Présentation cours FonHOl

Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Dérivation dans C
H. KASRI
USTHB/ Faculé des mathématiques
2ème année Lic ST GC
Section B
16 avril 2020
H. KASRI Dérivation dans C

Plan
Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
1 Dérivation dans C
H. KASRI Dérivation dans C

Plan
Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
1 Dérivation dans C
2 Conditions de Cauchy-Riemann
Dérivées d’ordre supérieur
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
1 Dérivation dans C
2 Conditions de Cauchy-Riemann
Dérivées d’ordre supérieur
3 Règles de dérivation
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
1 Dérivation dans C
2 Conditions de Cauchy-Riemann
Dérivées d’ordre supérieur
3 Règles de dérivation
4 Fonctions Harmoniques
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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
1 Dérivation dans C
2 Conditions de Cauchy-Riemann
Dérivées d’ordre supérieur
3 Règles de dérivation
4 Fonctions Harmoniques
5 Règles de l’hôpital
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Points singuliers
1 Dérivation dans C
2 Conditions de Cauchy-Riemann
Dérivées d’ordre supérieur
3 Règles de dérivation
4 Fonctions Harmoniques
5 Règles de l’hôpital
6 Points singuliers
H. KASRI Dérivation dans C

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Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
définition
Soit f une fonction complexe de D ⊂ C dans C.
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Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
définition
Soit f une fonction complexe de D ⊂ C dans C. On dit que f
f (z) − f (z 0 )
est dérivable en z 0 ∈ D ssi z→z0
lim
existe
z − z 0
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Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
définition
Soit f une fonction complexe de D ⊂ C dans C. On dit que f
est dérivable en z 0 ∈ D ssi lim z→z0
f (z) − f (z 0 )
z − z 0
f ′ (z 0 ) = lim z→z0
f (z) − f (z 0 )
z − z 0
.
existe et on note
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Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
définition
Soit f une fonction complexe de D ⊂ C dans C. On dit que f
f (z) − f (z 0 )
est dérivable en z 0 ∈ D ssi z→z0
lim
existe et on note
z − z 0
f ′ f (z) − f (z 0 )
(z 0 ) = lim
. Une fonction f est dite
z→z0 z − z 0
holomorphe (ou Analytique) en un point z 0 si elle est dérivable
dans un disque ouvert centré en z 0 .
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Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Remarque
1. Un disque ouvert centré en z 0 et de rayon r est noté par :
D(z 0 , r) = {z 0 ∈ C telque |z − z 0 | < r}
H. KASRI Dérivation dans C

