Corrigé du contrôle de maths L3 : fonctions holomorphes et formule de Cauchy

Exercice 1 : Question de cours : formule de Cauchy et théorème de Liouville (4 points)

1. Formule intégrale de Cauchy. Si \(f\) est holomorphe sur l’ouvert \(U\) et si le disque fermé \(\overline{D}(a,r)\) est inclus dans \(U\), alors :

   \[\forall z \in D(a,r), \quad f(z) = \dfrac{1}{2i\pi}\int_{C(a,r)} \dfrac{f(w)}{w – z}\,\mathrm{d}w.\]

2. On paramètre le cercle par \(w = a + re^{it}\), \(t \in [0, 2\pi]\). Sa longueur vaut \(2\pi r\). Sur ce cercle, \(|w – a| = r\) et \(|f(w)| \leq\, M(r)\), donc :

   \[|\dfrac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}| \leq\, \dfrac{M(r)}{r^{n+1}}.\]

   L’inégalité de la longueur (module d’une intégrale curviligne) donne alors :

   \[|f^{(n)}(a)| \leq\, \dfrac{n!}{2\pi} \times 2\pi r \times \dfrac{M(r)}{r^{n+1}} = \dfrac{n!\,M(r)}{r^n}.\]

   Ce sont les inégalités de Cauchy.

3. Théorème de Liouville. Toute fonction entière (holomorphe sur \(\mathbb{C}\)) et bornée est constante.

   Démonstration. Soit \(f\) entière, avec \(|f| \leq\, M\) sur \(\mathbb{C}\). Soit \(a \in \mathbb{C}\). Pour tout \(r > 0\), le disque fermé \(\overline{D}(a,r)\) est inclus dans \(\mathbb{C}\). L’inégalité de Cauchy pour \(n = 1\) donne \(|f^{\prime}(a)| \leq\, \dfrac{M}{r}\).

   En faisant tendre \(r\) vers \(+\infty\), on obtient \(f^{\prime}(a) = 0\). Ainsi \(f^{\prime}\) est nulle sur \(\mathbb{C}\), qui est connexe. Donc \(f\) est constante.

Barème : a) 1 point (hypothèse du disque fermé inclus dans \(U\) exigée) ; b) 0,5 point pour la majoration de l’intégrande, 1 point pour l’inégalité de la longueur et le résultat ; c) 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la démonstration.

Exercice 2 : Équations de Cauchy-Riemann (4 points)

1. La fonction \(f = u + iv\) est holomorphe sur un ouvert \(U\) si et seulement si \(u\) et \(v\) sont différentiables sur \(U\), vues comme fonctions de \((x,y)\), et vérifient les équations de Cauchy-Riemann :

   \[\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y} \qquad \text{et} \qquad \dfrac{\partial u}{\partial y} = -\dfrac{\partial v}{\partial x}.\]

   On a alors \(f^{\prime}(z) = \dfrac{\partial u}{\partial x} + i\,\dfrac{\partial v}{\partial x}\).

2. On calcule \(\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 6x\) et \(\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -6x\). Donc \(\Delta u = 0\) : \(u\) est harmonique.

   Si \(w = \operatorname{Re} f\) avec \(f\) holomorphe, alors \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\), car une fonction holomorphe est analytique. Les équations de Cauchy-Riemann et le théorème de Schwarz donnent \(w_{xx} = v_{yx}\) et \(w_{yy} = -v_{xy}\), donc \(\Delta w = 0\). Or \(\Delta(x^2 + y^2) = 4 \neq 0\). Donc \(x^2 + y^2\) n’est la partie réelle d’aucune fonction holomorphe.

3. La première équation impose \(\dfrac{\partial v}{\partial y} = \dfrac{\partial u}{\partial x} = 3x^2 – 3y^2 + 2\). En intégrant en \(y\), on obtient \(v(x,y) = 3x^2y – y^3 + 2y + \varphi(x)\), où \(\varphi\) est dérivable.

