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Corrigé de la série 3 d’Analyse 3
SMP - S3 (2015-16)
Exercice 1
Avant de corriger les exercices, notons que z0 est un pôle d’une fonction f s’il existe un entier n ≥ 1 tel que : lim z→z0
(z − z0)n f(z) 6= 0 et lim z→z0 (z − z0)n+1 f(z) = 0
Lorsque n existe, il est unique. L’entier n est appelé ordre du pôle z0.
Par exemple, la fonction f(z) =
1
zk
(avec k ≥ 1) admet z0 = 0 comme pôle d’ordre k, car : lim z→0
(z − 0)k f(z) = 1 6= 0 et lim z→z0 (z − 0)k+1 f(z) = 0
Si f(z) =
P (z)
Q(z)
où P et Q …afficher plus de contenu…

On prend R suffisament grand.7
L’équation z4 + 1 = 0 admet 4 racines qui sont : zk = exp
(
i π 4
+ i kπ 2
)
0 ≤ k ≤ 3 c-à-d z0 = exp
(
iπ4
)
, z1 = exp
(
i3π
4
)
, z3 = exp
(
i5π
4
) et z4 = exp
(
i7π
4
)
.
On remarque qu’aucune de ces racines n’est racine du numérateur z2 + 1. Donc z0, z1, z3 et z4 sont …afficher plus de contenu…

La fonction k admet deux pôles d’ordre 2 chacun qui zont z1 = ia et z2 = −ia.
Pour R > a, seul le pôle z1 est à l’intérieur du contour fermé ΓR.
Puisque z1 est un pôle double, le résidu de la fonction v en ce pôle est donné par :
Res (v, ia) = lim z→ia d dz (
(z − ia)2v(z)
)
= lim z→ia d dz ( zeiz (z + ia)2
)
= e−a 4a
Le théorème des résidus entraîne alors que :
ˆ
Γ+
R
v(z) dz = 2πiRes (v, ia) = −πe
−a
2a i (5)9
D’un autre côté, on a : ˆ
Γ+
R v(z) dz =
ˆ R
−R
v(x) dx+
ˆ
γ+R v(z) dz (6)
Dans cette égalité, on va faire tendre R vers +∞.
Puisque l’intégrale
´ +∞
−∞ k(x) dx est convergente (comme on peut le vérifier facilement), on a : lim R→+∞
ˆ R
−R
v(x) dx =
ˆ +∞
−∞
v(x) dx (7)
En outre, si z = x+ iy ∈ γR, on a y ≥ 0. Donc