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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Remarque
1. Un disque ouvert centré en z 0 et de rayon r est noté par :
D(z 0 , r) = {z 0 ∈ C telque |z − z 0 | < r}
2. Une fonction f est dite holomorphe dans un domaine D si
elle est dérivable en tout point de D.
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Exemple
La fonction f (z) = z 2 − z est dérivable en z 0 = 1 ?
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Exemple
La fonction f (z) = z 2 − z est dérivable en z 0 = 1 ? Il suffit
d’utiliser la définition de la dérivabilité, on a alors :
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Exemple
La fonction f (z) = z 2 − z est dérivable en z 0 = 1 ? Il suffit
d’utiliser la définition de la dérivabilité, on a alors :
f (z) − f (1) z 2 − z
lim
= lim
z→1 z − 1 z→1 z − 1 ,
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Exemple
La fonction f (z) = z 2 − z est dérivable en z 0 = 1 ? Il suffit
d’utiliser la définition de la dérivabilité, on a alors :
f (z) − f (1) z 2 − z
lim
= lim , qui est équivalente à :
z→1 z − 1 z→1 z − 1
z(z − 1)
lim = lim z = 1, comme la limite existe alors f est
z→1 z − 1 z→1
dérivable en z 0 = 1.
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Dérivées d’ordre supérieur
Théoreme
Soit une fonction f ∈ D ⊂ C → C définie par f = U + iV
avec U = Re f et V = Im f . La fonction f est différentiable
en z 0 = x 0 + iy 0 ∈ D si et seulement si :
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Dérivées d’ordre supérieur
Théoreme
Soit une fonction f ∈ D ⊂ C → C définie par f = U + iV
avec U = Re f et V = Im f . La fonction f est différentiable
en z 0 = x 0 + iy 0 ∈ D si et seulement si :
1) Les fonctions réelles U et V sont différentiables au point
(x 0 , y 0 )
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Théoreme
Soit une fonction f ∈ D ⊂ C → C définie par f = U + iV
avec U = Re f et V = Im f . La fonction f est différentiable
en z 0 = x 0 + iy 0 ∈ D si et seulement si :
1) Les fonctions réelles U et V sont différentiables au point
(x 0 , y 0 )
2)
∂U
∂x (x 0, y 0 ) = ∂V
∂y (x 0, y 0 ) et ∂U
∂y (x 0, y 0 ) = − ∂V
∂x (x 0, y 0 ).
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Théoreme
Soit une fonction f ∈ D ⊂ C → C définie par f = U + iV
avec U = Re f et V = Im f . La fonction f est différentiable
en z 0 = x 0 + iy 0 ∈ D si et seulement si :
1) Les fonctions réelles U et V sont différentiables au point
(x 0 , y 0 )
2)
∂U
∂x (x 0, y 0 ) = ∂V
∂y (x 0, y 0 ) et ∂U
∂y (x 0, y 0 ) = − ∂V
∂x (x 0, y 0 ).
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Dérivées d’ordre supérieur
De plus,
f ′ (z) = ∂U ∂V ∂f
(x, y) + i (x, y) = (x, y)
∂x ∂x ∂x
= ∂V
∂y
∂U
∂f
(x, y) − i (x, y) = −i (x, y)
∂y ∂y
Commentaire :
On dit que f est holomorphe dans D, si les dérivées partielles
∂u
, ∂v , ∂u , ∂v existent en tout point de D et les conditions de
∂x ∂y ∂y ∂x
Cauchy Riemann sont vérifièes
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Dérivées d’ordre supérieur
De plus,
f ′ (z) = ∂U ∂V ∂f
(x, y) + i (x, y) = (x, y)
∂x ∂x ∂x
= ∂V
∂y
∂U
∂f
(x, y) − i (x, y) = −i (x, y)
∂y ∂y
Commentaire :
On dit que f est holomorphe dans D, si les dérivées partielles
∂u
, ∂v , ∂u , ∂v existent en tout point de D et les conditions de
∂x ∂y ∂y ∂x
Cauchy Riemann sont vérifièes ∂u = ∂v
∂x ∂y
