1. |z1 − z2|2
+ |z1 + z2|2
= 2(|z1|2
+ |z2|2
).
z > 0, montrer que
z
1 + z2
> 0 si et seulement si |z| < 1.
lim
n→+∞
n in
n + 1
, lim
n→+∞
n
1 + i
2
n
.
z − 1)3 − 1 = 0, z4 + 2 = 0 et z5 − 1 = i.
Si Im
Im
Département des sciences et technologie
2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
Ecrire les nombres complexes suivantes a la forme algebrique
( )5
10
31;
2
1
;
21
21
i
i
i
i
+




 +
+
−
1
1
lim 6
2
+
+
→ z
z
iz
,
Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 5
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI
D´emontrer l’identit´e
’
R´esoudre les ´equations
(
Calculer les limites suivantes :
suivantes :
djeddi.kamel@gmail.com

2. Exercice 1
Exercice 2
|z1 − z2|2
+ |z1 + z2|2
= |z1|2
− 2 z1 z2 + |z2|2
+|z1|2
+ 2 z1 z2 + |z2|2
= 2(|z1|2
+ |z2|2
).
z1
z2
z1 z2
z1 z2
Exercice 3
Solution. Posant z = x + i y, on a
z
1 + z2
=
(x + i y)(1 + x2 − y2 − i 2xy)
(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2
=
−2x2y + y + x2y − y3
(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2
> 0
si et seulement si
y(1 − x2
− y2
) > 0.
( )
5 5
5 3
1 3
1 3 2 32( )
2 2
i
i e i+ = = −
π
i31616 −=
iee
i ii
===




 + 2
5
4
10
10
2
1
ππ
i
i
ii
i
i
i
5
4
5
3
5
43
)21()21(
)21(
21
21 2
−−=
−−
=
−+
−
=
+
−
2ième année TD1 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
1
Solutions des exercices
Im Im
djeddi.kamel@gmail.com

3. Exercice 5
Solution. Directement de la formule pour la racine cubique d’un nombre
complexe, les trois solutions de l’´equation (z − 1)3 − 1 = 0 sont
1 + cos
2π
3
+ i sin
2π
3
, 1 + cos
4π
3
+ i sin
4π
3
et 2.
De mˆeme, pour z4 + 2 = 0, on obtient
4
√
2 cos
3π
4
+ i sin
3π
4
,
4
√
2 cos
5π
4
+ i sin
5π
4
4
√
2 cos
7π
4
+ i sin
7π
4
et
4
√
2 cos
π
4
+ i sin
π
4
.
Pour l’´equation z5 − 1 = i, on a
10
√
2 cos
π
20
+ i sin
π
20
,
10
√
2 cos
3π
20
+ i sin
3π
20
,
10
√
2 cos
5π
20
+ i sin
5π
20
,
10
√
2 cos
7π
20
+ i sin
7π
20
et
10
√
2 cos
9π
20
+ i sin
9π
20
.
Solution. La premi`ere limite n’existe pas : les valeurs adh´erentes de
cette suite sont en effet les nombres −1, −i, 1, i. La deuxi`eme limite
est 0 puisque
1 + i
2
=
1
√
2
< 1.
Exercice 4
3
1
)1)(1(
1
lim
1
1
lim 242
2
6
2
=
+−+
+
=
+
+
→→ zzz
z
z
z
iziz
2

4. D´eterminer l’ensemble des points o`u les fonctions suivantes sont
d´erivables au sens complexe (on proc`edera directement puis `a l’aide des ´equations
de Cauchy-Riemann) :
a) z → z
b) z → zz
er que les fonctions suivantes sont holomorphes :
c) z →
z = x + iy ∈ C x, y ∈ R f(z) = x2 + ixy3.
C f ∈ H( ) ?
= {z ∈ C ; Re(z) > 0} z= x + iy ∈ x, y ∈ R
f(z) = ln |z| + i Arc tan
y
x
·
f ∈ H( ).
c)
d)
z →
z → .
a)
b)
z → sur C.
z → sur C.
zez
y ix+
|z| 2
sinz
a, b, c
f (z) = ax + by + i (cx + dy
1- Montr
2-
Pour , avec , on pose
Existe-t-il un ouvert non vide de tel que
Soit , avec , on
Prouver que
les conditions sur les constantes reelles
rendent la fonction ) .holomorphe
qui
. S i
D´eterminer
Département des sciences et technologies
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD2 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
:pose
fonctions holomorphes de Cauchy-Rconditions iemann
Exercice 1.
Exercice 2.
Exercice 3.
Exercice 4.
et les
et d´
Professeur DJEDDI Kamel
z3
sur C.

