Équations de Cauchy-Riemann et maximum : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : équations de Cauchy-Riemann et maximum

Le corrigé détaillé : équations de Cauchy-Riemann et maximum

Exercice 1 – Parties réelles et dérivabilité complexe (4 points)

1. a) Condition d’harmonicité

   On calcule \(\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 6x\) et \(\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 2ax\), donc \(\Delta u = (6 + 2a)\,x\). Ce laplacien est nul pour tout \(x\) si et seulement si \(a = -3\), et alors \(u(x, y) = x^3 – 3xy^2 – 4xy\).

   b) Recherche des conjuguées

   Les équations de Cauchy-Riemann imposent \(\dfrac{\partial v}{\partial y} = \dfrac{\partial u}{\partial x} = 3x^2 – 3y^2 – 4y\) et \(\dfrac{\partial v}{\partial x} = -\dfrac{\partial u}{\partial y} = 6xy + 4x\). En intégrant la première en \(y\), on obtient \(v = 3x^2 y – y^3 – 2y^2 + \varphi(x)\). La seconde donne ensuite \(6xy + \varphi^{\prime}(x) = 6xy + 4x\), donc \(\varphi(x) = 2x^2 + K\). Réciproquement, \(u\) et \(v\) sont de classe \(C^1\). Elles vérifient Cauchy-Riemann sur \(\mathbb{R}^2\), donc \(u + iv\) est holomorphe. Les solutions sont \(v(x, y) = 3x^2 y – y^3 + 2x^2 – 2y^2 + K\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

   c) Écriture en fonction de z

   On a \(z^3 = x^3 – 3xy^2 + i\left(3x^2 y – y^3\right)\) et \(2i z^2 = -4xy + i\left(2x^2 – 2y^2\right)\). La somme a donc pour partie réelle \(u\) et pour partie imaginaire \(v\) avec \(K = 0\), ce qu’impose \(f(0) = 0\). Ainsi \(f(z) = z^3 + 2i z^2\).

2. Ici \(P = x^2\) et \(Q = y^2\) sont de classe \(C^1\), donc \(g\) est différentiable au sens réel. Elle est alors \(\mathbb{C}\)-dérivable en \(x + iy\) si et seulement si les équations de Cauchy-Riemann y sont vérifiées. Elles s’écrivent ici \(2x = 2y\) et \(0 = 0\). L’ensemble cherché est la droite d’équation \(y = x\). Cette droite est d’intérieur vide, par conséquent \(g\) n’est holomorphe sur aucun ouvert non vide.
3. Les équations de Cauchy-Riemann et la relation \(P = Q^2\) donnent \(\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial P}{\partial x} = 2Q\,\frac{\partial Q}{\partial x}\) et \(\frac{\partial Q}{\partial x} = -\frac{\partial P}{\partial y} = -2Q\,\frac{\partial Q}{\partial y}\). En reportant la seconde dans la première, on obtient \(\frac{\partial Q}{\partial y} = -4Q^2\,\frac{\partial Q}{\partial y}\), donc \(\left(1 + 4Q^2\right)\frac{\partial Q}{\partial y} = 0\). Comme \(1 + 4Q^2 > 0\), la dérivée \(\frac{\partial Q}{\partial y}\) est nulle, puis \(\frac{\partial Q}{\partial x}\) aussi. Le gradient de \(Q\) est nul sur l’ouvert connexe \(U\), donc \(Q\) est constante, ainsi que \(P = Q^2\). Finalement, \(h\) est constante.

Barème : 1a) 0,5 point ; 1b) système de Cauchy-Riemann 0,25, intégration 0,5, réciproque 0,25 ; 1c) 0,5 ; 2) condition 0,5, conclusion sur l’ouvert 0,5 ; 3) calcul 0,5, rôle de la connexité 0,5.

Piège classique : conclure que \(g\) est holomorphe sur la droite \(y = x\) ; l’holomorphie exige la \(\mathbb{C}\)-dérivabilité sur un ouvert, et une droite n’en contient aucun.