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Dérivées d’ordre supérieur
De plus,
f ′ (z) = ∂U ∂V ∂f
(x, y) + i (x, y) = (x, y)
∂x ∂x ∂x
= ∂V
∂y
∂U
∂f
(x, y) − i (x, y) = −i (x, y)
∂y ∂y
Commentaire :
On dit que f est holomorphe dans D, si les dérivées partielles
∂u
, ∂v , ∂u , ∂v existent en tout point de D et les conditions de
∂x ∂y ∂y ∂x
Cauchy Riemann sont vérifièes ∂u = ∂v ∂u
= − ∂v .
∂x ∂y ∂y ∂x
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Dérivées d’ordre supérieur
Exemple
Examiner si les fonctions suivantes sont holomorphes sur le
domaine indiqué
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Exemple
Examiner si les fonctions suivantes sont holomorphes sur le
domaine indiqué
f (z) = z 2 sur C
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Exemple
Examiner si les fonctions suivantes sont holomorphes sur le
domaine indiqué
f (z) = z 2 sur C
x
f (z) =
x 2 + y − i y
sur C \ {0}.
2 x 2 + y
2
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Solution
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Dérivées d’ordre supérieur
Solution f (z) = z 2 = (x 2 − y 2 ) + i2xy, tels que
u(x, y) = x 2 + y 2 et v(x, y) = 2xy, alors d’aprés les
conditions de Cauchy-Riemann, on a :
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Dérivées d’ordre supérieur
Solution f (z) = z 2 = (x 2 − y 2 ) + i2xy, tels que
u(x, y) = x 2 + y 2 et v(x, y) = 2xy, alors d’aprés les
conditions de Cauchy-Riemann, on a :
∂u
∂x
et ∂u
∂y
= 2x =
∂v
∂y
= −2y = −∂v
∂x . H. KASRI
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Dérivées d’ordre supérieur
Solution f (z) = z 2 = (x 2 − y 2 ) + i2xy, tels que
u(x, y) = x 2 + y 2 et v(x, y) = 2xy, alors d’aprés les
conditions de Cauchy-Riemann, on a :
∂u
∂x
et ∂u
∂y
= 2x =
∂v
∂y
= −2y = −∂v . Donc f est holomorphe sur C et on
∂x
a : f ′ (z) = ∂u
∂x + i ∂v
∂x
= 2x + i2y = 2z.
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Dérivées d’ordre supérieur
Solution 2) On procède comme l’exemple précédent, on
obtient :
x
f (z) =
x 2 + y − i y
x
oú u(x, y) =
2 x 2 + y
2
x 2 + y et 2
v(x, y) = −
y
x 2 + y 2 H. KASRI
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Solution 2) On procède comme l’exemple précédent, on
obtient :
x
f (z) =
x 2 + y − i y
x
oú u(x, y) =
2 x 2 + y
2
x 2 + y et 2
v(x, y) = −
y
x 2 + y 2
∂u
∂x = −x 2 + y 2
(x 2 + y 2 ) = ∂v ∂u
et 2 ∂y ∂y = − 2xy
(x 2 + y 2 ) = −∂v
2 ∂x ,
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Dérivées d’ordre supérieur
Solution 2) On procède comme l’exemple précédent, on
obtient :
x
f (z) =
x 2 + y − i y
x
oú u(x, y) =
2 x 2 + y
2
x 2 + y et 2
v(x, y) = −
y
x 2 + y 2
∂u
∂x = −x 2 + y 2
(x 2 + y 2 ) = ∂v ∂u
et 2 ∂y ∂y = − 2xy
(x 2 + y 2 ) = −∂v
2 ∂x ,
Ceci montre que f est holomorphe sur C \ {0}.
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Solution
La dérivée de la fonction f est donnée par :
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Solution
La dérivée de la fonction f est donnée par :
f ′ (z) = ∂u
∂x + i ∂v
∂x = −x 2 + y 2
(x 2 + y 2 ) + i 2xy
2 (x 2 + y 2 ) = 2
−x 2 + y 2 + i2xy
.
(x 2 + y 2 ) 2
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Solution
La dérivée de la fonction f est donnée par :
f ′ (z) = ∂u
∂x + i ∂v
∂x = −x 2 + y 2
(x 2 + y 2 ) + i 2xy
2 (x 2 + y 2 ) = 2
−x 2 + y 2 + i2xy
.
(x 2 + y 2 ) 2
Comme z 2 = x 2 − y 2 − i2xy et z · z = x 2 + y 2 il vient