   La seconde équation impose \(\dfrac{\partial v}{\partial x} = -\dfrac{\partial u}{\partial y} = 6xy\). Or \(\dfrac{\partial v}{\partial x} = 6xy + \varphi^{\prime}(x)\), donc \(\varphi^{\prime} = 0\) : \(\varphi\) est une constante réelle \(c\).

   Réciproquement, ces fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) et vérifient les deux équations. Les solutions sont \(v(x,y) = 3x^2y – y^3 + 2y + c\), avec \(c \in \mathbb{R}\).

4. On développe \((x + iy)^3 = x^3 – 3xy^2 + i(3x^2y – y^3)\) et \(2z = 2x + 2iy\). Par conséquent :

   \[u + iv = (x^3 – 3xy^2 + 2x) + i(3x^2y – y^3 + 2y) + ic.\]

   Ainsi \(f(z) = z^3 + 2z + ic\), avec \(c \in \mathbb{R}\).

Barème : a) 0,5 point pour les équations, 0,5 point pour la caractérisation et \(f^{\prime}\) ; b) 0,5 point pour \(\Delta u = 0\), 0,5 point pour \(x^2 + y^2\) ; c) 0,5 point pour l’intégration, 0,5 point pour la constante ; d) 1 point.

Exercice 3 : Détermination principale du logarithme (3,5 points)

1. Pour \(z \in U\), on a \(\exp(\operatorname{Log} z) = e^{\ln|z|}\,e^{i\operatorname{Arg} z} = |z|\,e^{i\operatorname{Arg} z} = z\), par définition d’un argument. Donc \(\exp \circ \operatorname{Log} = \mathrm{id}_U\).

   Ensuite, \(|1 + i| = \sqrt{2}\) et \(\operatorname{Arg}(1+i) = \dfrac{\pi}{4}\). Donc \(\operatorname{Log}(1+i) = \dfrac{\ln 2}{2} + i\dfrac{\pi}{4}\). De même, \(|-i| = 1\) et \(\operatorname{Arg}(-i) = -\dfrac{\pi}{2}\). Donc \(\operatorname{Log}(-i) = -i\dfrac{\pi}{2}\).

2. D’abord, \(\operatorname{Log}\) est continue sur \(U\), car \(z \mapsto \ln|z|\) et \(\operatorname{Arg}\) le sont. Elle est aussi injective, puisque \(\exp \circ \operatorname{Log} = \mathrm{id}\).

   Soit \(z_0 \in U\), \(w_0 = \operatorname{Log} z_0\), et \(z \in U\) distinct de \(z_0\), avec \(w = \operatorname{Log} z\). Alors \(w \neq w_0\) et :

   \[\dfrac{\operatorname{Log} z – \operatorname{Log} z_0}{z – z_0} = \dfrac{w – w_0}{e^{w} – e^{w_0}}.\]

   Quand \(z \to z_0\), la continuité donne \(w \to w_0\). Or \(\dfrac{e^{w} – e^{w_0}}{w – w_0} \to e^{w_0} = z_0 \neq 0\). Donc \(\operatorname{Log}\) est dérivable au sens complexe en \(z_0\), avec \(\operatorname{Log}^{\prime}(z_0) = \dfrac{1}{z_0}\) : elle est holomorphe sur \(U\).

   

3. Supposons qu’une telle fonction \(L\) existe. En dérivant \(\exp(L(z)) = z\), on obtient \(L^{\prime}(z)\,e^{L(z)} = 1\), soit \(L^{\prime}(z) = \dfrac{1}{z}\). Ainsi \(\dfrac{1}{z}\) admet une primitive holomorphe sur \(\mathbb{C}^{*}\). Son intégrale sur le chemin fermé \(C(0,1)\) est donc nulle.

