[PDF] Quelques exercices corrigés pour préparer le partiel du 20 avril.

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L3 MathématiquesPrintemps 2009/2010

Fonctions d"une Variable ComplexeJ. Melleray

Quelques exercices corrigés pour préparer le partiel du 20 avril.

Exercice 1.2.9On va simplement corriger la deuxième question, la premièreen étant un cas particulier

(avecΨ(x,y) =ax+by+c)

i) NotonsDf(x,y)la différentielle def(vue comme une fonction définie surU?R2et à valeurs dans

R

2) en un point(x,y)?U. L"applicationF= Ψ◦fest constante surU, donc sa différentielle est

nulle en tout point(x,y)?U; d"après la règle de la chaîne, cette différentielle vaut DF (x,y)=DΨf(x,y)◦Df(x,y). On a donc, pout tout(x,y)?U,DΨf(x,y)◦Df(x,y)= 0. Si jamaisDf(x,y)est inversible en un point

(x,y)alors l"équation ci-dessus entraîne queDΨf(x,y)= 0, ce qui contredit l"hypothèse surΨ. Par

conséquent, pour tout(x,y)?U,Df(x,y)n"est pas inversible. Mais, commefest holomorphe, sa

différentielle en un pointz= (x,y)correspond à la multiplication parf?(z), et est donc inversible

ssif?(z)?= 0. Finalement, on obtient quef?(z) = 0pour toutz?U. PuisqueUest connexe, ceci entraîne quefest constante surU.

On aurait pu faire toute cette question en utilisant des dérivées partielles, les équations de Cauchy-

Riemann et une résolution de système... mais un peu d"algèbre linéaire n"a jamais fait de mal à

personne! ii) Une droite du plan est l"ensemble des points(x,y)tels queax+by+c= 0(pour un certain triplet (a,b,c)?R3) tandis qu"un cercle est donné par une équation du type(x-x0)2+(y-y0)2-R2= 0.

En appliquant le résultat de la question précédente aux fonctionsΨ1(x,y) =ax+byetΨ2(x,y) =

(x-x0)2+(y-y0)2, on en déduit que les seules fonctions holomorphes dont l"image est incluse dans une droite du plan (i.e qui satisfontΨ1(f(z)) = 0pour toutz?U) sont les fonctions constantes; de même les seules fonctions holomorphes dont l"image est incluse dans un cercle du plan sont les fonctions constantes. Vous verrez bientôt en cours que les fonctions holomorphes non constantes sont des fonctions ou- vertes, i.e l"image d"un ouvert par une fonction holomorphe non constante est toujours un ouvert. Ce théorème a bien sûr pour corollaire le résultat montré dans cet exercice.

Exercice 1.2.10

1. Supposons queQ1soit telle queP+iQ1soit holomorphe. Les équations de Cauchy-Riemann nous

disent qu"on doit avoir à la fois ?∂P ∂x=∂Q∂y ∂P ∂y=-∂Q∂xet? ∂P ∂x=∂Q1∂y ∂P ∂y=-∂Q1∂x

Par conséquent, les deux dérivées partielles deQ-Q1doivent être nulles, ce dont on déduit que

Q-Q1est constante surU(qui est connexe). Réciproquement, siQ1=Q+cavecc?Ralors P+iQ1=f+icest holomorphe. Finalement, on obtient donc que les fonctionsQ1telles queP+iQ1 soit holomorphe sont les fonctions de la formeQ1=Q+c, avecc?R.

2. On va simplement corriger les questions (a) et (d), les deux autres étant similaires.

(a) AppelonsQla partie imaginaire def;fest holomorphe si, et seulement si, les équations de Cauchy-Riemann sont vérifiées, i.e si, et seulement si, ?∂Q ∂x(x,y) =-∂P∂y(x,y) = 2y+ 1 ∂Q ∂y(x,y) =∂P∂x(x,y) = 2x-1 1 La première ligne nous donneQ(x,y) = 2xy+x+F(y), la deuxième ligne donneQ(x,y) =

2xy-y+G(x). On obtient finalement queQdoit être de la formeQ(x,y) = 2xy+x-y+c,

avecc?R. Notons qu"on a alors f(x,y) =x2-y2-x-y+i(2xy+x-y) +ic= (x+iy)2-(x+iy) +i(x+iy) +ic

Autrement dit,f(z) =z2+ (i-1)z+ic, avecc?R

(d) En appliquant la même méthode, on obtient ∂P ∂x(x,y) =ch(y)sin(x) ∂P ∂y(x,y) =-sh(y)cos(x) En intégrant comme dans l"exemple précédent, on obtientP(x,y) =-ch(y)cos(x) +c, et fina- lementf(x,y) =-ch(y)cos(x) +ish(y)sin(x) +c. En utilisant les formules reliant fonctions trigonométriques et fonctions hyperboliques (ch(y) = cos(iy)etish(y) = sin(iy)) on obtient f(x,y) =-cos(iy)cos(x) + sin(iy)sin(x) +c=-cos(x+iy) +c .

