Corrigé des exercices : Holomorphie et formule de Cauchy en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois tests de Cauchy-Riemann

Idée clé : les trois fonctions ont des parties réelle et imaginaire de classe \(\mathcal{C}^1\), donc tout se joue sur les deux équations de Cauchy-Riemann.

1. Ici \(P=e^{-y}\cos x\) et \(Q=e^{-y}\sin x\). D’abord, \(\partial_xP=-e^{-y}\sin x\) et \(\partial_yQ=-e^{-y}\sin x\) sont égales. Ensuite, \(\partial_yP=-e^{-y}\cos x\) et \(-\partial_xQ=-e^{-y}\cos x\) le sont aussi. Ainsi \(f\) est C-dérivable partout, donc entière, et \(f^{\prime}=\partial_xP+i\,\partial_xQ=-e^{-y}\sin x+ie^{-y}\cos x\). Or \(iz=-y+ix\), donc \(e^{iz}=e^{-y}(\cos x+i\sin x)\). On a \(f(z)=e^{iz}\), entière, et \(f^{\prime}(z)=ie^{iz}\).
2. Ici \(P=x^2\) et \(Q=y^2\). La première équation donne \(2x=2y\), tandis que la seconde, \(0=0\), est toujours vraie. Par conséquent \(g\) est C-dérivable exactement sur la droite \(y=x\). Cette droite ne contient aucun disque ouvert. La fonction \(g\) n’est holomorphe sur aucun ouvert non vide.
3. Ici \(P=x^2-y^2\) et \(Q=-2xy\). D’abord, la première équation donne \(2x=-2x\), soit \(x=0\). Ensuite, la seconde impose \(-2y=2y\), soit \(y=0\). On reconnaît d’ailleurs \(h(z)=\bar z^{\,2}\). La fonction \(h\) est C-dérivable en 0 seulement, et holomorphe sur aucun ouvert.

Corrigé de l’exercice 2 – Reconstruction à partir de la partie réelle

Idée clé : les équations de Cauchy-Riemann donnent les deux dérivées partielles de \(v\), qu’on intègre l’une après l’autre.

1. On calcule \(\partial_xu=3x^2-3y^2+2\), puis \(\partial^2_xu=6x\). De même, \(\partial_yu=-6xy\), puis \(\partial^2_yu=-6x\). La somme est nulle : \(u\) est harmonique.
2. Si \(f=u+iv\) est entière, alors \(\partial_yv=\partial_xu=3x^2-3y^2+2\). En intégrant en \(y\), on obtient \(v=3x^2y-y^3+2y+\varphi(x)\), avec \(\varphi\) de classe \(\mathcal{C}^1\). Ensuite, la seconde équation impose \(\partial_xv=-\partial_yu=6xy\). Or \(\partial_xv=6xy+\varphi^{\prime}(x)\), donc \(\varphi^{\prime}=0\). Réciproquement, ces fonctions conviennent, car leurs dérivées partielles sont continues et vérifient les deux équations. Les solutions sont \(v=3x^2y-y^3+2y+k\), avec \(k\in\mathbb{R}\).
3. Avec \(k=0\), on compare avec \(z^3=x^3-3xy^2+i(3x^2y-y^3)\) et \(2z=2x+2iy\). On obtient \(f(z)=z^3+2z\).

Corrigé de l’exercice 3 – Équations exponentielles et logarithme principal

Idée clé : on écrit chaque nombre sous forme exponentielle, en choisissant l’argument dans \(\left]-\pi,\pi\right[\) pour le logarithme principal.

1. Le nombre \(-2+2i\sqrt3\) a pour module \(\sqrt{4+12}=4\) et pour argument \(2\pi/3\), puisque \(\cos(2\pi/3)=-1/2\) et \(\sin(2\pi/3)=\sqrt3/2\). Ainsi \(e^z=4e^{2i\pi/3}=e^{\ln4+2i\pi/3}\). Les solutions sont \(z=\ln4+i\big(\tfrac{2\pi}{3}+2k\pi\big)\), \(k\in\mathbb{Z}\).
2. D’abord, \(-3i=3e^{-i\pi/2}\). Ensuite, \(1+i=\sqrt2e^{i\pi/4}\). Enfin, \(-1+i=\sqrt2e^{3i\pi/4}\), avec \(3\pi/4\in\left]-\pi,\pi\right[\). On obtient \(\operatorname{Log}(-3i)=\ln3-\tfrac{i\pi}{2}\), \(\operatorname{Log}(1+i)=\tfrac12\ln2+\tfrac{i\pi}{4}\) et \(\operatorname{Log}(-1+i)=\tfrac12\ln2+\tfrac{3i\pi}{4}\).
3. On calcule \((-1+i)^2=1-2i-1=-2i=2e^{-i\pi/2}\), donc \(\operatorname{Log}\big((-1+i)^2\big)=\ln2-\tfrac{i\pi}{2}\). En revanche, \(2\operatorname{Log}(-1+i)=\ln2+\tfrac{3i\pi}{2}\). Les deux valeurs diffèrent de \(2i\pi\) : la règle \(\operatorname{Log}(w^2)=2\operatorname{Log}w\) est fausse ici, car \(3\pi/2\) sort de \(\left]-\pi,\pi\right[\).