Exercice 2 – Deux chemins vers 1 + i et un cercle (4 points)

1. On paramètre \(\gamma_1\) par \(z(t) = (1 + i)\,t\), \(t \in [0, 1]\), avec \(z^{\prime}(t) = 1 + i\). Il vient \(\int_{\gamma_1} z^2 \,\mathrm{d}z = \int_0^1 (1 + i)^3 t^2 \,\mathrm{d}t = \frac{(1 + i)^3}{3}\). Or \((1 + i)^2 = 2i\), donc \((1 + i)^3 = 2i – 2\) et \(\int_{\gamma_1} z^2 \,\mathrm{d}z = \frac{-2 + 2i}{3}\). Ensuite, \(z \mapsto \frac{z^3}{3}\) est une primitive de \(z^2\) sur \(\mathbb{C}\). L’intégrale sur un chemin de 0 à \(1 + i\) ne dépend donc que des extrémités. Elle est donc la même sur \(\gamma_2\).

2. Le long du segment

   Sur \(\gamma_1\), \(\overline{z(t)} = (1 – i)\,t\), donc \(\int_{\gamma_1} \overline{z} \,\mathrm{d}z = \int_0^1 (1 – i)(1 + i)\,t \,\mathrm{d}t = 2 \times \frac{1}{2}\), soit \(\int_{\gamma_1} \overline{z} \,\mathrm{d}z = 1\).

   Le long de la ligne brisée

   D’abord, sur \([0, 1]\), \(z = t\) et l’intégrale vaut \(\int_0^1 t \,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\). Ensuite, sur le côté vertical, \(z = 1 + it\) et \(\mathrm{d}z = i \,\mathrm{d}t\), d’où \(\int_0^1 (1 – it)\,i \,\mathrm{d}t = i + \frac{1}{2}\). Au total, \(\int_{\gamma_2} \overline{z} \,\mathrm{d}z = 1 + i\).

   Ce que révèle l’écart

   Les deux chemins ont les mêmes extrémités mais donnent des valeurs différentes. Par conséquent, \(z \mapsto \overline{z}\) n’admet aucune primitive sur \(\mathbb{C}\). Elle n’est donc pas holomorphe. En effet, le théorème de Cauchy sur l’étoilé \(\mathbb{C}\) fournirait sinon une primitive. On retrouve d’ailleurs que Cauchy-Riemann échoue : \(\frac{\partial x}{\partial x} = 1\) alors que \(\frac{\partial(-y)}{\partial y} = -1\).

3. Éléments simples

   On vérifie que \(\dfrac{1}{(z – 1)(z – 3)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{z – 3} – \dfrac{1}{z – 1}\right)\), car \((z – 1) – (z – 3) = 2\).

   Deux intégrales de natures différentes

   La fonction \(z \mapsto \frac{1}{z – 3}\) est holomorphe sur le disque \(D(0, 3)\), qui contient \(C(0, 2)\). Par le théorème de Cauchy, son intégrale est donc nulle. En revanche, le point 1 est intérieur au cercle. La formule de Cauchy pour la fonction constante 1 sur \(D(0, 3)\) donne alors \(\int_{C(0, 2)} \frac{\mathrm{d}z}{z – 1} = 2i\pi\). Ainsi l’intégrale vaut \(\frac{1}{2}(0 – 2i\pi) = -i\pi\).

Barème : 1) paramétrage et valeur 0,5, argument de primitive 0,5 ; 2) intégrale sur \(\gamma_1\) 0,5, sur \(\gamma_2\) 0,5, conclusion 0,5 ; 3) décomposition 0,5, intégrale nulle justifiée 0,5, valeur finale 0,5.

Piège classique : oublier que le point 3 est extérieur au cercle et compter deux fois \(2i\pi\) ; placer les points sur la figure évite cette erreur.