5. Solution. On a
ux = a , vy = d , uy = b et vx = c.
Il est donc n´ecessaire et suffisant que a = d et que b = −c. On a alors
f(z) = (a + i c)(x + i y).
Exercice 2.
2-
Notons u = Re(f), v = Im(f). Il vient :
ux(z) = 2x , uy(z) = 0 , vx(z) = y3
, vy(z) = 3xy2
.
Si U ⊂ C est un ouvert non vide tel que f|U ∈ H(U), on obtient en particulier
uy(z) = −vx(z) pour tout z ∈ U, donc Im(z) = 0 pour tout z ∈ U. C’est absurde,
puisque {z ∈ C ; Im(z) = 0} est d’intérieur vide.
Exercice 3.
Il est immédiat que f est de classe C1 sur l’ouvert U. D’autre part, pour
z = x + iy ∈ U, on trouve facilement :
ux(z) =
x
x2 + y2
, uy(z) =
y
x2 + y2
, vx(z) =
−y
x2 + y2
, vy(z) =
x
x2 + y2
·
Ainsi, f vérifie les conditions de Cauchy-Riemann sur U. D’où f ∈ H(U).
Exercice 4.
Pour w = sin z, on a
u = sin x y et v = cos x y
de telle sorte que
ux = cos x y = vy et uy = sin x y = −vx.
ch sh
ch sh
b)
Solutions des exercices
2ième année TD2 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
Solution. Pour w = z3, on a
u = x3
− 3xy2
et v = 3x2
y − y3
de telle sorte que
ux = 3x2
− 3y3
= vy et uy = −6xy = −vx .
c)

6. Exercice 1
Déterminer le rayon de convergence des séries entières
a)
n 0
n2
+ 1
3n
zn
b)
n 0
e−n2
zn
c)
n 1
ln n
n2
z2n
d)
n 0
nn
n!
z3n
Soit anzn
R.
Déterminer le rayon de convergence de la série entière anz2n
.
Calculer la somme de la série entière suivante pour tout nombre complexe z
S(z) =
∞
n=1
ch n
z2n
n!
.
1) Calculer la somme des séries entières suivantes pour tout nombre complexe z
S(z) =
∞
n=0
(1 + i)n zn
n!
et T(z) =
∞
n=0
(1 − i)n zn
n!
.
2) En déduire le développement en série entière de ez cos z, ez sin z, ,
Exercice 5
R et calculer pour tout z de [ −R, R ] k, la somme
S(x) =
∞
n=1
zn
n(n + 1)
.
e 0 des fonctions définieskkk
par
f11111( (
et préciser les rayons de convergence.
) =zsin) = cosz chz z zz z
f
sh z zln'(1- -)−f11111( ) =z f11111( ) =z f11111( ) =zetf11111
, l’ensemble D domaine de
convergence.
1
n
sin 1 +
1
n
lne)
n 1
f)
n 1
zn zn
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD3 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
une série entière de rayon de convergence
Série entière,
Déterminer le développement en série entière au voisinage d
développement en série entière/
1 2 3 4 5
i
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 6
Département des sciences et de latechnologie
rayon de convergence, domaine de convergence,
Déterminer le rayon de convergence
Résponsable de module DJEDDI amelK