Corrigé de l’exercice 4 – Deux chemins de 1 à i

Idée clé : une fonction qui a une primitive donne la même intégrale sur tous les chemins de mêmes extrémités ; deux résultats différents prouvent donc l’absence de primitive.

1. Sur \(\alpha\), on a \(\gamma^{\prime}(t)=ie^{it}\), donc \(\int_\alpha z^2\,\mathrm{d}z=i\int_0^{\pi/2}e^{3it}\,\mathrm{d}t=\frac{e^{3i\pi/2}-1}{3}=\frac{-1-i}{3}\). Sur \(\sigma\), on pose \(\gamma(t)=1+t(i-1)\), de dérivée \(i-1\). Puisque \((i-1)^2=-2i\), on a \(\gamma(t)^2=1+2t(i-1)-2it^2\). L’intégrale vaut alors \((i-1)\big(1+(i-1)-\tfrac{2i}{3}\big)=(i-1)\tfrac{i}{3}=\frac{-1-i}{3}\). Enfin, \(z^3/3\) est une primitive entière de \(z^2\), d’où \(\frac{i^3-1}{3}=\frac{-1-i}{3}\). Les trois calculs donnent \(\frac{-1-i}{3}\).
2. Sur \(\sigma\), \(\operatorname{Re}\gamma(t)=1-t\), donc l’intégrale vaut \((i-1)\int_0^1(1-t)\,\mathrm{d}t=\frac{i-1}{2}\). Sur \(\alpha\), \(\operatorname{Re}\gamma(t)=\cos t\), donc l’intégrale vaut \(i\int_0^{\pi/2}(\cos^2t+i\cos t\sin t)\,\mathrm{d}t=i\big(\tfrac{\pi}{4}+\tfrac{i}{2}\big)\). On trouve \(\frac{-1+i}{2}\) sur le segment et \(-\frac12+\frac{i\pi}{4}\) sur l’arc.
3. Ces deux valeurs diffèrent, car \(\pi/4\neq1/2\). La fonction \(z\mapsto\operatorname{Re}z\) n’a de primitive holomorphe sur aucun ouvert contenant les deux chemins. C’est cohérent avec Cauchy-Riemann : \(\partial_xP=1\) et \(\partial_yQ=0\), donc elle n’est C-dérivable nulle part.

Corrigé de l’exercice 5 – Puissances de z sur un cercle

Idée clé : tout se ramène à l’intégrale de \(e^{i(n+1)t}\) sur une période.

1. Avec \(\gamma(t)=re^{it}\), on obtient \(\int_{C(0,r)}z^n\,\mathrm{d}z=ir^{n+1}\int_0^{2\pi}e^{i(n+1)t}\,\mathrm{d}t\). Si \(n\neq-1\), cette intégrale vaut \(\big[e^{i(n+1)t}/(i(n+1))\big]_0^{2\pi}=0\). Si \(n=-1\), elle vaut \(2\pi\). Le résultat est \(2i\pi\) pour \(n=-1\), et 0 pour tout autre entier.
2. Par linéarité, seul le terme \(-5/z\) contribue. L’intégrale vaut \(-5\cdot2i\pi=-10i\pi\).
3. Sur le cercle unité, \(z\bar z=1\), donc \(\bar z=z^{-1}\) et \(\bar z^{\,2}=z^{-2}\). D’après la question 1, \(\int_{C(0,1)}\bar z^{\,2}\,\mathrm{d}z=0\) et \(\int_{C(0,1)}\bar z\,\mathrm{d}z=2i\pi\).

Corrigé de l’exercice 6 – Formule de Cauchy : trois calculs directs

Idée clé : chaque numérateur est entier, et le point singulier est à l’intérieur du cercle \(C(0,2)\) ; on applique la formule de Cauchy pour \(g^{(k)}(a)\).

