Partie II - Exemples de fonctions harmoniques

SESSION 2018

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 2. FILIERE MP

Partie I - Fonctions harmoniques : quelques propriétés

Q1.La fonction nulle est dansH(U). Soient(f, g)∈(H(U))² et(λ, µ)∈R². Pour toutx∈U,

∆(λf+µg)(x) = Xn

i=1

∂²(λf+µg)

∂x²_i (x) =λ Xn

i=1

∂²f

∂x²_i(x) +µ Xn

i=1

∂²g

∂x²_i(x) =λ∆f(x) +µ∆g(x) =0.

Donc,λf+µg∈H(U). Ceci montre queH(U)est un sous-espace-vectoriel de l’espace vectoriel C²(U,R),+, . . Q2. Soit(j₁, . . . , j_p)∈ J1, nK^p. Puisque f est de classe C^∞ sur l’ouvertU, d’après le théorème de Schwarz, pour tout i∈J1, nK, ∂^p

∂xi1. . . ∂xip

∂²f

∂x²_i

= ∂²

∂x²_i

∂^pf

∂xi1. . . ∂xip

et donc

∆

∂^pf

∂x_i1. . . ∂x_ip

= Xn

i=1

∂²

∂x²_i

∂^pf

∂x_i1. . . ∂x_ip

= Xn

i=1

∂^p

∂x_i1. . . ∂x_ip ∂²f

∂x²_i

= ∂^p

∂x_i1. . . ∂x_ip(∆f) et donc, si∆f=0, alors∆

∂^pf

∂xi1. . . ∂xip

=0. Ainsi, sif∈H(U), alors pour toutp∈N^∗ et tout(j₁, . . . , j_p)∈J1, nK^p,

∂^pf

∂xi1. . . ∂xip

∈H(U).

Q3.Soitf∈H(U). f²est de classeC²surUet pourx∈Upuisi∈J1, nK, ∂ f²

∂x_i (x) =2f(x)∂f

∂x_i(x)puis

∂² f²

∂x²_i (x) =2 ∂f

∂xi

(x) 2

+f(x)∂²f

∂x²_i(x)

! . On en déduit que

∆ f²

=2 Xn

i=1

∂f

∂x_i 2

+f∆f

!

=2 Xn

i=1

∂f

∂x_i 2

.

Mais alors, sif∈H(U),

f²∈H(U)⇒∆ f²

=0⇒ Xn

i=1

∂f

∂x_i 2

=0⇒∀i∈J1, nK, ∂f

∂x_i =0⇒df=0

⇒fest constante surU(carUest connexe par arcs).

Réciproquement, sifest constante sur U, alors∆fet∆ f²

sont nuls surUet doncfetf²sont dansH(U).

Q4. La fonction f : (x₁, . . . , x_n) 7→ x₁ est harmonique sur U et non constante sur U. Mais la fonction f ×f = f² : (x₁, . . . , x_n)7→ x²₁ n’est pas harmonique sur U(pour tout x de U, ∆f(x) =2 6= 0). Le produit de deux fonctions harmoniques n’est donc pas nécessairement une fonction harmonique.

Partie II - Exemples de fonctions harmoniques

II.A -

Q5.Pour(x, y)∈R²,

∆f(x, y) =u^′′(x)v(y) +u(x)v^′′(y).

Par hypothèse, il existe(x , y )∈R²tel que u(x )6=0 etv(y )6=0.

• Pour tout réelx,u^′′(x)v(y₀) +u(x)v^′′(y₀) =0puisu^′′(x) +λu(x) =0oùλ= v^′′(y₀) v(y0) .

• Pour tout réely, u^′′(x₀)v(y) +u(x₀)v^′′(y) =0puisv^′′(y) +µv(y) =0 oùµ= u^′′(x₀) u(x₀) .

• ∆f(x₀, y₀) =0⇒u^′′(x₀)v(y₀) +u(x₀)v^′′(y₀) =0⇒ u^′′(x₀)

u(x₀) = −v^′′(y₀)

v(y₀) ⇒µ= −λ.

Donc, il existe un réelλ tel que u soit solution sur Rde l’équation z^′′+λz = 0 et v soit solution sur R de l’équation z^′′−λz=0.

Q6.Soitλ∈R.

1er cas : λ > 0.Il existe nécessairement (α, β) ∈ R² tel que pour tout x∈ R, u(x) = αcos√ λx

+βsin√ λx

et (γ, δ)∈R²tel que pour toutx∈R,v(x) =γch√

λx

+δsh√ λx

. On a donc nécessairement pour toutxréel, f(x, y) =

αcos√ λx

+βsin√

λx γch√ λy

+δsh√ λy

. Réciproquement, pour une telle fonction,

∆f(x, y) = −λ

αcos√ λx

+βsin√

λx γch√ λy

+δsh√

λy

+λ

αcos√ λx

+βsin√

λx γch√ λy

+δsh√

λy

=0.