   Or, avec \(z = e^{it}\), \(t \in [0, 2\pi]\), on a \(\displaystyle\int_{C(0,1)} \dfrac{\mathrm{d}z}{z} = \int_0^{2\pi} \dfrac{ie^{it}}{e^{it}}\,\mathrm{d}t = 2i\pi \neq 0\). C’est une contradiction : il n’existe pas de logarithme holomorphe sur \(\mathbb{C}^{*}\). C’est pourquoi on retire une demi-droite.

Barème : a) 0,5 point pour \(\exp \circ \operatorname{Log}\), 0,25 point par valeur ; b) 0,5 point pour la continuité et l’injectivité, 1 point pour le taux d’accroissement et la limite ; c) 0,5 point pour \(L^{\prime} = 1/z\), 0,5 point pour le calcul de l’intégrale et la contradiction.

Exercice 4 : Intégrales sur des cercles (3,5 points)

1. Le dessin ci-dessous montre que \(1\), \(i\) et \(-i\) sont à l’intérieur de \(C(0,2)\), car leur module vaut 1. En revanche, seul \(i\) est à l’intérieur de \(C(i,1)\), car \(|-i – i| = 2 > 1\).

   

   La fonction \(f(z) = e^{z}\) est entière, et \(\overline{D}(0,2) \subset \mathbb{C}\). Comme \(|1| < 2\), la formule de Cauchy donne \(I_1 = 2i\pi\,f(1)\). Donc \(I_1 = 2i\pi e\).

2. Avec la même fonction \(f\), la formule de Cauchy pour les dérivées donne \(\displaystyle\int_{C(0,2)} \dfrac{f(z)}{(z-1)^3}\,\mathrm{d}z = \dfrac{2i\pi}{2!}\,f^{\prime\prime}(1)\). Or \(f^{\prime\prime}(1) = e\). Donc \(I_2 = i\pi e\).

3. On décompose en éléments simples : \(\dfrac{1}{z^2 + 1} = \dfrac{1}{2i}(\dfrac{1}{z – i} – \dfrac{1}{z + i})\). Pour \(|a| < 2\), la formule de Cauchy appliquée à la fonction constante 1 donne \(\displaystyle\int_{C(0,2)} \dfrac{\mathrm{d}z}{z – a} = 2i\pi\). Comme \(|i| = |-i| = 1 < 2\) :

   \[I_3 = \dfrac{1}{2i}(2i\pi – 2i\pi) = 0.\]

   Donc \(I_3 = 0\). Pour \(I_4\), posons \(g(z) = \dfrac{1}{z + i}\). Elle est holomorphe sur \(\mathbb{C} \setminus \{-i\}\), qui contient le disque fermé \(\overline{D}(i,1)\). Alors \(I_4 = \displaystyle\int_{C(i,1)} \dfrac{g(z)}{z – i}\,\mathrm{d}z = 2i\pi\,g(i) = \dfrac{2i\pi}{2i}\). Donc \(I_4 = \pi\).

Erreur fréquente : appliquer la formule de Cauchy à \(\dfrac{1}{z^2+1}\) sur \(C(0,2)\) sans remarquer que ses deux pôles sont à l’intérieur du cercle.

Barème : a) 0,5 point pour le dessin avec les positions des points, 0,5 point pour \(I_1\) ; b) 0,5 point pour la formule des dérivées, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,75 point pour \(I_3\), 0,75 point pour \(I_4\) avec la justification du disque.

Exercice 5 : Problème : Liouville, zéros isolés et maximum (5 points)

1. Écrivons \(P(z) = a_n z^n + \cdots + a_1 z + a_0\) avec \(a_n \neq 0\). Si \(P\) ne s’annule pas, \(\dfrac{1}{P}\) est holomorphe sur \(\mathbb{C}\), donc entière.