1. La fonction sinus est entière et \(|\pi/2|\approx1{,}57<2\). La formule de Cauchy donne donc \(2i\pi\sin(\pi/2)\). L’intégrale vaut \(2i\pi\).
2. On pose \(g(z)=ze^z\), entière, et \(a=-1\), intérieur au cercle. Avec \(k=1\), l’intégrale vaut \(2i\pi\,g^{\prime}(-1)\). Or \(g^{\prime}(z)=(1+z)e^z\) s’annule en \(-1\). L’intégrale est nulle.
3. On pose \(g=\exp\), \(a=0\) et \(k=2\). L’intégrale vaut \(\frac{2i\pi}{2!}g^{\prime\prime}(0)=i\pi\). On obtient \(i\pi\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Où une fonction est-elle C-dérivable ?

Idée clé : en un point isolé, on revient au quotient ; ailleurs, on résout le système de Cauchy-Riemann.

1. En 0, le quotient vaut \(\frac{f(h)-f(0)}{h}=\operatorname{Re}h\), qui tend vers 0. Donc \(f\) est C-dérivable en 0, avec \(f^{\prime}(0)=0\). Ensuite, \(f(x+iy)=x^2+ixy\), donc \(P=x^2\) et \(Q=xy\), de classe \(\mathcal{C}^1\). D’une part, la première équation donne \(2x=x\), soit \(x=0\). D’autre part, la seconde s’écrit \(0=-y\), soit \(y=0\). La fonction \(f\) est C-dérivable en 0 et nulle part ailleurs.
2. Ici \(P=x^2\) et \(Q=2xy\). La première équation, \(2x=2x\), est toujours vraie. La seconde s’écrit \(0=-2y\). Par conséquent, \(g\) est C-dérivable exactement aux points réels. En un tel point, \(g^{\prime}(x)=\partial_xP+i\,\partial_xQ=2x+2iy=2x\). La fonction \(g\) est C-dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(g^{\prime}(x)=2x\).
3. Ni \(\{0\}\) ni la droite réelle ne contiennent de disque ouvert. Aucune des deux fonctions n’est holomorphe sur un ouvert non vide.

Corrigé de l’exercice 8 – Module constant et partie réelle constante

Idée clé : on montre que \(P\) et \(Q\) ont un gradient nul, puis on utilise la connexité de \(U\).

1. Si \(P\) est constante, alors \(\partial_xP=\partial_yP=0\). Les équations de Cauchy-Riemann donnent \(\partial_yQ=0\) et \(\partial_xQ=0\). Ainsi \(P\) et \(Q\) ont un gradient nul sur l’ouvert connexe \(U\), donc elles y sont constantes. La fonction \(f\) est constante.
2. Posons \(c=P^2+Q^2\). Si \(c=0\), alors \(f=0\). Sinon, en dérivant, \(PP_x+QQ_x=0\) et \(PP_y+QQ_y=0\). On remplace \(Q_x=-P_y\) et \(Q_y=P_x\) : on obtient \(PP_x-QP_y=0\) et \(QP_x+PP_y=0\). C’est un système linéaire en \((P_x,P_y)\), de déterminant \(P^2+Q^2=c\neq0\). Donc \(P_x=P_y=0\), et \(P\) est constante. La question 1 conclut : \(f\) est constante.
3. Si \(f\) et \(\bar f\) sont holomorphes, alors \(h=i(f+\bar f)=2iP\) l’est aussi. Sa partie réelle est nulle, donc constante. D’après la question 1, \(h\) est constante, donc \(P\) l’est. En appliquant encore la question 1 à \(f\), on conclut que \(f\) est constante.

Corrigé de l’exercice 9 – Racine carrée principale et absence de logarithme sur C*

Idée clé : une primitive de \(1/z\) sur \(\mathbb{C}^*\) contredirait le calcul \(\int_{C(0,1)}\mathrm{d}z/z=2i\pi\).

1. La fonction \(\operatorname{Log}\) est holomorphe sur \(\Omega\) et \(\exp\) est entière, donc \(s\) est holomorphe sur \(\Omega\). Ensuite, \(s(z)^2=\exp(\operatorname{Log}z)=z\). Enfin, la dérivée d’une composée donne \(s^{\prime}(z)=\frac{1}{2z}s(z)=\frac{s(z)}{2s(z)^2}=\frac{1}{2s(z)}\), car \(s\) ne s’annule pas. On a bien \(s^2=z\) et \(s^{\prime}=1/(2s)\).
2. D’abord, \(\operatorname{Log}(2i)=\ln2+i\pi/2\), donc \(s(2i)=\sqrt2e^{i\pi/4}=1+i\). Ensuite, \(-3+4i\) a pour module 5 et pour argument \(\theta\in\left]\pi/2,\pi\right[\) avec \(\cos\theta=-3/5\). Alors \(s=\sqrt5e^{i\theta/2}\), avec \(\cos(\theta/2)=\sqrt{(1+\cos\theta)/2}=1/\sqrt5\) et \(\sin(\theta/2)=2/\sqrt5\). On obtient \(s(2i)=1+i\) et \(s(-3+4i)=1+2i\), et l’on vérifie que \((1+2i)^2=-3+4i\).
3. Supposons qu’une telle \(L\) existe. En dérivant \(e^{L(z)}=z\), on obtient \(L^{\prime}(z)e^{L(z)}=1\), donc \(L^{\prime}(z)=1/z\). Ainsi \(1/z\) aurait une primitive holomorphe sur \(\mathbb{C}^*\), et son intégrale sur le lacet \(C(0,1)\) serait nulle. Or elle vaut \(2i\pi\). Aucun logarithme holomorphe n’existe sur \(\mathbb{C}^*\).