que f ′ (z) = −z 2
(z · z) = −1
2 z . 2
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Solution
La dérivée de la fonction f est donnée par :
f ′ (z) = ∂u
∂x + i ∂v
∂x = −x 2 + y 2
(x 2 + y 2 ) + i 2xy
2 (x 2 + y 2 ) = 2
−x 2 + y 2 + i2xy
.
(x 2 + y 2 ) 2
Comme z 2 = x 2 − y 2 − i2xy et z · z = x 2 + y 2 il vient
que f ′ (z) = −z 2
(z · z) = −1
2 z . 2
Commentaire : On remarque que
x
f (z) =
x 2 + y − i y
2 x 2 + y = z
2 z · z = 1 z .
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Proposition
Si f est holomorphe dans un domaine D de C, alors f ′ ,
f ′′ ,· · ·,f (n) sont également holomorphe dans D. i.e. les dérivées
de tous ordres existent dans D.
Exemple
Comme la fonction f (z) = e z est holomorphe, alors les
fonctions suivantes f ′ , f ′′ ,...,f (n) sont aussi holomorphes
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Soient f et g deux fonctions holomorphes dans D ⊂ C.
(f (z) + g(z)) ′ = f ′ (z) + g ′ (z).
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Soient f et g deux fonctions holomorphes dans D ⊂ C.
(f (z) + g(z)) ′ = f ′ (z) + g ′ (z).
(f (z)g(z)) ′ = f ′ (z)g(z) + f (z)g ′ (z).
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Soient f et g deux fonctions holomorphes dans D ⊂ C.
(f (z) + g(z)) ′ = f ′ (z) + g ′ (z).
(f (z)g(z)) ′ = f ′ (z)g(z) + f (z)g ′ (z).
( f (z)
g(z) )′ = f ′ (z)g(z)−f (z)g ′ (z)
g 2 (z)
si g(z) ≠ 0.
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Points singuliers
Soient f et g deux fonctions holomorphes dans D ⊂ C.
(f (z) + g(z)) ′ = f ′ (z) + g ′ (z).
(f (z)g(z)) ′ = f ′ (z)g(z) + f (z)g ′ (z).
( f (z)
g(z) )′ = f ′ (z)g(z)−f (z)g ′ (z)
g 2 (z)
si g(z) ≠ 0.
(fog) ′ (z) = (f (g(z)) ′ = g ′ (z)f ′ (g(z)).
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Fonctions Harmoniques
Soit u une fonction de D ⊂ R 2 dans R. u est dite de classe C 2
sur D (on note u ∈ C 2 (Ω)) si ∂2 u
∂x , ∂2 u
2 ∂y , ∂2 u
existent et
2 ∂xy
continues sur D ⊂ R 2 .
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Fonctions Harmoniques
Soit u une fonction de D ⊂ R 2 dans R. u est dite de classe C 2
sur D (on note u ∈ C 2 (Ω)) si ∂2 u
∂x , ∂2 u
2 ∂y , ∂2 u
existent et
2 ∂xy
continues sur D ⊂ R 2 .
définition
Soit u une fonction de D ⊂ R 2 dans R de classe C 2 sur D. on
dit que harmonique si
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Fonctions Harmoniques
Soit u une fonction de D ⊂ R 2 dans R. u est dite de classe C 2
sur D (on note u ∈ C 2 (Ω)) si ∂2 u
∂x , ∂2 u
2 ∂y , ∂2 u
existent et
2 ∂xy
continues sur D ⊂ R 2 .
définition
Soit u une fonction de D ⊂ R 2 dans R de classe C 2 sur D. on
dit que harmonique si
pour tout (x, y) ∈ D ⊂ R 2
∂ 2 u
∂x + ∂2 u
2 ∂y = 0 2
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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
Notation : La fonction ∂2 u
appelée laplacien de u, on écrit
+ ∂2 u
∂x 2 ∂y 2
est notée par ∆u est
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Fonctions Harmoniques
Notation : La fonction ∂2 u
appelée laplacien de u, on écrit
+ ∂2 u
∂x 2 ∂y 2
est notée par ∆u est
∆u = ∂2 u
∂x 2 + ∂2 u
∂y 2
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Fonctions Harmoniques
Notation : La fonction ∂2 u
appelée laplacien de u, on écrit
+ ∂2 u
∂x 2 ∂y 2
est notée par ∆u est
∆u = ∂2 u
∂x 2 + ∂2 u
∂y 2
Remarque : u est harmonique ssi ∆u = 0.
H. KASRI Dérivation dans C

Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Fonctions Harmoniques
Notation : La fonction ∂2 u
appelée laplacien de u, on écrit
+ ∂2 u
∂x 2 ∂y 2
est notée par ∆u est
∆u = ∂2 u
∂x 2 + ∂2 u
∂y 2
Remarque : u est harmonique ssi ∆u = 0.
Exemple
Soit la fonction u de R 2 dans R définie par u(x, y) = e y sinx.
Montrer que u est harmonique.
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Solution
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Solution Comme u est de classe C 2 . Alors
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Solution Comme u est de classe C 2 . Alors
∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= e y cosx, ∂2 u(x,y)
∂x 2
= e y sinx, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= −e y sinx
= e y sinx.
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Fonctions Harmoniques
Solution Comme u est de classe C 2 . Alors
∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= e y cosx, ∂2 u(x,y)
∂x 2
= e y sinx, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= −e y sinx
= e y sinx. On obtient
∆u = ∂2 u
∂x 2 + ∂2 u
∂y 2 = −ey sinx + e y sinx = 0.
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Fonctions Harmoniques
Solution Comme u est de classe C 2 . Alors
∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= e y cosx, ∂2 u(x,y)
∂x 2
= e y sinx, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= −e y sinx
= e y sinx. On obtient
∆u = ∂2 u
∂x 2 + ∂2 u
∂y 2 = −ey sinx + e y sinx = 0.
Comme ∆u = 0 alors u est harmonique
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Proposition
Soit f (z) = u(x, y) + iv(x, y) une fonction holomorphe dans
un domaine D ⊂ C. Les deux fonction réeles u et v sont
harmonique dans D.
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Fonctions Harmoniques
Proposition
Soit f (z) = u(x, y) + iv(x, y) une fonction holomorphe dans
un domaine D ⊂ C. Les deux fonction réeles u et v sont
harmonique dans D.
Exemple
On considére la fonction holomorphe
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Proposition
Soit f (z) = u(x, y) + iv(x, y) une fonction holomorphe dans
un domaine D ⊂ C. Les deux fonction réeles u et v sont
harmonique dans D.
Exemple
On considére la fonction holomorphe
f (z) = z 2 = x 2 − y 2 + 2ixy où u(x, y) = x 2 − y 2 et
v(x, y) = 2xy, on a
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
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Fonctions Harmoniques
Proposition
Soit f (z) = u(x, y) + iv(x, y) une fonction holomorphe dans
un domaine D ⊂ C. Les deux fonction réeles u et v sont
harmonique dans D.
Exemple
On considére la fonction holomorphe
f (z) = z 2 = x 2 − y 2 + 2ixy où u(x, y) = x 2 − y 2 et
v(x, y) = 2xy, on a
∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= 2x, ∂2 u(x,y)
∂x 2 = 2
= −2y, ∂2 u(x,y)
∂y 2 = −2.
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Exemple
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Fonctions Harmoniques
Exemple
On obtient ∆u = 0 donc la fonction u est harmonique.
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
Exemple
On obtient ∆u = 0 donc la fonction u est harmonique. De
plus on a
∂v(x,y)
∂x
∂v(x,y)
∂y
= 2y, ∂2 v(x,y)
∂x 2 = 0
= 2x, ∂2 v(x,y)
∂y 2 = 0.
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Fonctions Harmoniques
Exemple
On obtient ∆u = 0 donc la fonction u est harmonique. De
plus on a
∂v(x,y)
∂x
∂v(x,y)
∂y
= 2y, ∂2 v(x,y)
∂x 2 = 0
= 2x, ∂2 v(x,y)
∂y 2 = 0.
On obtient ∆v = 0 donc la fonction v est harmonique. Donc
les deux fonctions u et v sont harmoniques.
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Proposition
Soit u une fonction harmonique dans D ⊂ R 2 . Alors il existe
une fonction f holomorphe de D ⊂ C tel que Re(f ) = u.
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Fonctions Harmoniques
Proposition
Soit u une fonction harmonique dans D ⊂ R 2 . Alors il existe
une fonction f holomorphe de D ⊂ C tel que Re(f ) = u.
Exemple
Soit u une fonction définie sur R 2 par u(x, y) = x 2 − y 2 + x.
Trouver une fonction v que la fonction
f (z) = u(x, y) + iv(x, y) soit holomorphe.
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Solution
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Fonctions Harmoniques
Solution On a ∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= −2y, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= 2x + 1, ∂2 u(x,y)
∂x 2 = 2
= −2
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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
Solution On a ∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= −2y, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= 2x + 1, ∂2 u(x,y)
∂x 2 = 2
= −2
On obtient ∆u = 0 ceci montre que u est harmonique. Alors
il existe une fonction f qui est holomorphe telle que
Re(f ) = u.
Pour déterminer la fonction f (z) = u(x, y) + iv(x, y), où f est
holomorphe, on utilise les conditions de Cauchy Riemann.
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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
Solution On a ∂u(x,y)
∂x
∂u(x,y)
∂y
= −2y, ∂2 u(x,y)
∂y 2
= 2x + 1, ∂2 u(x,y)
∂x 2 = 2
= −2
On obtient ∆u = 0 ceci montre que u est harmonique. Alors
il existe une fonction f qui est holomorphe telle que
Re(f ) = u.
Pour déterminer la fonction f (z) = u(x, y) + iv(x, y), où f est
holomorphe, on utilise les conditions de Cauchy Riemann.
∂u(x, y) ∂v(x, y)
= = 2x + 1 · · · (1),
∂x ∂y
∂u(x, y) ∂v(x, y)
= − = −2y · · · (2),
∂y ∂x
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
H. KASRI Dérivation dans C

