim

−→

( )( )

( )( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−

++

pz pz pz

z pz

1

1

225

26

= ( )

( ) p p p

p

2

13

23

−

+

12 − p

p =

pR .

pR

− = –

3

3

2

1

p

p +1

12

−+−

p

p p.

Les autres pôles, p

1 et –

p

1, ne sont pas à l'intérieur du cercle (C ).


On a :

∫C

( )( )( )225

26

1

1

pz pzz

z

−−

+dz = 2 i π (R 0 +

pR +

pR

−) =

3

2

p

i π ( )( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

−+−+

−++12

11213

2324

p

p p p p p

= 3

2

p

i π ( )1

1133 23452345

−+−++−−−+−+−

p

p p p p p p p p p p

= 3

2

p

i π1

2242 23

−−+−

p

p p p =

3

4

p

i π1

12 23

−−+−

p

p p p



Donc :

∫π2

0 2

2

221

3

pcos p

cos

+θ−θ

d θ = 3 p

π p

p p p

−−+−

1

21 32

.

On peut écrire ce résultat sous la forme :

∫π2

0 2

2

221

3

pcos p

cos

+θ−

θd θ = π ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−++

p p p 1

1213

.

Sous cette forme, on voit que l'intégrale est positive pour 0 < p < 1.



Exercice 62. Intégrale de yλ-1/(b²+y²).


0 22

1

y b

y

+

−λ

dy , λ réel, b réel > 0.

Solution.


L'intégrale converge vers 0 si λ > 0, elle converge vers l'infini si λ – 2 < 0. Donc l'intégrale est

convergente pour :

0 < λ < 2.

2°/ Fonction analytique associée à l'intégrale.

A l'intégrale à calculer, associons la fonction

f (z) = 22

1

zbz

+

−λ

.

Ses pôles sont i b et – i b.

0 est un point critique pour λ ≠ 1. L'infini est un point critique pour λ ≠ 1.

On rend donc f (z) uniforme, pour λ ≠ 1, en faisant une coupure entre 0 et l'infini, par exemple sur

l'axe réel positif.

Dans le plan ainsi coupé, prenons la détermination du logarithme définie par :

ln (r e

i θ) = ln r + i θ, 0 ≤ θ < 2 π.

La détermination choisie de f (z) est donc :

f (z) = r λ – 1

( )

22

1

zb

e i

+

θ−λ

.


On intègre sur le contour ci‐contre. Avec le choix de λ qu'on a fait (0 < λ <

2), les intégrales sur le grand cercle et sur le petit cercle tendent vers 0

lorsque ε tend vers 0 et R tend vers l'infini. Il reste, à la limite :

∫ ∞−

0

f (z) dz + ∫∞

0 f (z) dz = 2 i π R

i b.

Entre –∞ et 0, r = – x , θ = π, dz = dx ,

∫ ∞−

0

f (z) dz = ∫ ∞−

0

(– x ) λ – 1

( )

22

1

x b

e i

+

π−λ

dx = e (λ – 1) i π ∫

∞

0 22

1

x b

x

+

−λ

dx .

Entre 0 et +∞, r = x , θ = 0, dz = dx ,



∫∞

0 f (z) dz = ∫

∞

0 22

1

x b

x

+

−λ

dx .

Au total :

(1 – e i λ π) ∫∞

0 22

1

x b x

+

−λ

dx = 2 i π R i b.


En i b, on a : r = b, θ = 2

π, (i b) λ – 1

= b λ – 1

( )2

1π

−λi

e , donc :

R i b =

ibzlim→

(z – i b) 22

1

zb

z

+

−λ

= – i 2

πλi

eib

b

2

1−λ

= – 2

12

πλi

e b λ – 2.

On en déduit la valeur de l'intégrale :

∫∞

0 22

1

x b

x

+

−λ

dx = – i π b λ – 2 λπ

πλ

− i

i

e

e

1

2

= 2

π

2

2

πλ

−λ

sin

b,

∫∞

0 22

1

x b

x

+

−λ

dx = 2

π

2

2

πλ

−λ

sin

b, 0 < λ < 2.

La formule a été établie pour λ ≠ 1. Pour λ = 1, l'intégrale se réduit à :

∫∞

0 22 y b

dy

+ =

b

1∞

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

0b

y tan Arc =

b2

π =

1→λlim

2

π

2

2

πλ

−λ

sin

b,

de sorte que la formule ci‐dessus est vraie pour tout λ réel compris entre 0 et 2.



Exercice 63. Intégrale de yλ-1 ln y/(b²+y²).


0

22

1

y b

y lny

+

−λ

dy , λ réel, b réel > 0.

Solution.


Vers 0, l'intégrale converge si λ > 0. Vers l'infini, elle converge si λ – 2 < 0. Donc elle est convergente

pour :

0 < λ < 2.

2°/ Fonction analytique associée à l'intégrale.

Considérons la fonction :

f (z) = 22

1

zb

zlnz

+

−λ

.

Elle a, pour singularités :


• Un point critique à l'infini,

• Un pôle simple en i b,

• Un pôle simple en – i b.

On la rend uniforme par une coupure entre 0 et l'infini sur l'axe réel positif.

