Le document traite de concepts avancés en analyse complexe, incluant des équations et identités liées aux fonctions de variables complexes. Il présente des exercices sur les limites, les racines de nombres complexes et les conditions de Cauchy-Riemann pour la différentiabilité. Enfin, le document aborde les séries entières et leur rayon de convergence, fournissant des solutions détaillées pour chaque exercice.

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