Corrigé de l’exercice 10 – Majoration sur un demi-cercle

Idée clé : on majore le module de l’intégrande sur l’arc, puis on multiplie par la longueur \(\pi R\).

1. Pour \(z=Re^{it}\) avec \(t\in[0,\pi]\), on a \(iz=iR\cos t-R\sin t\), donc \(|e^{iz}|=e^{-R\sin t}\leqslant1\) car \(\sin t\geqslant0\). Ensuite, l’inégalité triangulaire donne \(|z^2+9|\geqslant|z|^2-9=R^2-9\), qui est strictement positif. Les deux majorations sont établies.
2. La majoration par la longueur donne \(\left|\int_{\Gamma_R}\frac{e^{iz}}{z^2+9}\,\mathrm{d}z\right|\leqslant\pi R\cdot\frac{1}{R^2-9}\). Ce majorant est équivalent à \(\pi/R\). L’intégrale tend donc vers 0 quand \(R\to+\infty\).
3. On a \(\frac{1}{z^2+9}=\frac{1}{6i}\Big(\frac{1}{z-3i}-\frac{1}{z+3i}\Big)\), car \((z+3i)-(z-3i)=6i\). Pour \(R>3\), les points \(\pm3i\) sont intérieurs au cercle. La formule de Cauchy, appliquée à la fonction constante 1, donne \(\int_{C(0,R)}\frac{\mathrm{d}z}{z\mp3i}=2i\pi\). L’intégrale vaut donc \(\frac{1}{6i}(2i\pi-2i\pi)=0\), ce qui est bien compatible avec le majorant \(2\pi R/(R^2-9)\).

Corrigé de l’exercice 11 – Une fraction rationnelle sur quatre cercles

Idée clé : on décompose \(F=\frac12\Big(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z+1}\Big)\), puis on regarde quels pôles sont à l’intérieur de chaque cercle.

La figure situe les quatre cercles par rapport aux pôles \(1\) et \(-1\). Rappelons que \(\int_{C(c,r)}\frac{\mathrm{d}z}{z-a}\) vaut \(2i\pi\) si \(|a-c|<r\), d’après la formule de Cauchy. En revanche, si \(|a-c|>r\), elle vaut 0, d’après le théorème de Cauchy sur le disque étoilé \(D(c,|a-c|)\).

1. Pour \(C(0,2)\), les deux pôles sont intérieurs. L’intégrale vaut \(\frac12(2i\pi-2i\pi)=0\).
2. Sur \(C(1,1)\), le pôle 1 est le centre, tandis que \(-1\) est à distance 2. L’intégrale vaut \(\frac12\cdot2i\pi=i\pi\).
3. Pour \(C(-1,1/2)\), seul \(-1\) est intérieur, le point 1 étant à distance 2. L’intégrale vaut \(-\frac12\cdot2i\pi=-i\pi\).
4. Enfin, les pôles sont à distances 2 et 4 du centre de \(C(3,1)\). Ainsi \(F\) est holomorphe sur le disque étoilé \(D(3,2)\), qui contient le cercle. L’intégrale est nulle.

Corrigé de l’exercice 12 – Dérivées successives et formule de Cauchy

Idée clé : on applique \(\int_{C(c,r)}\frac{g(z)}{(z-a)^{k+1}}\,\mathrm{d}z=\frac{2i\pi}{k!}g^{(k)}(a)\), sans oublier le facteur \(1/k!\).

1. On prend \(g(z)=e^{2z}\), \(a=0\) et \(k=3\). Comme \(g^{(3)}(z)=8e^{2z}\), l’intégrale vaut \(\frac{2i\pi}{6}\cdot8\). On obtient \(\frac{8i\pi}{3}\).
2. On prend \(g(z)=\sin(\pi z)\), entière, \(a=1\), intérieur à \(C(0,2)\), et \(k=1\). Comme \(g^{\prime}(1)=\pi\cos\pi=-\pi\), l’intégrale vaut \(-2i\pi^2\).
3. On prend \(g(z)=z^3+1\), \(a=2\), intérieur à \(C(0,3)\), et \(k=2\). Comme \(g^{\prime\prime}(2)=6\cdot2=12\), l’intégrale vaut \(\frac{2i\pi}{2}\cdot12\). On obtient \(12i\pi\).