Pour z = r e

i θ, on choisit pour détermination de f (z) :

f (z) = ( ) ( )

22

11

zb

i r lner i

+θ+θ−λ−λ

, 0 ≤ θ < 2 π.


On intègre sur le contour ci‐contre. Par le choix de λ qu'on a fait (0 < λ < 2),

les intégrales sur le grand cercle et sur le petit cercle tendent vers 0

lorsque ε tend vers 0 et R tend vers l'infini. Il reste, à la limite :

∫ ∞−

0 f (z) dz + ∫

∞

0 f (z) dz = 2 i π R

i b.

Entre –∞ et 0, r = – x , θ = π, dz = dx ,

∫ ∞−

0

f (z) dz = ∫ ∞−

0 ( ) ( ) ( )( )22

11

x b

i x lne x i

+π+−− π−λ−λ

dx

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+π−

+− ∫∫

∞ −λ

∞−

−λ

0 22

10

22

1

dx x b

x i dx

x b

x ln x e i λ π.



Entre 0 et +∞, r = x , θ = 0, dz = dx , ∫∞

0 f (z) dz = ∫

∞

0 22

1

x b

x ln x

+

−λ

dx .

On a donc, au total :

(1 – e i λ π) ∫∞

0 22

1

x b x ln x

+−λ dx – i π e

i λ π ∫∞

0 22

1

x b x

+−λ dx = 2 i π R

i b.

Posons :

A = ∫∞

0 22

1

x b

x ln x

+

−λ

dx ,

B = ∫∞

0 22

1

x b

x

+

−λ

dx ,

la formule précédente s'écrit :

(1 – e i λ π) A – i π e i λ π B = 2 i π R

i b.


R i b =

( )

ib

i blnebi

2

22

11

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

+π

−λ−λ

= – 2

2−λb2

πλi

e ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

+2

i bln .


En portant la valeur du résidu dans la formule précédente, il vient :

(1 – e i λ π) A – i π e i λ π B = – i π b λ – 2

2

πλi

e ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

+2

i bln = π b λ – 2 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ+π

λ22

sini cos ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

πblni

2.

Séparons partie réelle et partie imaginaire.

(1 – cos λπ) A + π sin λπ B = π b λ – 2 ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ+π

λπ

222sinblncos ,

– sin λπ A – π cos λπ B = π b λ – 2 ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ πλ−πλπ

222cosblnsin .

On en tire :

π sin ² λπ B – π cos λπ (1 – cos λπ) B = π b λ – 2 sin λπ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ+π

λπ

222sinblncos

+ π b λ – 2 (1 – cos λπ) ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ−π

λπ

222cosblnsin



= π b λ – 2 cos λ

2

π ( )⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ λπ−−λπ

πcosblnsin 1

2+ π b λ – 2

sin λ2

π ( )⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ λπ−

π+λπ cossinbln 1

2

= π b λ – 2 ln b ( )⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ λπ−

πλ−λπ

πλ coscossinsin 1

22+ π b λ – 2

2

π( )⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ λπ−

πλ+λπ

πλ cossinsincos 1

22.

Or tan λ2

π =

λπλπ−

sin

cos1, donc il reste :

π (1 – cos λπ) B = 2

2πb λ – 2

(1 – cos λπ) ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ+π

λπ

λ222

sinancot cos ,

B = 2

π

2

2

πλ

−λ

sin

b.

C'est bien le résultat de l'exercice précédent.

cos λπ (1 – cos λπ) A – sin ² λπ A = π b λ – 2 cos λπ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ+π

λπ

222sinblncos

+ π b λ – 2 sin λπ ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ−π

λπ

222cosblnsin

= π b λ – 2 ln b ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λλπ−π

λλπ22

cossinsincos + π b λ – 2

2

π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λλπ+π

λλπ22

sinsincoscos

= π b λ – 2 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ πλ

π+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λ−222

cossinbln .

A = ∫∞

0 22

1

x b

x ln x

+

−λ

dx = 2

π

2

2

πλ

−λ

sin

b⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π

λπ

−22

ancot bln .

Cas particulier : λ = 1.

Pour le cas particulier où λ = 1, l'intégrale à calculer est ∫

∞

0 22 x b

x ln

+ dx .

La fonction 22 zb

zln

+ est rendue uniforme par une coupure entre 0 et l'infini sur l'axe réel positif.

Pour z = r e i θ, on choisit comme détermination f (z) = 22 zb

i r ln

+θ+

, 0 ≤ θ < 2 π.

On intègre sur le même contour que précédemment, | z f (z) | tend vers 0 si r tend vers 0 ou si r tend

vers l'infini. Donc il reste ∫ ∞−

0

f (z) dz + ∫∞

0 f (z) dz = 2 i π R

i b.



Entre –∞ et 0, r = – x , θ = π, dz = dx , ∫ ∞−

0

f (z) dz = ∫ ∞−

0 ( )22 x b

i x ln

+π+−

dx = ∫∞

0 22 ub

i uln

+π+

du.

Entre 0 et +∞, r = x , θ = 0, dz = dx , ∫∞

f (z) dz = ∫∞

22b

x lndx .

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