Exercice 3 – Trois intégrales sur un même cercle (3 points)

Le disque fermé \(\overline{D}(i, 1)\) est inclus dans le disque ouvert \(D(i, 2)\), qui ne contient pas \(-i\) puisque \(\lvert -i – i \rvert = 2\). Toutes les fonctions utilisées ci-dessous sont holomorphes sur \(D(i, 2)\).

1. La fonction \(z \mapsto \mathrm{e}^{\pi z}\) est entière. La formule de Cauchy au centre \(i\) donne \(A = 2i\pi\,\mathrm{e}^{i\pi}\), donc \(A = -2i\pi\).
2. La formule de Cauchy pour la dérivée première s’écrit \(\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{(z – i)^2}\,\mathrm{d}z = 2i\pi\, f^{\prime}(i)\). Avec \(f = \sin\), on obtient \(B = 2i\pi \cos(i)\). Or \(\cos(i) = \frac{\mathrm{e}^{-1} + \mathrm{e}}{2} = \operatorname{ch}(1)\), donc \(B = 2i\pi \operatorname{ch}(1)\).
3. On écrit \(\frac{1}{z^2 + 1} = \frac{\varphi(z)}{z – i}\) avec \(\varphi(z) = \frac{1}{z + i}\), holomorphe sur \(D(i, 2)\). Alors \(C = 2i\pi\,\varphi(i) = \frac{2i\pi}{2i}\), c’est-à-dire \(C = \pi\).

Barème : a) 1 point ; b) formule pour la dérivée 0,5, valeur avec \(\operatorname{ch}(1)\) 0,5 ; c) choix de \(\varphi\) et du disque 0,5, valeur 0,5. Le disque d’application doit être cité au moins une fois.

Piège classique : dans \(C\), garder \(\frac{1}{z^2 + 1}\) comme fonction à évaluer en \(i\) ; il faut d’abord isoler le facteur \(z – i\), puis évaluer le reste.

Exercice 4 – Liouville et racines des polynômes (4 points)

1. La fonction \(f\) est holomorphe sur \(\mathbb{C}\), qui contient le disque fermé \(\overline{D}(a, r)\). La formule de Cauchy pour la dérivée donne \(f^{\prime}(a) = \frac{1}{2i\pi} \int_{C(a, r)} \frac{f(z)}{(z – a)^2}\,\mathrm{d}z\). Sur ce cercle, l’intégrande est majorée en module par \(\frac{M_r}{r^2}\). De plus, la longueur du chemin vaut \(2\pi r\). Par conséquent, \(\lvert f^{\prime}(a) \rvert \leq \frac{1}{2\pi} \times 2\pi r \times \frac{M_r}{r^2}\), soit \(\lvert f^{\prime}(a) \rvert \leq \dfrac{M_r}{r}\).
2. Si \(\lvert f \rvert \leq M\) sur \(\mathbb{C}\), alors \(M_r \leq M\) pour tout \(r\), d’où \(\lvert f^{\prime}(a) \rvert \leq \frac{M}{r}\). En faisant tendre \(r\) vers \(+\infty\), on obtient \(f^{\prime}(a) = 0\) pour tout \(a\). Comme \(\mathbb{C}\) est connexe, \(f\) est constante.

3. Croissance du module à l’infini

   Écrivons \(P(z) = \sum_{k=0}^{d} a_k z^k\) avec \(a_d \neq 0\). Pour \(z \neq 0\), on factorise : \(P(z) = a_d z^d \left(1 + \varepsilon(z)\right)\), avec \(\varepsilon(z) = \sum_{k=0}^{d-1} \frac{a_k}{a_d}\, z^{k – d}\). Chaque terme de \(\varepsilon(z)\) tend vers 0 quand \(\lvert z \rvert \to +\infty\). Il existe donc \(R > 0\) tel que \(\lvert \varepsilon(z) \rvert \leq \frac{1}{2}\) pour \(\lvert z \rvert \geq R\). Alors \(\lvert P(z) \rvert \geq \frac{\lvert a_d \rvert}{2}\lvert z \rvert^d\). Ainsi \(\lvert P(z) \rvert\) tend vers \(+\infty\).

