1. Calculer les intégrales données. **a) Calcul de $-I_1 = - \iint_D \frac{1}{x^2 + y^2} \, dx \, dy$ avec $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 0 \leq x \leq y; 1 \leq x^2 + y^2 \leq 4\}$ (car $-1 \leq x^2 + y^2$ est toujours vrai). - On remarque que $D$ est une région dans l'anneau entre les cercles de rayon 1 et 2, avec $0 \leq x \leq y$. - Passons en coordonnées polaires : $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$, avec $r \in [1,2]$. - La condition $0 \leq x \leq y$ devient $0 \leq r \cos \theta \leq r \sin \theta$ donc $0 \leq \cos \theta \leq \sin \theta$. - Comme $r > 0$, on divise par $r$ sans changer l'inégalité. - $\cos \theta \leq \sin \theta$ implique $\tan \theta \geq 1$, donc $\theta \in [\pi/4, 3\pi/4]$ (car on est dans le plan réel). L'intégrale devient : $$ -I_1 = - \int_{\theta=\pi/4}^{3\pi/4} \int_{r=1}^2 \frac{1}{r^2} r \, dr \, d\theta = - \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \int_1^2 \frac{1}{r} \, dr \, d\theta $$ Calculons l'intégrale intérieure : $$ \int_1^2 \frac{1}{r} \, dr = \left[ \ln r \right]_1^2 = \ln 2 $$ Donc : $$ -I_1 = - \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \ln 2 \, d\theta = - \ln 2 \times \left( \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} \right) = - \ln 2 \times \frac{\pi}{2} = - \frac{\pi}{2} \ln 2 $$ **b) Calcul de $I_2 = \iiint_A 2yz \, dx \, dy \, dz$ avec $A = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x,y,z \geq 0; x^2 + y^2 + z^2 \leq 1\}$. - $A$ est le premier octant de la boule unité. - En coordonnées sphériques (avec $r \in [0,1]$, $\theta \in [0, \pi/2]$ angle polaire depuis l'axe $z$, $\phi \in [0, \pi/2]$ angle azimutal dans le plan $xy$), on a : - $x = r \sin \theta \cos \phi$ - $y = r \sin \theta \sin \phi$ - $z = r \cos \theta$ - Le jacobien est $r^2 \sin \theta$. L'intégrande devient : $$ 2 y z = 2 (r \sin \theta \sin \phi)(r \cos \theta) = 2 r^2 \sin \theta \sin \phi \cos \theta $$ L'intégrale : $$ I_2 = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 2 r^2 \sin \theta \sin \phi \cos \theta \times r^2 \sin \theta \, dr \, d\theta \, d\phi = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 2 r^4 \sin^2 \theta \sin \phi \cos \theta \, dr \, d\theta \, d\phi $$ Intégrons en $r$ : $$ \int_0^1 2 r^4 \, dr = 2 \times \frac{1}{5} = \frac{2}{5} $$ Donc : $$ I_2 = \frac{2}{5} \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \cos \theta \sin \phi \, d\theta \, d\phi $$ Intégrons en $\phi$ : $$ \int_0^{\pi/2} \sin \phi \, d\phi = [-\cos \phi]_0^{\pi/2} = 1 $$ Reste : $$ I_2 = \frac{2}{5} \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \cos \theta \, d\theta $$ Posons $u = \sin \theta$, alors $du = \cos \theta \, d\theta$. L'intégrale devient : $$ \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \cos \theta \, d\theta = \int_0^1 u^2 \, du = \frac{1}{3} $$ Donc : $$ I_2 = \frac{2}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{15} $$ **c) Calcul de $I_3 = \int_\gamma (z^2 + \overline{z} + e^{2z}) \, dz$ où $\gamma$ est le triangle $OBC$ orienté dans le sens direct avec $O(0,0)$, $B(3,1)$, $C(0,1)$. - La fonction n'est pas holomorphe à cause de $\overline{z}$. - On peut décomposer l'intégrale en trois segments et calculer paramétriquement ou utiliser la formule de Green pour la partie réelle et imaginaire. - Par simplicité, on note que $\int_\gamma z^2 \, dz$ et $\int_\gamma e^{2z} \, dz$ sont des intégrales de fonctions holomorphes, donc indépendantes du chemin fermé, donc nulles sur un contour fermé. - L'unique terme non holomorphe est $\int_\gamma \overline{z} \, dz$. On paramètre chaque segment et calcule l'intégrale de $\overline{z} \, dz$. **d) Calcul de $I_4 = \int_{C(0,2)} \frac{z^2 + 1}{z(z^2 - 1)} \, dz$. - $C(0,2)$ est le cercle de centre 0 et rayon 2. - Les pôles de la fonction sont en $z=0$, $z=1$, $z=-1$. - Tous ces pôles sont à l'intérieur du cercle. - On calcule la somme des résidus en ces points. Calcul des résidus : - En $z=0$ : $$ \text{Résidu} = \lim_{z \to 0} z \times \frac{z^2 + 1}{z(z^2 - 1)} = \lim_{z \to 0} \frac{z^2 + 1}{z^2 - 1} = \frac{1}{-1} = -1 $$ - En $z=1$ : $$ \text{Résidu} = \lim_{z \to 1} (z-1) \frac{z^2 + 1}{z(z^2 - 1)} = \lim_{z \to 1} \frac{z^2 + 1}{z(z+1)} = \frac{2}{1 \times 2} = 1 $$ - En $z=-1$ : $$ \text{Résidu} = \lim_{z \to -1} (z+1) \frac{z^2 + 1}{z(z^2 - 1)} = \lim_{z \to -1} \frac{z^2 + 1}{z(z-1)} = \frac{2}{-1 \times (-2)} = 1 $$ Somme des résidus = $-1 + 1 + 1 = 1$. Par le théorème des résidus : $$ I_4 = 2 \pi i \times 1 = 2 \pi i $$ 2. Domaine de convergence de la série entière $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(z-1)^n}{n^2}$. - C'est une série entière centrée en $z_0 = 1$. - Le rayon de convergence est donné par la formule de Cauchy-Hadamard : $$ \frac{1}{R} = \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{1}{n^2} \right|} = 1 $$ - Donc $R = 1$. - Le domaine de convergence est le disque ouvert $|z-1| < 1$. 3. Série de Taylor de $f(z) = \frac{1}{z+1}$ en $z_0 = i$. - On écrit : $$ f(z) = \frac{1}{z+1} = \frac{1}{(z - i) + (i + 1)} = \frac{1}{(i+1)} \cdot \frac{1}{1 + \frac{z - i}{i+1}} $$ - Utilisons la série géométrique : $$ \frac{1}{1+w} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n w^n, \quad |w| < 1 $$ avec $w = \frac{z - i}{i+1}$. - Donc : $$ f(z) = \frac{1}{i+1} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left( \frac{z - i}{i+1} \right)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(i+1)^{n+1}} (z - i)^n $$ 4. Série de Laurent de $f(z) = \frac{1}{(z-1)(2-z)}$ sur la couronne $C(0,1,2)$. - On réécrit : $$ f(z) = \frac{1}{(z-1)(2-z)} = \frac{1}{(z-1)(2-z)} $$ - Posons $f(z) = \frac{1}{(z-1)(2-z)} = \frac{1}{(z-1)(2-z)}$. - On fait la décomposition en éléments simples : $$ \frac{1}{(z-1)(2-z)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{2-z} $$ - Trouvons $A$ et $B$ : $$ 1 = A(2-z) + B(z-1) $$ - Posons $z=1$ : $$ 1 = A(2-1) + B(0) = A \Rightarrow A=1 $$ - Posons $z=2$ : $$ 1 = A(0) + B(2-1) = B \Rightarrow B=1 $$ Donc : $$ f(z) = \frac{1}{z-1} + \frac{1}{2-z} = \frac{1}{z-1} + \frac{1}{2(1 - \frac{z}{2})} $$ - Développons la deuxième fraction en série géométrique pour $|z| < 2$ : $$ \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{z}{2} \right)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}} $$ - Pour la première fraction, sur la couronne $1 < |z| < 2$, on écrit : $$ \frac{1}{z-1} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{z} \right)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}} $$ - La série de Laurent est donc : $$ f(z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}} + \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}} $$ 5. Fonction $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $2\pi$-périodique paire définie sur $[0,\pi]$ par $f(x) = \pi - x$. **a)** La fonction est paire et périodique, donc sa représentation graphique est une fonction en dents de scie symétrique par rapport à l'axe vertical. **b)** Toute fonction $2\pi$-périodique et paire est développable en série de Fourier en cosinus. **c)** Calcul des coefficients de Fourier : - Coefficient constant : $$ a_0 = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi (\pi - x) \, dx = \frac{1}{\pi} \left[ \pi x - \frac{x^2}{2} \right]_0^\pi = \frac{1}{\pi} \left( \pi^2 - \frac{\pi^2}{2} \right) = \frac{\pi}{2} $$ - Coefficients $a_n$ : $$ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi (\pi - x) \cos(nx) \, dx $$ - Intégration par parties donne : $$ a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\pi \sin(n\pi)}{n} + \frac{1}{n^2} (\cos(n\pi) - 1) \right] = \frac{2}{\pi} \times \frac{1}{n^2} ( (-1)^n - 1 ) $$ - Comme $\sin(n\pi) = 0$. - Pour $n$ pair, $(-1)^n - 1 = 0$, pour $n$ impair, $(-1)^n - 1 = -2$. Donc : $$ a_n = \begin{cases} 0 & n \text{ pair} \\ -\frac{4}{\pi n^2} & n \text{ impair} \end{cases} $$ - La série de Fourier est : $$ f(x) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{\cos((2k+1)x)}{(2k+1)^2} $$ **d)** En $x=0$, on a : $$ \pi - 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} \Rightarrow \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8} $$ - En utilisant la série de Fourier de la fonction $f(x) = x^2$ sur $[-\pi, \pi]$, on déduit : $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} $$