3. On noteP(x,y) =ax2+ 2bxy+cy2aveca,b,créels.

(a) Toujours grâce aux équations de Cauchy-Riemann, on doitavoir, en notantQla partie réelle

def:?∂P ∂x=∂Q∂y ∂P ∂y=-∂Q∂x CommePest un polynôme,Pest de classeC∞, et les équations ci-dessus montrent qu"il en

va de même pourQ1; on peut donc considérer les dérivées secondes deP,Q. Les équations de

Cauchy-Riemann entraînent que

∂2P ∂x2=∂2Q∂x∂y 2P ∂y2=-∂2Q∂y∂x PuisqueQest de classeC2, on peut lui appliquer le lemme de Schwarz qui nous donne l"égalité 2Q

∂x∂y=∂2Q∂y∂x. Finalement, on voit quePdoit vérifier∂2P∂x2+∂2P∂y2= 0, autrement dit2a+2c=

0, c"est-à-direa=-c. (Bien sûr, on aurait simplement pu intégrer les deux lignesdonnées par

Cauchy-Riemann pour calculerQà une constante près et retrouver cette condition; mais ci-

dessus on a montré un résultat plus général, qui s"appliquerait à toutes les fonctions qui sont

partie réelle d"une fonction holomorphe). En appliquant les mêmes méthodes que tout à l"heure pour calculerQ, on obtient (quand a=-c)

Q(x,y) = 2axy+b(y2-x2) +K(K?R)

Finalemenent, on obtient que, pour une certaine constanteK?R, on a f(x,y) = 2bxy+a(x2-y2)+i?2axy+b(y2-x2)?+iK=a(x2-y2+2ixy)-ib(x2-y2+2ixy)+iK .

Autrement dit,f(z) = (a-ib)z2+iK, avecK?R.

1. On verra plus tard dans le cours qu"une fonction holomorphe esttoujoursde classeC∞.

2

Exercice 3.3.2

1. Appelonsfune détermination holomorphe du logarithme surU, i.e une fonction holomorphe telle

queef(z)=zpour toutz?U. Si l"on poseg(z) =ef(z)/palors on a ?z?U g(z)p=epf(z)/p=ef(z)=z . Par conséquent,gest une détermination holomorphe dez?→z1/psurU. a) On doit avoir, pour toutz?U,fp(z) =z. En dérivant cette inégalité, on obtient ?z?U pf?(z)(f(z))p-1= 1. On voit en particulier qu"on doit avoirf(z)?= 0pour toutz?U; si0?Uon auraitf(0)p= 0, donc f(0) = 0et on vient de voir que c"est impossible. Par conséquent0??U.

b) On a vu à la question précédente quef1etf2ne s"annulent pas. NotonsDpl"ensemble (fini) des

racinesn-ièmes de l"unité, Rappelons que cet ensemble correspond géométriquement aux sommets

d"un polygône régulier àpcôtés, représenté ci-dessous quandp= 7.

Les racines septièmes de l"unité.

Considérons la fonctiong=f1/f2. Puisquef1(z)p=z=f2(z)ppour toutz?U, on voit que g(z)p= 1pour toutz?U. Par conséquent,gprend ses valeurs dans l"ensemble finiDp. Commeg est continue etUest connexe, cela signifie quegest constante, autrement dit il existe une racine p-ième de l"unitéλtelle quef1(z) =λf2(z)pour toutz?U. c) Sifest une détermination holomorphe dez?→z1/psurUalors, pour toutλ?Dp,λfest aussi

une détermination holomorphe dez?→z1/p. On vient de montrer la réciproque dans la question

précédente. Par conséquent, les déterminations holomorphes dez?→z1/psont les fonctions de la

formeλf, oùλest une racinep-ième de l"unité. Il y a autant de telles fonctions que de racines

p-ièmes de l"unité, c"est-à-direp. d) SurU=C\R-; on sait qu"il existe une détermination holomorphe surUdu logarithme. Appelons Log

la détermination principale. Alors la question a) nous dit queg:z?→eLog(z)/3est une détermination

holomorphe dez?→z1/3. On ag(1) =e0= 1; puisquee4iπ/3est une racine cubique de l"unité, on voit donc quef=e4iπ/3gest une détermination dez?→z1/3telle quef(1) =e4iπ/3. L"unicité d"une telle fonctionfest immédiate, puisque commeUest connexe deux déterminations

holomorphes dez?→z1/3surUdoivent être proportionnelles, et deux fonctions proportionnelles qui

sont égales en un point sont égales partout. 3

Exercice 4.1.4Reprenons cet exercice; en TD on a vu, en appliquant la définition de l"intégrale curviligne,

que?

