1 - EPFL

Exercices d'Analyse IV
Philippe Metzener SMA-MATHAA-EPFL
SGM, SEL, SMX, SSIE, SGC
Corrigé de la série 1
<C, f (z) = z 2 .
Déterminer les images par f des domaines D C <C ci-dessous:
Solution: Dans les trois cas on peut écrire pour z =x+ iy,
1. Soit la fonction
f : <C
---+
f( z) = f( x
+ iy) = (x+ iy) 2 = x 2 -
ou encore: u = u(x, y) = x 2
-
y2 et
y 2 + 2ix y
= u +iv,
v= v(x, y) = 2xy.
(a) Pour D ={x+ iy E <C 1 x~ 0, y~ 0, x+ y::; 1}, la situation est décrite ci-dessous:
1
~~
;l
A .
ÎA.
':!)
13
0
1
A'
o'
-1
::,A,.t....---
.Il
Il est clair que f(O) = f(O) = 0' = 0, f(A) = f(1) =A'= 1 et f(B) = f(i) = B' = -1 ;
par suite on obtient: f(OA) = O'A' et f(OB) = O'B' .
L'image du segment AB= {( x, y) E IR 2 1 y= 1 - x, 0::; x::; 1} est donnée par:
v= 2x(1- x) et - 1::; u = x 2
1
-
(1- x) 2 = 2x- 1 ::; 1.
.
u+1
On en t1re: x = - 2
Concl usion : D' =
(b) Pour D
=
==}
v=
1
2
.
(1- u 2 ) avec - 1 ::; u::; 1; qm est un arc de parabole.
f (D ) = { u + iv
{x + iy E <C 1lxi
::; 2,
E
q
0 ::; v ::;
~ (1 -
u 2 ) et - 1 ::; u ::; 1 } .
0 ::; y ::; 1} , la situation est décrite ci-dessous:
~
c - - ----+-"_____ B
-'2.
2
)(
----------~-----------4-------------L--------~~
Il
0
E
~~
1
1
1
A=E
'
----~--+-------------~-----------~~
4
o'
On obtient: j(O)
=
0'
=
0,
f( B) =B'=3 +4i
f(A) =A'= 4,
f(E)
=
E' =A' ,
et f(C)=C'=3-4i=B' .
2
Le segment 0 A a pour image le segment 0' A', image également de 0 E, 1'opposé de 0 A.
Le segment AB , décrit par x= 2, 0::; y::; 1, a pour image l'arc de parabole:
Par la symétrie y ---7 -y , le segment CE a pour image l'arc de parabole:
u
1
- v
= 4-
2
16
'
-4
<_ v <_ O.
Le segment BC, décrit par y= 1, -2::; x ::; 2, a pour image l'arc de parabole:
u = x2
-
1, v= 2x, -2 ::;
Conclusion: D'= f(D ) = { u +ivE
E
q ~v 2 -1::; u::; 4-
1 2
v }
16
.
{x + iy E <C [ [x[::; 2, [y[::; 1} , il suffit de constater que ·si z E D, alors
D; or f( - z) = f( z ).
(c) Pour D
-z
~v 2 - 1, -4::; v ::; 4.
x ::; 2; i. e. u =
=
.
ConclusiOn:
D' = f(D)
u + w. E q 1 v2
= {
4
-
1 ::; u::; 4- 1 v2 }
16
.
Remarque:
Dans les 3 cas, pour être complet, il faut encore montrer que l'image
de l'intérieur de D est l'intérieur de D'. Pour le voir, considérons le segment OP,
où P E âD; tout z E OP (z est intérieur à D) s'écrit sous forme trigonométrique
z = r(cose + isine) avec 0::; r::; [OP[ et son image w = z 2 = r 2 (cos2e + isin2e) avec
0::; [w[ = r 2
::;
[OP'[ = [OP [2 ; ainsi west intérieur à D'.
2. Soit la fonction complexe f : <C*---7 <C, f( z ) =
1
- ,
z
•
appelée inversion, chercher les images par f
des droites et des cercles donnés ci-dessous.
Solution:
Dans tous les cas nous avons:
w
=
u +iv= f( z ) =
z =x+ iy
=
1
f- (w)
1
1
z
x+ zy
- =
1
w
=- =
3
.
1
u
.
x- zy
-
+w
x2
-
+ y2
U - 'lV
u2
+ v2 ·
Ici, il est utile d'exprimer les "anciennes" variables, (x, y), en fonction des "nouvelles", (u, v) :
u
x
- v
= u2 + v2 et y = u2 + v2.
(a) les droites ax + by = 0 deviennent les droites au- bv =O.
(b) les cercles x 2 + y 2 = r 2 deviennent les cercles u 2 + v 2 = r- 2.
(c) les droites ax
+ by + c =
0, où c =/= 0, deviennent les cercles passant par l'origine:
aJ +
Va +
au- bv + c(u2 + v 2) = 0, ou ( u +
dont les centres sont -1 (-a , b) et les rayons
2c
L'expression complexe de ces cercles devient:
w
1
+ 21c (a -
2
(
2
2
2
2
b
4c2
ib) 1 =
c
2
v- b )
.
yfa2+b2
~.