   Une fonction entière bornée

   Puisque \(P\) ne s’annule pas, \(\frac{1}{P}\) est holomorphe sur \(\mathbb{C}\). D’après ce qui précède, il existe \(R^{\prime} > 0\) tel que \(\lvert P(z) \rvert \geq 1\) pour \(\lvert z \rvert \geq R^{\prime}\). Sur cette zone, \(\left\lvert \frac{1}{P} \right\rvert \leq 1\). De plus, le disque fermé \(\overline{D}(0, R^{\prime})\) est compact, si bien que \(\left\lvert \frac{1}{P} \right\rvert\), continue, y est bornée. Donc \(\frac{1}{P}\) est entière et bornée.

4. Par le théorème de Liouville, \(\frac{1}{P}\) est constante, donc \(P\) l’est aussi, ce qui contredit \(d \geq 1\). L’hypothèse était donc fausse : tout polynôme complexe non constant admet au moins une racine (théorème de d’Alembert-Gauss).
5. La fonction \(\mathrm{e}^{f}\) est entière et \(\left\lvert \mathrm{e}^{f(z)} \right\rvert = \mathrm{e}^{\operatorname{Re} f(z)} \leq \mathrm{e}^3\). Par Liouville, elle est constante, donc sa dérivée \(f^{\prime}\,\mathrm{e}^{f}\) est nulle. Comme l’exponentielle ne s’annule jamais, \(f^{\prime} = 0\) sur \(\mathbb{C}\). Ainsi \(f\) est constante.

Barème : 1) formule de Cauchy 0,5, majoration 0,5 ; 2) 0,5 point ; 3) limite à l’infini 0,75, caractère entier et borné 0,75 ; 4) 0,5 ; 5) 0,5.

Piège classique : affirmer que \(\frac{1}{P}\) est bornée parce qu’elle tend vers 0 à l’infini, sans traiter le disque compact où se trouve le reste du plan.

Exercice 5 – Problème : moyenne et maximum du module (5 points)

1. Le disque fermé \(\overline{D}(a, r)\) est un compact inclus dans l’ouvert \(U\) ; il existe donc \(r^{\prime} > r\) tel que \(D(a, r^{\prime}) \subset U\). La formule de Cauchy sur ce disque donne \(f(a) = \frac{1}{2i\pi} \int_{C(a, r)} \frac{f(z)}{z – a}\,\mathrm{d}z\). Avec \(z = a + r\,\mathrm{e}^{i\theta}\) et \(\mathrm{d}z = i r\,\mathrm{e}^{i\theta}\,\mathrm{d}\theta\), le facteur \(i r\,\mathrm{e}^{i\theta}\) se simplifie avec \(z – a\). On obtient ainsi \(f(a) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f\left(a + r\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)\mathrm{d}\theta\).

2. La moyenne d’une partie réelle

   Soit \(0 < r < \rho\). En multipliant la question 1 par \(\overline{c}\) et en prenant la partie réelle, on a \(\lvert c \rvert^2 = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \operatorname{Re}\left(\overline{c}\, f\left(a + r\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)\right)\mathrm{d}\theta\). Or, sur \(D(a, \rho)\), \(\operatorname{Re}\left(\overline{c}\, f\right) \leq \lvert c \rvert\,\lvert f \rvert \leq \lvert c \rvert^2\).

   Une intégrande positive d’intégrale nulle

   La fonction \(\theta \mapsto \lvert c \rvert^2 – \operatorname{Re}\left(\overline{c}\, f\left(a + r\,\mathrm{e}^{i\theta}\right)\right)\) est donc continue, positive et d’intégrale nulle : elle est identiquement nulle. Sur le cercle de rayon \(r\), on obtient alors \(\lvert f – c \rvert^2 = \lvert f \rvert^2 – 2\operatorname{Re}\left(\overline{c}\, f\right) + \lvert c \rvert^2 \leq \lvert c \rvert^2 – 2\lvert c \rvert^2 + \lvert c \rvert^2 = 0\).