Rf(z)eizdz=?

0 f(Reit)eieit.Reitdt . En utilisant l"inégalité triangulaire, on en avait déduit que

Rf(z)eizdz?

0? ?f(Reit)eiReit? ?Rdt=R? 0? ?f(Reit)? ?e-Rsin(t)dt (On a utilisé le fait que|ez|=eRe(z), appliqué àz=iReit). Finalement, en utilisant l"hypothèse surf, nous étions arrivés à

Rf(z)eizdz?

0 e-Rsin(t)dt .(1) Nous nous trouvâmes alors fort marris, nul ne sachant commentremplacer ceRn+1par leRndemandé par l"énoncé... Nous avions vu que, par symétrie (sin(π-t) = sin(t)), on avait 0 e-Rsin(t)dt= 2?

π/2

0 e-Rsin(t)dt .

Je vous avais alors demandé de réfléchir à des majorations possibles de cette intégrale- et d"essayer d"utiliser

toutt≥0, mais hélas dans le mauvais sens pour nous être utile ici (on en déduirait une minoration de

l"intégrale).

On chercherait donc une inégalité du typesin(t)≥αt, avec unαpermettant de récupérer le résultat de

l"énoncé; il est alors tentant de chercher à établir l"inégalitésin(t)≥2t

π, qui se trouve être valable sur

[0,π/2](c"est une conséquence du fait que le graphe de la fonctionsinest concave sur[0,π

2]; tous ses points

se trouvent donc au-dessus de la corde joignant(0,0)et(π

2,1), comme essaye de le montrer le dessin à

la fin de l"exercice). Armés de cette inégalité, nous obtenons(en utilisant le fait que l"exponentielle est

croissante, et que l"intégrale préserve les inégalités)

π/2

0

π/2

0 e-2Rt/πdt=π

2R(1-e-R).

Finalement, on obtient donc

0 R, ce qui nous permet, en réinjectant cette inégalité dans (1), d"obtenir le résultat demandé par l"énoncé, à savoir

Rf(z)eizdz?

L"inégalité de concavité desinest souvent utile quand on doit majorer certaines intégrales; voici un dessin

essayant de la justifier... L"inégalité de concavité du sinusy= sin(x) y=2xπ 4

Exercice 5.2.4

1. Ici, on pourrait être tenté de reprendre la preuve vue en cours du fait que l"indice ne prend que des

valeurs entières; en fait, l"intégrale de l"exerciceestun indice. Voyons pourquoi : déjà, notons que si

γest un circuit tracé dansUalorsf◦γest un circuit tracé dansC. Une paramétrisation def◦γ

est bien sûr donnée part?→f(γ(t))pour toutt?IoùIest l"intervalle de définition deγ.

L"indiceαde0par rapport àf◦γvaut, par définition,

α=1

2iπ?

f◦γdzz=12iπ?

I1f(γ(t))(f◦γ)?(t)dt=12iπ?

If ?(γ(t))γ?(t)f(γ(t))dt .

Maintenant, si l"on calcule l"intégrale de l"énoncé en utilisant la définition de l"intégrale curviligne,

on voit que 1

2iπ?

γf ?(z)f(z)dz=12iπ? If ?(γ(t))f(γ(t))γ?(t)dt .

On voit finalement que

1

2iπ?

γf ?(z)f(z)dzest égal àα; c"est donc un entier relatif.

2. Fixons un circuitγdansU. Notons que, sigest une détermination holomorphe def1/n, i.e sign=f,

alors on a ng?(z) g(z)=f?(z)f(z). En particulier, si pour toutn >0il existe une détermination holomorphegndef1/n, alors on a 1

2iπ?

γf ?(z)f(z)dz=n.12iπ? γg ?n(z)gn(z)dz . Puisque, d"après le résultat de la question précédente appliquée àgn,1

2iπ?

γg ?n(z)gn(z)dzest un entier relatif, on en déduit que 1

2iπ?

γf ?(z)f(z)dzest divisible parn; ceci étant vrai pour toutn >0, on en déduit finalement que γf ?(z) f(z)dz= 0. Puisque le circuitγétait quelconque, ceci prouve quef?/fa une primitive holomorphe surU, autrement dit il existe une détermination holomorphe defsurU.

Le fait que l"intégrale de la question 1 soit égale à l"indicede0relativement àf◦γsera utile quand

nous compterons les zéros de fonctions holomorphes. 5quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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