(d) les cercles (x- a) 2 +(y- b) 2 = r 2, où a 2 + b2 =1= 0, deviennent les courbes d 'équation:
1 - 2au + 2bv
= (r 2 - a2 - b2) (u 2 + v 2) ,
où l'on distingue deux cas:
1. r 2 =!= a2 + b2; les cercles ne passent pas par l'origine et ils deviennent les cercles:
(u+ r - aa2 - b2) + (v- r - ab2 - b2 )
2
2
2
2
2. r 2 = a2 + b2; les cercles passent par l'origine et ils deviennent les droites:
2au- 2bv = 1.
•
3. Trouver tous les réels x et y tels que le nombre complexe z = x+ iy soit solution de l'équation
z 2 + 2pz - iq = 0, avec p,q E IR* .
Solution:
Complétons le carré: z 2 + 2pz - iq = (z
2
2
(x+ p + iy) = p + iq ~
{
+ p) 2 -
e ~:=~ p
2
2 _
iq- p 2 = 0; c'est-à-dire:
2
, où Ç =x+ p.
•
Conclusion:
4
4. Considérer l'équation du troisième degré z 3 + az 2 + bz + c = 0, avec a, b, c E IR*.
Trouver la relation que doivent satisfaire les nombres a, b et c, de. telle sorte qu'une racine de
l'équation ci-dessus soit imaginaire pure. Quelles sont alors les deux autres?
Solution:
Introduisons dans l'équation z = iw , w E IR, pour obtenir:
Nous avons déjà les deux racines z =
±iJb.
+ iVb) (z - iVb) = z 2 + b est un facteur irréductible dans IR du polynôme
z 3 + az 2 + bz + c, il suffit de diviser P( z ) par z 2 + b pour obtenir la 3 èm e racine:
Comme ( z
P( z ) =
P( z ) = z 3
Conclusion: les 3 racines sont z
=
+ az 2 + bz + c = (z2 + b) (z +a).
±iVb et z =
•
-a.
5. (Exercice complémentaire)
(a) Montrer que l'équation du troisième degré, x 3 +x+ 1 = 0, n'a qu'une solution réelle.
Trouver cette racine réelle et les deux autres complexes.
(b) Montrer que l'équation du troisième degré, x 3
5x - 2 = 0, a 3 solutions réelles.
-
Trouver ces trois racines.
Idée: poser x = u
+ v et dériver une équation du 2 èm e degré dont les solutions sont u 3 et v 3 .
Solution (a) : Soit la fonction réelle f(x) = x 3 +x+ 1; il est clair que f(O)f(-1) = - 1 et
que f'( x ) = 3x 2 + 1 > 0, impliquant que f est strictement croissante; donc il existe un unique réel
x* E [-1 , 0] tel que f(x*) =O. Dès lors l'Ansatz x = u +v donne:
u 3 + 3u 2 v
+ 3uv 2 + v 3 + u +v+ 1 =
(u + v)(3uv
+ 1) + u 3 + v 3 + 1 =O.
u 3 + v 3 = - 1,
.
{ u 3 + v 3 + 1 = 0,
ou {
3 31
Posons:
3uv + 1 = O,
uv - -27"
Ainsi u 3 et v 3 sont les deux solutions de l'équation du
Y2 + Y -
2\
2 èm e
degré:
= 0, dont les racines sont Y± =
Choisissons: u
3
= -r
3
1
et v=-- avec r
3u
5
=
~ ( -1 ± V1 + 2~ ) .
Par suite: uk = rwk, k = 1, 2, 3, où les wk sont les racines 3ème de - 1:
Ainsi on peut écrire:
ui
u2
=
=
-r avec vi
rw2 avec v2
= -1 ,
d one x * =XI = - 1 - r
3r
3r
1
3rw2
= - --
2
, donc x2
3r
= - w
enfin,
Remarque:
Si nous avions choisi u
3
=
X3
~
-0.713932 ...,
~2 ( r- ~)
+ i J3
3r
2
=
(r + ~)
3r
,
= x2 .
3
s avec s
=
[
~ ( J1+ 2~ -
1
1)]
3
,
les résultats auraient
été les mêmes. En effet, il suffit de constater que
2
2(
R- 1
Solution (b ):
f'(x±)
=
J + 2~ +
1
4
27
Soit la fonction réelle f( x)
0 {::::::::} X±=
~
1) - 27 (
)
y1+27+1
2
= 27r 3
= x 3 - 5x- 2 et f'(x) =
3x 2
±ji avec f( x_) > 0 et f( x+) < 0
===}
1
{::::::::} -
s
= 3r.
5, et nous avons:
-
3 racines réelles distinctes.
Ici, l'Ansatz x= u +v donne: (u + v)(3uv- 5) + u 3 + v 3 - 2 =O.
u3 + v3 - 2 = 0
Posons: { 3uv _ 5 = O, '
u 3 + v 3 = 2,
ou { 3 3
125
uv = 27·
Ainsi u 3 et v 3 sont les deux solutions de l'équation du 2ème degré:
Y 2 + 2Y + 1i.(
Nous écrivons Z
u1 =
=
=
0, dont les racines sont Z
=
-1 + iV 122.(- 1 et Z.
J1ij (cosB + isinB) avec cosB -/l[s et sinB
=
y!53 (cos 3() + 2..sm 3()) avec
de même,
VI =
J1-
2
I; 5
et nous avons:
5
ui
= u1;
3
X2 = 2ji cos (B·t;trr)
Remarque: Il n'est pas trop difficile
prouver que J=I est un vrai nombre!!
=
et
X3 = 2/i cos (B-tr) .
de trouver la racine -2, puis 1 ±
6
J2.
Ce qui tendrait à