Corrigé de l’exercice 13 – Une intégrale réelle obtenue par la formule de Cauchy

Idée clé : on calcule l’intégrale complexe de deux façons, puis on identifie parties réelle et imaginaire.

1. Avec \(g(z)=e^{2z}\), \(a=0\) et \(k=1\), on obtient \(2i\pi\,g^{\prime}(0)=2i\pi\cdot2\). L’intégrale vaut \(4i\pi\).
2. Avec \(z=e^{it}\), on a \(\mathrm{d}z=ie^{it}\,\mathrm{d}t\) et \(e^{2z}=e^{2\cos t}e^{2i\sin t}\). L’intégrande devient \(e^{2\cos t}e^{2i\sin t}e^{-2it}\cdot ie^{it}\). L’intégrale vaut \(i\int_0^{2\pi}e^{2\cos t}e^{i(2\sin t-t)}\,\mathrm{d}t\).
3. Notons \(A\) et \(B\) les deux intégrales réelles demandées. La question 2 donne \(i(A+iB)=-B+iA\). En identifiant avec \(4i\pi\), on obtient \(-B=0\) et \(A=4\pi\). Ainsi \(A=4\pi\) et \(B=0\).

Corrigé de l’exercice 14 – Rayon d’un développement de Taylor

Idée clé : le rayon en \(c\) vaut au moins la distance de \(c\) au point singulier le plus proche, et pas plus car \(f\) explose près de ce point.

1. Le plus grand disque centré en 0 inclus dans \(U\) est \(D(0,1)\). En \(-1\), les distances aux points 1 et 2 valent 2 et 3, donc \(D(-1,2)\subset U\). D’après le théorème d’analyticité, le rayon est au moins 1 en 0 et au moins 2 en \(-1\).
2. On a \(z^2-3z+2=(z-1)(z-2)\) et \(f(z)=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}\), car \((z-1)-(z-2)=1\). Pour \(|z|<1\), on écrit \(-\frac{1}{z-1}=\sum z^n\) et \(\frac{1}{z-2}=-\frac12\cdot\frac{1}{1-z/2}=-\sum\frac{z^n}{2^{n+1}}\). On obtient \(a_n=1-2^{-(n+1)}\).
3. Supposons que la série en \(c\) ait un rayon strictement plus grand que la distance \(d\) de \(c\) au point 1. Sa somme \(S\) serait alors continue en 1, et égale à \(f\) sur \(D(c,d)\). Or \(|f(z)|\) tend vers l’infini quand \(z\) tend vers 1 dans ce disque : c’est contradictoire. Les rayons valent exactement 1 en 0 et 2 en \(-1\). On retrouve le premier avec \(a_n\to1\).

Corrigé de l’exercice 15 – Valeurs imposées sur une suite

Idée clé : les points \(1/n\) s’accumulent en 0, qui appartient au disque connexe \(\mathbb{D}\) ; deux fonctions qui coïncident sur eux sont donc égales.

1. Posons \(x=\frac{1}{n+1}\). Alors \(n+2=\frac1x+1\), donc \(\frac{1}{n+2}=\frac{x}{1+x}\). La fonction \(f(z)=\frac{z}{1+z}\) est holomorphe sur \(\mathbb{D}\), car \(-1\notin\mathbb{D}\), et elle convient. Si \(f_2\) convient aussi, \(f-f_2\) s’annule sur une suite qui tend vers \(0\in\mathbb{D}\). Le principe du prolongement donne \(f_2=f\). L’unique solution est \(f(z)=\frac{z}{1+z}\).
2. Supposons qu’une telle \(g\) existe. Pour \(n=2k\), on a \(g\big(\frac{1}{2k}\big)=\frac{1}{2k}\), donc \(g(z)-z\) s’annule sur une suite qui tend vers 0. Ainsi \(g(z)=z\) sur \(\mathbb{D}\). Mais alors \(g(1/3)=1/3\), alors que l’énoncé impose \(-1/3\). Une telle fonction n’existe pas.
3. Les fonctions \(\cos\) et \(\sin\), définies par leurs séries entières, sont entières. Ainsi \(h(z)=\cos^2z+\sin^2z-1\) est entière et nulle sur \(\mathbb{R}\), qui a des points d’accumulation dans \(\mathbb{C}\) connexe. De même pour \(e^{iz}-\cos z-i\sin z\). Les deux identités sont vraies sur \(\mathbb{C}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Deux variantes du théorème de Liouville

Idée clé : soit on fabrique une fonction entière bornée, soit on fait tendre le rayon vers l’infini dans les inégalités de Cauchy.