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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
∫
v(x, y) = (2x + 1)dy = 2xy + y + c(x) · · · (3)
oú c(x) est une fonction réelle de x.
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
∫
v(x, y) = (2x + 1)dy = 2xy + y + c(x) · · · (3)
oú c(x) est une fonction réelle de x. Pour déterminer c(x), on
dérive la fonction v par rapport à x :
∂v(x, y)
∂x
= 2y + c ′ (x) · · · (4).
H. KASRI Dérivation dans C

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Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
∫
v(x, y) = (2x + 1)dy = 2xy + y + c(x) · · · (3)
oú c(x) est une fonction réelle de x. Pour déterminer c(x), on
dérive la fonction v par rapport à x :
∂v(x, y)
∂x
= 2y + c ′ (x) · · · (4).
Par substitution de (4) dans (2), on trouve
H. KASRI Dérivation dans C

Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
∫
v(x, y) = (2x + 1)dy = 2xy + y + c(x) · · · (3)
oú c(x) est une fonction réelle de x. Pour déterminer c(x), on
dérive la fonction v par rapport à x :
∂v(x, y)
∂x
= 2y + c ′ (x) · · · (4).
Par substitution de (4) dans (2), on trouve
2y + c ′ (x) = 2y ceci implique c ′ (x) = 0 puis on l’intègre par
rapport à x, on trouve c(x) = a où a ∈ R
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Règles de dérivation
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Fonctions Harmoniques
En intégrant l’équation (1) par rapport à y, on trouve :
∫
v(x, y) = (2x + 1)dy = 2xy + y + c(x) · · · (3)
oú c(x) est une fonction réelle de x. Pour déterminer c(x), on
dérive la fonction v par rapport à x :
∂v(x, y)
∂x
= 2y + c ′ (x) · · · (4).
Par substitution de (4) dans (2), on trouve
2y + c ′ (x) = 2y ceci implique c ′ (x) = 0 puis on l’intègre par
rapport à x, on trouve c(x) = a où a ∈ R d’où
v(x, y) = 2xy + y + a et
f (z) = (x 2 − y 2 + x) + i(2xy + y + a).
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Points singuliers
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Soient f et g deux fonctions holomorphes dans un domaine D
contenant z 0 on suppose de plus que f (z 0 ) = g(z 0 ) = 0 avec
g ′ (z 0 ) ≠ 0. La règle de l’hôpital permet d’affirmer que
f (z)
lim
z→z 0 g(z) = lim f ′ (z)
z→z 0 g ′ (z)
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Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Soient f et g deux fonctions holomorphes dans un domaine D
contenant z 0 on suppose de plus que f (z 0 ) = g(z 0 ) = 0 avec
g ′ (z 0 ) ≠ 0. La règle de l’hôpital permet d’affirmer que
f (z)
lim
z→z 0 g(z) = lim f ′ (z)
z→z 0 g ′ (z)
Exemple
lim
z→i
z 3 + i
z 2 + 1 = lim 3z 2
z→i 2z = 3 2 i
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Points singuliers
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Soit f une fonction uniforme, un point en lequel la fonction f
peuvent être non holomorphe est appelé un point singulier ou
une singularité de f .
Il existe des types de singularités. singularités apparentes
Le point singulier z 0 est appelé singularité apparente de f si
lim
z→z 0
f (z) existe.
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Points singuliers
Soit f une fonction uniforme, un point en lequel la fonction f
peuvent être non holomorphe est appelé un point singulier ou
une singularité de f .
Il existe des types de singularités. singularités apparentes
Le point singulier z 0 est appelé singularité apparente de f si
lim
z→z 0
f (z) existe.
Exemple
Le point singulier z 0 = 0 est une singularité apparante de la
fonction f (z) = cosz − 1
z
car lim
z→0
cosz − 1
z
= 1.
H. KASRI Dérivation dans C