   Ceci vaut pour tout \(r \in ]0, \rho[\), et \(f(a) = c\) : \(f = c\) sur tout le disque \(D(a, \rho)\).

3. La fonction \(f – c\) est holomorphe sur l’ouvert connexe \(U\) et s’annule sur le disque \(D(a, \rho)\). Ses zéros ne sont donc pas isolés. Par le principe des zéros isolés (prolongement analytique), \(f = c\) sur \(U\).
4. L’ensemble \(\overline{U}\) est fermé et borné, donc compact, et \(\lvert f \rvert\) y est continue : elle atteint son maximum en un point \(z_0\). Si \(z_0\) est sur le bord, c’est terminé. Sinon, \(z_0 \in U\) est un maximum local de \(\lvert f \rvert\). D’après les questions 2 et 3, \(f\) est alors constante sur \(U\), puis sur \(\overline{U}\) par continuité. Or \(U\) est borné et non vide, donc distinct de \(\mathbb{C}\). Son bord n’est alors pas vide, car \(\mathbb{C}\) est connexe. Dans tous les cas, le maximum est atteint en un point du bord.

5. Réduction au cercle unité

   La fonction polynomiale \(F\) est holomorphe sur \(D(0, 1)\) et continue sur le disque fermé. D’après la question 4, le maximum de \(\lvert F \rvert\) est donc atteint sur le cercle \(\lvert z \rvert = 1\). Quand \(z\) parcourt ce cercle, \(w = z^2\) parcourt tout le cercle unité.

   Le point le plus éloigné

   On a \(\lvert w – 4i \rvert \leq \lvert w \rvert + 4 = 5\), avec égalité si et seulement si \(w = -i\). La figure montre l’image du disque par \(F\) : un disque de centre \(-4i\) et de rayon 1.

   

   Le maximum de \(\lvert F \rvert\) vaut 5, atteint lorsque \(z^2 = -i\), c’est-à-dire en \(z = \frac{\sqrt{2}}{2}(1 – i)\) et en \(z = \frac{\sqrt{2}}{2}(-1 + i)\).

6. Absence de zéro

   Pour \(\lvert z \rvert \leq 1\), on a \(\lvert F(z) \rvert \geq 4 – \lvert z \rvert^2 \geq 3 > 0\), donc \(F\) ne s’annule pas sur le disque fermé. Ses zéros vérifient \(z^2 = 4i\), donc \(\lvert z \rvert = 2\) ; ainsi \(\frac{1}{F}\) est holomorphe sur \(D(0, 2)\).

   Le minimum par l’inverse

   Appliquons la question 4 à \(\frac{1}{F}\) : son module atteint son maximum sur le cercle unité, donc \(\lvert F \rvert\) y atteint son minimum. Pour \(\lvert w \rvert = 1\), \(\lvert w – 4i \rvert \geq 4 – 1 = 3\), avec égalité si et seulement si \(w = i\). Le minimum de \(\lvert F \rvert\) vaut donc 3, atteint lorsque \(z^2 = i\), soit en \(z = \frac{\sqrt{2}}{2}(1 + i)\) et en \(z = -\frac{\sqrt{2}}{2}(1 + i)\).

Barème : 1) formule de Cauchy et paramétrage 1 point ; 2) inégalité sur la partie réelle 0,5, nullité de l’intégrande et conclusion 0,5 ; 3) 0,5 ; 4) 0,5 ; 5) réduction au cercle 0,5, valeur et points 0,5 ; 6) non-annulation 0,5, minimum et points 0,5.

Piège classique : appliquer le principe du minimum sans vérifier que \(F\) ne s’annule pas ; pour \(z \mapsto z\) sur le disque unité, le minimum 0 est atteint au centre.

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