1. Posons \(g=e^{-if}\), entière. Si \(f=P+iQ\), alors \(-if=Q-iP\), donc \(|g|=e^{Q}\leqslant e\). D’après Liouville, \(g\) est constante. Ensuite, \(g^{\prime}=-if^{\prime}g=0\) et \(g\) ne s’annule pas, donc \(f^{\prime}=0\) sur \(\mathbb{C}\) connexe. La fonction \(f\) est constante.
2. Pour tout \(r>0\), les inégalités de Cauchy en 0 donnent \(|f^{(n)}(0)|\leqslant n!\,\frac{2r^2+5}{r^n}\). Pour \(n\geqslant3\), ce majorant tend vers 0 quand \(r\to+\infty\), donc \(f^{(n)}(0)=0\). Or \(f\) est entière, donc égale à sa série de Taylor en 0 sur tout disque \(D(0,R)\), c’est-à-dire sur \(\mathbb{C}\). Ainsi \(f\) est un polynôme de degré au plus 2.
3. On écrit \(f(z)=a+bz+cz^2\). La parité donne \(b=0\), puis \(f(0)=1\) donne \(a=1\). Ensuite, \(|1+cz^2|\leqslant2|z|^2+5\) ; en divisant par \(|z|^2\) et en faisant tendre \(|z|\) vers l’infini, on obtient \(|c|\leqslant2\). Réciproquement, si \(|c|\leqslant2\), alors \(|1+cz^2|\leqslant1+2|z|^2\leqslant2|z|^2+5\). Les solutions sont les \(f(z)=1+cz^2\) avec \(|c|\leqslant2\).

Corrigé de l’exercice 17 – Maximum et minimum du module sur le disque

Idée clé : le maximum du module est sur le bord ; le minimum aussi, mais seulement pour une fonction qui ne s’annule pas, via son inverse.

La figure trace \(t\mapsto|e^{3it}-2i|\) : elle oscille entre 1 et 3, ce qui confirme les deux valeurs obtenues.

1. Le polynôme \(z^3-2i\) est entier, donc son module atteint son maximum sur le cercle. Pour \(|z|=1\), on a \(|z^3-2i|\leqslant1+2=3\), avec égalité si \(z^3=-i\). Or \(i^3=-i\). Le maximum vaut 3, atteint en \(z=i\).
2. Pour \(|z|\leqslant1{,}2\), on a \(|z^3|\leqslant1{,}728<2\), donc \(z^3-2i\neq0\). Ainsi \(1/(z^3-2i)\) est holomorphe sur \(D(0,1{,}2)\), qui contient le disque unité fermé. Son module y atteint son maximum sur le cercle, donc \(|z^3-2i|\) y atteint son minimum. Sur le cercle, \(|z^3-2i|\geqslant2-1=1\), avec égalité si \(z^3=i\), par exemple en \(z=-i\). Le minimum vaut 1, atteint en \(z=-i\).
3. On a \(q(1/2)=0\), donc le minimum de \(|q|\) vaut 0. Cependant, sur le cercle, \(|q(z)|\geqslant1-\tfrac14=\tfrac34\). Le minimum est atteint à l’intérieur : il manque l’hypothèse que \(q\) ne s’annule pas sur le disque.

Corrigé de l’exercice 18 – Inégalités de Cauchy et coefficients

Idée clé : on applique les inégalités de Cauchy sur un cercle de rayon libre, puis on choisit le meilleur rayon.

1. Pour \(0<r<2\), on a \(|a_n|=\frac{|f^{(n)}(0)|}{n!}\leqslant\frac{5}{r^n}\). En faisant tendre \(r\) vers 2, on obtient \(|a_n|\leqslant5/2^n\).
2. Sur \(C(0,r)\), on a \(|f|\leqslant e^r\), donc \(|f^{(n)}(0)|\leqslant n!\,e^r/r^n\) pour tout \(r>0\). On minimise \(\varphi(r)=e^rr^{-n}\) : sa dérivée vaut \(e^rr^{-n-1}(r-n)\), qui change de signe en \(r=n\). Ainsi \(\varphi(n)=e^n/n^n\) est le minimum. Pour \(n\geqslant1\), on a \(|f^{(n)}(0)|\leqslant n!\,(e/n)^n\).
3. La fonction \(\exp\) vérifie \(|e^z|=e^{\operatorname{Re}z}\leqslant e^{|z|}\), et \(\exp^{(n)}(0)=1\). Les bornes valent \(e\approx2{,}72\) pour \(n=1\), \(e^2/2\approx3{,}69\) pour \(n=2\) et \(2e^3/9\approx4{,}46\) pour \(n=3\). Elles sont toutes supérieures à 1 : l’inégalité est vérifiée.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 19 – D’Alembert-Gauss par Liouville

Idée clé : le terme dominant écrase les autres loin de l’origine, donc \(1/P\) serait bornée si \(P\) ne s’annulait pas.