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Dérivation dans C
Conditions de Cauchy-Riemann
Règles de dérivation
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Règles de l’hôpital
Points singuliers
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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
H. KASRI Dérivation dans C

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Règles de dérivation
Fonctions Harmoniques
Règles de l’hôpital
Points singuliers
Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
Exemple
z − 5
Soit la fonction f (z) =
a un pôle d’ordre 3
(2z − 4) 3 (z + 1)
en z = 2 et un pôle simple (pôle d’ordre un) en z = −1.
Solution :
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Règles de dérivation
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Points singuliers
Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
Exemple
z − 5
Soit la fonction f (z) =
a un pôle d’ordre 3
(2z − 4) 3 (z + 1)
en z = 2 et un pôle simple (pôle d’ordre un) en z = −1.
Solution : Pour z = −1 on a :
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1)
lim
z→−1
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Points singuliers
Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
Exemple
z − 5
Soit la fonction f (z) =
a un pôle d’ordre 3
(2z − 4) 3 (z + 1)
en z = 2 et un pôle simple (pôle d’ordre un) en z = −1.
Solution : Pour z = −1 on a :
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim (z + 1) (z − 5)
z→−1 (2z − 4) 3 (z + 1)
lim
z→−1
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Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
Exemple
z − 5
Soit la fonction f (z) =
a un pôle d’ordre 3
(2z − 4) 3 (z + 1)
en z = 2 et un pôle simple (pôle d’ordre un) en z = −1.
Solution : Pour z = −1 on a :
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim (z + 1) (z − 5)
z→−1 (2z − 4) 3 (z + 1)
(z − 5)
= lim
z→−1 (2z − 4) 3 H. KASRI Dérivation dans C
lim
z→−1

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Points singuliers
Si lim z→z0
(z − z 0 ) n f (z) = a ≠ 0. Alors z 0 est appelé un pôle
d’ordre n, si n = 1 alors z 0 est appelé un pôle simple
Exemple
z − 5
Soit la fonction f (z) =
a un pôle d’ordre 3
(2z − 4) 3 (z + 1)
en z = 2 et un pôle simple (pôle d’ordre un) en z = −1.
Solution : Pour z = −1 on a :
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim (z + 1) (z − 5)
z→−1 (2z − 4) 3 (z + 1)
(z − 5)
= lim
z→−1 (2z − 4) = −6 . Alors z = −1 est un pôle simple.
3 −63 lim
z→−1
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Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1)
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Points singuliers
Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim
z→2 (2z − 4)3 (z − 5)
(2z − 4) 3 (z + 1)
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Points singuliers
Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim
z→2 (2z − 4)3 (z − 5)
(2z − 4) 3 (z + 1)
= lim
z→2
(z − 5)
(z + 1)
H. KASRI Dérivation dans C

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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim
z→2 (2z − 4)3 (z − 5)
(2z − 4) 3 (z + 1)
(z − 5)
= lim
z→2 (z + 1) = −3
3
= −1. Alors z = 2 est un pôle d’ordre 3.
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Fonctions Harmoniques
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Points singuliers
Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim(2z
− (z − 5)
z→2 4)3 (2z − 4) 3 (z + 1)
(z − 5)
z→2 (z + 1) = −3 = −1. Alors z = 2 est un pôle d’ordre 3.
3
= lim
Singularité essentielles : Une singularité qui est ni pôle, ni
une singularité apparente est appelée singularité
essentielle
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Points singuliers
Pour z = 2,
lim
z→2
z − 5
(2z − 4) 3 (z + 1) = lim(2z
− (z − 5)
z→2 4)3 (2z − 4) 3 (z + 1)
(z − 5)
z→2 (z + 1) = −3 = −1. Alors z = 2 est un pôle d’ordre 3.
3
= lim
Singularité essentielles : Une singularité qui est ni pôle, ni
une singularité apparente est appelée singularité
essentielle
Exemple
f (z) = e 1
z−1 a une singularité essentielle en z = 1
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