   Pour \(z \neq 0\), on a \(|P(z)| \geq\, |z|^n(|a_n| – \sum_{k < n} |a_k|\,|z|^{k-n})\), qui tend vers \(+\infty\). Il existe donc \(R > 0\) tel que \(|P(z)| \geq\, 1\) pour \(|z| \geq\, R\). Sur ce domaine, \(|\dfrac{1}{P}| \leq\, 1\). Sur le compact \(\overline{D}(0,R)\), la fonction continue \(\dfrac{1}{P}\) est bornée.

   Ainsi \(\dfrac{1}{P}\) est entière et bornée. D’après le théorème de Liouville, elle est constante, donc \(P\) aussi. C’est absurde, car \(n \geq\, 1\). Donc tout polynôme complexe non constant admet au moins une racine : c’est le théorème de d’Alembert-Gauss.

2. Principe des zéros isolés. Si \(f\) est holomorphe sur un ouvert connexe \(U\) et n’est pas identiquement nulle, alors ses zéros sont isolés. Prolongement analytique. Si deux fonctions holomorphes sur \(U\) connexe coïncident sur une partie ayant un point d’accumulation dans \(U\), elles sont égales sur \(U\).

   Soit \(f\) entière telle que \(f(\dfrac{1}{n}) = \dfrac{1}{n^2}\). Les fonctions \(f\) et \(z \mapsto z^2\) coïncident sur \(\{\dfrac{1}{n}\}\), qui s’accumule en \(0 \in \mathbb{C}\). Or \(\mathbb{C}\) est connexe. Donc \(f(z) = z^2\) : c’est l’unique solution, et elle convient.

   Supposons maintenant que \(g\) existe. Pour \(n = 2k\) pair, \(g(\dfrac{1}{2k}) = \dfrac{1}{2k}\). Donc \(g\) coïncide avec l’identité sur un ensemble qui s’accumule en \(0 \in D(0,2)\), disque connexe. Ainsi \(g(z) = z\) sur \(D(0,2)\). Mais alors \(g(\dfrac{1}{3}) = \dfrac{1}{3}\), alors que l’hypothèse impose \(-\dfrac{1}{3}\). Une telle fonction \(g\) n’existe donc pas.

3. Principe du maximum. Soit \(f\) holomorphe sur un ouvert connexe \(U\). Si \(|f|\) admet un maximum local en un point de \(U\), alors \(f\) est constante sur \(U\). En particulier, si \(f\) est holomorphe au voisinage d’un disque fermé, le maximum de \(|f|\) sur ce disque est atteint sur le cercle bord.

   Maximum. La fonction \(f(z) = z^2 + 3\) est entière et non constante. Le maximum de \(|f|\) sur le compact \(\overline{D}(0,1)\) existe, et il est donc atteint sur le cercle \(|z| = 1\). Sur ce cercle, \(|z^2 + 3| \leq\, |z|^2 + 3 = 4\). L’égalité a lieu si et seulement si \(z^2\) est un réel positif de module 1, c’est-à-dire \(z^2 = 1\). Le maximum vaut \(4\), atteint en \(z = 1\) et \(z = -1\).

   Minimum. Les zéros de \(f\) vérifient \(z^2 = -3\), donc \(|z| = \sqrt{3} > 1\). Ainsi \(\dfrac{1}{f}\) est holomorphe sur le disque connexe \(D(0,\sqrt{3})\), qui contient \(\overline{D}(0,1)\). Par le principe du maximum appliqué à \(\dfrac{1}{f}\), le minimum de \(|f|\) est atteint sur le cercle. Or \(|z^2 + 3| \geq\, 3 – |z|^2 = 2\), avec égalité si et seulement si \(z^2 = -1\). Le minimum vaut \(2\), atteint en \(z = i\) et \(z = -i\).

Barème : a) 0,5 point pour le caractère entier, 0,5 point pour le caractère borné, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour les énoncés, 0,75 point pour \(f(z) = z^2\), 0,75 point pour la non-existence de \(g\) ; c) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour le maximum, 0,5 point pour le minimum.

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