1. Pour \(|z|\geqslant1\) et \(k\leqslant n-1\), on a \(|z|^k\leqslant|z|^{n-1}\). Ainsi \(\big|\sum_{k<n}a_kz^k\big|\leqslant A|z|^{n-1}\). Si de plus \(|z|\geqslant2A/|a_n|\), alors \(A|z|^{n-1}\leqslant\tfrac12|a_n||z|^n\). L’inégalité triangulaire donne alors \(|P(z)|\geqslant|a_n||z|^n-A|z|^{n-1}\). On obtient \(|P(z)|\geqslant\tfrac12|a_n||z|^n\).
2. Supposons que \(P\) ne s’annule pas. Alors \(1/P\) est entière. Notons \(R_0=\max(1,2A/|a_n|)\). Pour \(|z|\geqslant R_0\), la question 1 donne \(|1/P(z)|\leqslant2/(|a_n|R_0^n)\). Sur le disque fermé \(\overline{D}(0,R_0)\), compact, la fonction continue \(1/P\) est bornée. Ainsi \(1/P\) est entière et bornée, donc constante d’après Liouville. Or \(|P(z)|\) tend vers l’infini, ce qui est absurde. Le polynôme \(P\) possède une racine.
3. Si \(z_1\) est une racine, la division euclidienne donne \(P=(z-z_1)Q\) avec \(\deg Q=n-1\). On applique le résultat à \(Q\) tant que son degré est au moins 1. Par récurrence, \(P=a_n\prod_{k=1}^n(z-z_k)\) est scindé sur \(\mathbb{C}\).
4. Pour \(|z|\geqslant2\), on a \(|4z-2|\leqslant4|z|+2\leqslant5|z|\). De plus, \(5|z|\leqslant\tfrac12|z|^5\) équivaut à \(|z|^4\geqslant10\), vrai car \(|z|^4\geqslant16\). Donc \(|P(z)|\geqslant|z|^5-\tfrac12|z|^5=\tfrac12|z|^5>0\). Les cinq racines de \(P\) sont dans \(D(0,2)\).

Corrigé de l’exercice 20 – Fonctions entières doublement périodiques

Idée clé : grâce aux périodes, toutes les valeurs sont prises sur un carré compact, où une fonction continue est bornée.

1. La relation \(f(z+1)=f(z)\) donne aussi \(f(z-1)=f(z)\), donc \(f(z+m)=f(z)\) pour tout \(m\in\mathbb{Z}\) ; de même avec \(i\). Pour \(z=x+iy\), le point \(z^{\prime}=z-\lfloor x\rfloor-i\lfloor y\rfloor\) appartient au carré \(K=[0,1]^2\) et \(f(z)=f(z^{\prime})\). Or \(f\) est continue sur le compact \(K\), donc bornée par un réel \(M\). Ainsi \(|f|\leqslant M\) sur \(\mathbb{C}\). D’après Liouville, \(f\) est constante.
2. On a \(e^{2i\pi(z+1)}=e^{2i\pi z}e^{2i\pi}=e^{2i\pi z}\). En revanche, \(|e^{2i\pi z}|=e^{-2\pi y}\) tend vers l’infini quand \(y\to-\infty\). Cette fonction n’est pas \(i\)-périodique et n’est pas bornée, donc elle ne contredit pas la question 1.
3. Pour tout \(z\), le point \(z-\lfloor x\rfloor\) est dans la bande et \(f(z)=f(z-\lfloor x\rfloor)\). Donc \(f\) est bornée sur \(\mathbb{C}\). D’après Liouville, \(f\) est constante.
4. Posons \(g(z)=f(z)e^{iz\ln2}\), entière. Comme \(|e^{iz\ln2}|=2^{-y}\), on a \(|g(z+1)|=|g(z)|\) et \(|g(z+i)|=2|f(z)|\,2^{-y-1}=|g(z)|\). Comme en question 1, \(|g|\) est bornée par son maximum sur \(K\), donc \(g\) est une constante \(C\). Alors \(f(z)=Ce^{-iz\ln2}\), et \(f(z+1)=f(z)\) impose \(C(e^{-i\ln2}-1)=0\). Or \(0<\ln2<2\pi\), donc \(e^{-i\ln2}\neq1\). Ainsi \(C=0\) et \(f\) est nulle.