7. Corrections
Exercice 1 :
a) un(z) = n2
+1
3n zn
. Pour tout z = 0, un+1(z)
un(z) → |z|
3 donc R = 3.
b) un(z) = zn
e−n2
. Pour tout z ∈ C, n2
un(z) → 0 donc R = +∞.
c) un(z) = ln n
n2 z2n
. Pour tout z = 0, un+1(z)
un(z) = ln(n+1)
ln n
n2
(n+1)2 |z|
2
→ |z|
2
donc
R = 1.
d) un(z) = nn
n! z3n
. Pour tout z = 0, un+1(z)
un(z) = (n+1)n
nn |z|
3
→ e |z|
3
donc
R = e−1/3
.
Notons R le rayon de convergence de anz2n
.
Pour |z| <
√
R, z2
< R et donc an(z2
)n
= anz2n
est absolument
convergente.
Pour |z| >
√
R, z2
> R et donc an(z2
)n
= anz2n
est grossièrement
divergente.
On en déduit R =
√
R.
an ∼
1
n
. R = 1 .
Pour x = −1 la série de terme général anxn ne converge pas absolument, mais elle converge
car elle est alternée, puisque la suite (sin(1/n)) décroît et converge vers 0. Pour x = 1 la série
diverge. Alors
e)
A = ] −1, 1 [ et C = [ −1, 1 [ .
ln 1 +
1
n
∼
1
n
, .
Lorsque x = 1, il résulte de l’équivalent précédent que la série de terme général ln(1 + 1/n)
diverge par comparaison à la série harmonique.
Lorsque x = −1, il résulte de la croissance de la fonction logarithme que la suite (ln(1 + 1/n))
est décroissante. Par ailleurs, puisqu’elle est équivalente à (1/n), la suite (ln(1 + 1/n)) converge
vers 0. Alors la série de terme général (−1)n ln(1 + 1/n) est alternée et converge donc, mais elle
ne converge pas absolument. On en déduit que
A = ] −1, 1 [ et C = [ −1, 1 [ .
f)
cos z =
∞
n=0
(−1)n z2n
(2n)!
, sin z =
∞
n=0
(−1)n z2n+1
(2n + 1)!
,
ch z =
∞
n=0
z2n
(2n)!
, sh z =
∞
n=0
z2n+1
(2n + 1)!
·
On remarquera que, si z ∈ C :
ch(iz) = cos z , sh(iz) = i sin z.
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD3 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
amelKDJEDDI
1
Exercice 2:
Exercice 3:

8. En écrivant
ch n =
en + e−n
2
,
on a
S(z) =
∞
n=1
en + e−n
2
z2n
n!
,
donc
S(z) =
1
2
∞
n=1
(ez2)n
n!
+
∞
n=1
(e−1z2)n
n!
,
et finalement
S(z) =
1
2
eez2
− 1 + ez2/e
− 1 ,
ou encore
S(z) =
1
2
eez2
+ ez2/e
− 1 .
Toutes les séries entières apparaissant dans le calcul précédent sont de rayon infini. La somme
est donc valable pour tout z complexe.
1) On a, pour tout nombre z complexe,
S(z) = e(1+i)z
= ez
(cos z + i sin z) .
2) Si l’on écrit,
1 + i =
√
2 eiπ/4
,
on obtient donc
S(z) =
∞
n=0
2n/2
einπ/4 zn
n!
.
et de même,
T(z) = e(1−i)z
= ez
(cos z − i sin z) ,
s’écrit
T(z) =
∞
n=0
2n/2
e−inπ/4 zn
n!
.
Alors, puisque
ez
cos z =
1
2
(S(z) + T(z)) et ez
sin z =
1
2i
(S(z) − T(z)) ,
amelKProf DJEDDI2
Exercice 4:
Exercice 5:

9. on obtient
ez
cos z =
∞
n=0
2n/2
cos
nπ
4
zn
n!
et ez
sin z =
∞
n=0
2n/2
sin
nπ
4
zn
n!
.
Si l’on pose
an =
1
n(n + 1)
,
on a
an ∼
1
n2
,
et
an
an+1
=
n + 2
n
,
tend vers R = 1. De plus la série converge absolument si |x| = 1 par comparaison à une série de
Riemann.
En décomposant la fraction en éléments simples, on obtient
1
n(n + 1)
=
1
n
−
1
n + 1
.
Or les séries entières de coefficients 1/n et 1/(n + 1) sont de rayon 1, donc, si |x| < 1,
S(x) =
∞
n=1
xn
n
−
∞
n=1
xn
n + 1
.
Alors, si x = 0,
S(x) =
∞
n=1
xn
n
−
1
x
∞
n=1
xn+1
n + 1
.
et donc
S(x) =
∞
n=1
xn
n
−
1
x
∞
n=2
xn
n
= − ln(1 − x) −
1
x
(− ln(1 − x) − x)
= 1 −
x − 1
x
ln(1 − x) .
Par ailleurs S(0) = 0.
Il résulte du théorème d’Abel que le résultat précédent est encore valable en 1 et en −1, et donc
S(1) = lim
x→1−
S(x) = 1 et S(−1) = lim
x→−1+
S(x) = 1 − 2 ln 2 .
amelKProf DJEDDI
3
Exercice 6:

10. UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD4 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
Département des sciences et technologie
Résponsable de module DJEDDI amelK
dela
Calculer l’int´egrale ¯zdz, o`u est le chemin joignant le point (1, 1)
long de la parabole d’´equation y = x2.
Calculer (z2 + 3z)dz le long du cercle |z| = 2, du point (2, 0) au point (0, 2).
a)
sin ( z2
) + cos ( z2
)
(z 1) (z 2)
dz;
b)
e2z
(z + 1)4 dz
Calculer
C d´esignant le cercle unit´e parcouru dans le sens positif, calculer
C
dz
2z2 − 5z + 2
.
C
sin6
z
(z − π/6)2
dz.
a)
b)
Soit le cercle de rayon 3 et le centre 2i
Calculer l’indice de ou c = 2i
Calculer longueur de joignant le point (3; 2) au point ( 3; 2)
La formule intégrale de Cauchy
Calculer
Exercice 4
Exercice 3
au point (2, 4) le
)
)
Exercice 2
2
Exercice 1
1 où est le cercle jzj = 3
:

11. Corrections
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD4 Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
amelKDJEDDI
1
Le chemin est paramétré par t → (t, t2), où t ∈ [1, 2]. On a donc, le long du chemin,
z = t + it2, dz = (1 + 2it)dt, et donc
I =
2
1
(t − it2
)(1 + 2it)dt = 9 +
7
3
i.
Exercice 2
On peut paramétrer l’arc de cercle par z = 2eit, 0 ≤ t ≤ π. Il vient
I =
π/2
0
(4e2it
+ 6eit
)2ieit
dt =
−8
3
i −
44
3
,
après un petit calcul... Une autre façon de procéder est de remarquer que, dans l’ouvert C, la
fonction z → z2 + 3z admet une primitive, égale à F : z → z3/3 + 3z2/2. On a alors, et ceci ne
dépend en fait pas du chemin suivi :
I = F(2) − F(2i).
Bien sûr, on doit trouver le même résultat !
Exercice 3
Exercice 1

12. amelKProf DJEDDI2
De
1
(z 1) (z 2)
=
1
z 2
1
z 1
, on tire
I
C
sin ( z2
) + cos ( z2
)
(z 1) (z 2)
dz =
I
C
sin ( z2
) + cos ( z2
)
z 2
dz
I
C
sin ( z2
) + cos ( z2
)
z 1
dz
L’application de la formule de Cauchy pour a = 2 et a = 1 donne
I
C
sin ( z2
) + cos ( z2
)
z 2
dz = 2 i sin 22
+ cos 22
= 2 i;
I
C
sin ( z2
) + cos ( z2
)
z 1
dz = 2 i sin 12
+ cos 12
= 2 i;
car z = 1 et z = 2 sont à l’intérieur de C et sin ( z2
) + cos ( z2
) est holomorphe dans C. L’intégrale
considérée vaut donc 2 i ( 2 i) = 4 i.
b) Soit f (z) = e2z
et a = 1, la formule intégrale de Cauchy s’écrit
f(n)
(a) =
n!
2 i
I
C
f (z)
(z a)n+1 dz:
Si n = 3, alors f000
(z) = 8e2z
et f000
( 1) = 8e 2
. Dans ces conditions la formule (1) devient
8e 2
=
3!
2 i
I
C
e2z
(z a)4 dz;
d’où l’on tire la valeur de l’intégrale considérée
8
3
ie 2
.
6. C d´esignant le cercle unit´e parcouru dans le sens positif, calculer
C
dz
2z2 − 5z + 2
.
Solution. D´ecomposons en fractions partielles. On obtient
1
2z2 − 5z + 2
=
1
3
1
z − 2
−
1
z − 1/2
et en vertu du th´eor`eme et de la formule de Cauchy,
C
dz
2z2 − 5z + 2
=
1
3 C
dz
z − 2
−
C
dz
z − 1/2
= −
2πi
3
.
Exercice 4

13. UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
Département des sciences et technologie
Résponsable de module DJEDDI amelK
dela
Exercice 1
Calculer l’intégrale
I =
∞
−∞
sin x dx
x2 + 2x + 2
·
Calculer l’intégrale :
I =
∞
−∞
dx
x2 + 2ix + 2 − 4i
·
En déduire les valeurs:
∞
−∞
(x2
+ 2)dx
x4 + 8x2 − 16x + 20
∞
−∞
(4 − 2x)dx
x4 + 8x2 − 16x + 20
I11 =
I =
1
2
∞
−∞ x2 + x +
·
dx
1
Calculer intégrales:
∞
−∞ x6 +
dx
1
,
les
Exercice 2
Exercice
Théorème des résidus et applications
3
52ième année TD

14. Corrections
UNIVERSITE LARBI BEN M HIDI OUM EL BOUAGHI’
2ième année TD Fonctions d’une variable complexe 2012/2013
amelKDJEDDI
1
Exercice 1
!
1
&
%
0 6
dx
1x
1
I .
(converge car )1dx
x
1
dx
x
1
dx
1x
1
1 21 61 6 !!!
111
%AA
&
Soit ! &
%
C 6
1z
dz
J où - . ;L#% R,RC et R > 1.
Des 6 pôles simples, seuls 6
5
i
6
i
e,i,e
$$
sont dans C. G H)e(sRe)i(sRe)e(sRei2J 6/5i6/i $$
&&$% .
6
e
z6
1
lim
1z
ez
lim)e(sRe
6/5i
5ez6
6/i
ez
6/i
6/i6/i
$#
/
$
/
$
%''
(
)
**
+
,
%
'
'
(
)
*
*
+
,
&
#
% $$
.
1z
dz
1x
dx
3
2
6
e
6
i
6
e
i2J
R
R 66
6/i6/5i
! !# ;
$#$#
&
&
&
%
$
%
'
'
(
)
*
*
+
,
&
#
&$%
;
-R R
i
i$
6
5i$
6
7i$
6
11i$
6
ee
e e
!; 1/1/
/
&
B/
&
J
R6R6
0
1z
dz
0
1z
1
z d’où
3
2
1x
dx
6
$
%
&!
1
1#
et
31x
dx
0 6
$
%
&!
1
.
5

15. amelKProf DJEDDI2
Posons f(z) =
1
z2 + 2iz + 2 − 4i
· Les pôles de f sont simples et on a z1 = 1 + i et
z2 = −1 − 3i, Im(z2) < 0, est à rejeter.
Les conditions sont toutes vérifiées, on a alors,
∞
−∞
dx
x2 + 2ix + 2 − 4i
= 2πiRes(f, 1 + i).
Res(f, 1+i) = lim
z−→1+i
(z−1−i)f(z) = lim
z−→1+i
(z−1−i)
1
z2 + 2iz + 2 − 4i
= lim
z−→1+i
1
2z + 2i
=
1
2 + 4i
·
Finalement,
I = 2πi ·
1
2 + 4i
=
2π
5
+ i
π
5
·
Remarquons que, f(x) =
1
x2 + 2ix + 2 − 4i
=
(x2
+ 2) − i(2x − 4)
(x2 + 2)2
+ (2x − 4)2
=
(x2
+ 2) − i(4 − 2x)
x4 + 8x2 − 16x + 20
,
d’où l’on déduit, ∞
−∞
(x2
+ 2)dx
x4 + 8x2 − 16x + 20
=
2π
5
,
∞
−∞
(4 − 2x)dx
x4 + 8x2 − 16x + 20
=
π
5
·
I =
∞
−∞
sin x dx
x2 + 2x + 2
·
Soit f(z) =
eiz
z2 + 2z + 2
, on a deux pôles simples z1 = −1 + i, et z2 = −1 − i ce dernier est
à rejeter.
On a donc Res(f, −1 + i) = lim
z−→−1+i
(z + 1 − i)f(z) = lim
z−→−1+i
(z + 1 − i)
eiz
z2 + 2z + 2
=
e−1−i
2i
·
Finalement,
∞
−∞
eix
dx
x2 + 2x + 2
= 2πi
e−1−i
2i
= π e−1−i
= π e−1
(cos 1−i sin 1) d’où l’on déduit,
I =
∞
−∞
sin x dx
x2 + 2x + 2
= −π e−1
sin 1,
J =
∞
−∞
cos x dx
x2 + 2x + 2
= π e−1
cos 1.
Exercice 2
Exercice 3