Théorème de Stokes

Bonsoir

Tu as oublié le $dz$ dans ta première intégrale.

Et puis

$$d\left(\frac1zF\,dz\right)=\frac\partial{\partial \overline z}\left(\frac1zF\right)\,d\overline z\wedge dz=\frac1z\,\frac{\partial F}{\partial \overline z}\, d\overline z\wedge dz$$

et il ne reste plus qu'à voir que

$$d\overline z\wedge dz=d(x-iy)\wedge d(x+iy)=2i\,dx\wedge dy\;.$$

C'est se compliquer inutilement la vie. On travaille avec les deux variables $z$ et $\overline z$. La différentielle extérieure d'une $1$-forme se calcule comme d'habitude :

$$ \begin{align}d(A\,dz+B\,d\overline z)&=dA\wedge dz+dB\wedge d\overline z\\&=\left(\frac{\partial A}{\partial z}\,dz+\frac{\partial A}{\partial \overline z}\,d\overline z\right)\wedge dz+ \left(\frac{\partial B}{\partial z}\,dz+\frac{\partial B}{\partial \overline z}\,d\overline z\right)\wedge d\overline z\\&=\left(\frac{\partial A}{\partial \overline z}-\frac{\partial B}{\partial z}\right)\,d\overline z\wedge dz\end{align}$$

et il ne reste plus ensuite qu'à faire le changement de variables $z=x+iy$, $\overline z=x-iy$.