Corrigé de l’exercice 21 – Problème – Formule de la moyenne, maximum et lemme de Schwarz

Idée clé : la formule de Cauchy, écrite sur un cercle centré au point, devient une moyenne ; une moyenne ne peut pas dépasser le maximum, d’où toute la suite.

A. La formule de la moyenne.

1. La formule de Cauchy sur \(\overline{D}(a,\rho)\), avec \(z=a+\rho e^{it}\), \(\mathrm{d}z=i\rho e^{it}\,\mathrm{d}t\) et \(z-a=\rho e^{it}\), donne \(f(a)=\frac{1}{2i\pi}\int_0^{2\pi}f(a+\rho e^{it})\,i\,\mathrm{d}t\). On obtient \(f(a)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(a+\rho e^{it})\,\mathrm{d}t\).
2. On a \(f(1)=2\) et \(f(1+2e^{it})=2+6e^{it}+4e^{2it}\), dont les deux derniers termes ont une moyenne nulle. La moyenne vaut 2, égale à \(f(1)\).

B. Principe du maximum.

1. On choisit \(r>0\) tel que \(D(a,r)\subset U\) et \(|f|\leqslant|f(a)|\) sur ce disque. Pour \(\rho<r\), la partie A donne \(|f(a)|\leqslant\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|f(a+\rho e^{it})|\,\mathrm{d}t\leqslant|f(a)|\). Ainsi \(\int_0^{2\pi}\big(|f(a)|-|f(a+\rho e^{it})|\big)\,\mathrm{d}t=0\), avec un intégrande continu et positif. Cet intégrande est donc nul : \(|f(a+\rho e^{it})|=|f(a)|\) pour tout \(t\).
2. Ainsi \(|f|\) est constant sur le disque connexe \(D(a,r)\). D’après l’exercice 8, \(f\) y est constante, égale à \(f(a)\). Ensuite, \(f-f(a)\) est nulle sur un disque ouvert, donc sur une partie qui a des points d’accumulation dans \(U\). Par prolongement analytique sur \(U\) connexe, \(f\) est constante sur \(U\).

C. Lemme de Schwarz.

1. D’après le théorème d’analyticité, \(f(z)=\sum_{n\geqslant1}a_nz^n\) sur \(\mathbb{D}\), car \(a_0=f(0)=0\). La série \(\sum_{n\geqslant0}a_{n+1}z^n\) a le même rayon, au moins 1. Sa somme vaut \(f(z)/z\) pour \(z\neq0\) et \(a_1=f^{\prime}(0)\) en 0. Ainsi \(g\) est holomorphe sur \(\mathbb{D}\).
2. Sur le cercle \(|z|=r\), on a \(|g(z)|=|f(z)|/r<1/r\). Le principe du maximum sur \(\overline{D}(0,r)\subset\mathbb{D}\) montre que le maximum de \(|g|\) est atteint sur ce cercle. Donc \(|g(z)|\leqslant1/r\) pour \(|z|\leqslant r\).
3. Fixons \(z\in\mathbb{D}\). Pour tout \(r\in\left]|z|,1\right[\), on a \(|g(z)|\leqslant1/r\). En faisant tendre \(r\) vers 1, on obtient \(|g(z)|\leqslant1\). Par conséquent \(|f(z)|\leqslant|z|\) sur \(\mathbb{D}\) et \(|f^{\prime}(0)|=|g(0)|\leqslant1\).

D. Un exemple explicite.

1. On calcule \(|2z+1|^2=4|z|^2+4\operatorname{Re}z+1\) et \(|z+2|^2=|z|^2+4\operatorname{Re}z+4\). Leur différence vaut \(3(|z|^2-1)<0\) pour \(|z|<1\). De plus, \(z+2\neq0\) sur \(\mathbb{D}\), donc \(f\) y est holomorphe. Enfin, \(|f(z)|=|z|\frac{|2z+1|}{|z+2|}<|z|<1\). La fonction \(f\) envoie \(\mathbb{D}\) dans \(\mathbb{D}\), avec \(f(0)=0\).
2. Ici \(g(z)=\frac{2z+1}{z+2}\), donc \(f^{\prime}(0)=g(0)=\frac12\). Ensuite, \(f(1/2)=\frac12\cdot\frac{2}{5/2}=\frac25\). On a bien \(|f^{\prime}(0)|=\frac12\leqslant1\) et \(|f(1/2)|=\frac25\leqslant\frac12\).

La figure compare \(|f(z)|\) à la borne \(|z|\) sur trois rayons.

Pour aller plus loin

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