2ème cas :λ < 0.Les fonctions solutions sont les fonctions de la forme (x, y)7→

αcos√

−λx

+βsin√

−λx γch√

−λy

+δsh√

−λy . 3ème cas :λ=0.Il existe nécessairement(α, β, γ, δ)∈R⁴ tel que pour tout(x, y)∈R²,

f(x, y) = (αx+β)(γy+δ).

Réciproquement, une telle fonction est harmonique surR².

Les fonctions solutions sont les fonctions de la forme(x, y)7→(αcos(ax) +βsin(ax)) (γch(ay) +δsh(ay)),(α, β, γ, δ, a)∈ R⁵eta > 0et les fonctions de la forme (x, y)7→(αx+β)(γy+δ),(α, β, γ, δ)∈R⁴.

II.B -

Q7. L’application h : R^+∗×R → R²\ {(0, 0)}

(r, θ) 7→ (rcosθ, rsinθ)

et de classeC² sur R^+∗×Ret l’application f est de classeC²

surR²\ {(0, 0)}. Donc, l’applicationg=f◦hest de classeC²surR^+∗×R.

Q8.On rappelle que si(x, y) = (rcosθ, rsinθ)

∂x

∂r =cosθ ∂x

∂θ = −rsinθ

∂y

∂r =sinθ ∂y

∂θ =rcosθ

D’après la formule de dérivation partielle de fonctions composées, pour(r, θ)∈R^+∗×R,

∂g

∂r(r, θ) = ∂x

∂r(r, θ)∂f

∂x(x, y) +∂y

∂r(r, θ)∂f

∂y(x, y) =cosθ∂f

∂x(rcosθ, rsinθ) +sinθ∂f

∂y(rcosθ, rsinθ) et

∂g

∂θ(r, θ) = −rsinθ∂f

∂x(rcosθ, rsinθ) +rcosθ∂f

∂y(rcosθ, rsinθ).

Q9.On redérive :

∂²g

∂r²(r, θ) =cosθ

cosθ∂²f

∂x²(rcosθ, rsinθ) +sinθ ∂²f

∂y∂x(rcosθ, rsinθ)

+sinθ

cosθ ∂²f

∂x∂y(rcosθ, rsinθ) +sinθ∂²f

∂y²(rcosθ, rsinθ)

=cos²θ∂²f

∂x²(rcosθ, rsinθ) +2sinθcosθ ∂²f

∂x∂y(rcosθ, rsinθ) +sin²θ∂²f

∂y²(rcosθ, rsinθ) (d’après le théorème deSchwarz) et

∂²g

∂θ²(r, θ) = −rcosθ∂f

∂x(rcosθ, rsinθ) −rsinθ∂f

∂y(rcosθ, rsinθ)

−rsinθ

−rsinθ∂²f

∂x²(rcosθ, rsinθ) +rcosθ ∂²f

∂y∂x(rcosθ, rsinθ)

+rcosθ

−rsinθ ∂²f

∂x∂y(rcosθ, rsinθ) +rcosθ∂²f

∂y²(rcosθ, rsinθ)

=r²sin²θ∂²f

∂x²(rcosθ, rsinθ) −2r²sinθcosθ ∂²f

∂x∂y(rcosθ, rsinθ) +r²cos²θ∂²f

∂y²(rcosθ, rsinθ)

−rcosθ∂f

∂x(rcosθ, rsinθ) −rsinθ∂f

∂y(rcosθ, rsinθ) Q10.Par suite,

r²∂²g

∂r²(r, θ) + ∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ) =r² cos²θ+sin²θ ∂²f

∂x²(rcosθ, rsinθ) + ∂²f

∂y²(rcosθ, rsinθ)

=r²∆f(rcosθ, rsinθ).

Par suite,

f∈H R²\ {(0, 0)}

⇔∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, ∆f(rcosθ, rsinθ) =0

⇔∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, r²∆f(rcosθ, rsinθ) =0

⇔∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, r²∂²g

∂r²(r, θ) + ∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ) =0.

Q11.La fonctiong : (r, θ)7→f(rcosθ, rsinθ)est indépendante deθsi et seulement si ∂g

∂θ =0. Dans ce cas,

∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, r²∂²g

∂r²(r, θ) + ∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ) =0⇔∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, r∂²g

∂r²(r, θ) +∂g

∂r(r, θ) =0

Ainsi, pour chaque réelθ, la fonctionh : r7→ ∂g

∂r(r, θ)est solution sur]0,+∞[de l’équation différentiellerz^′+z=0. Il existe donc nécessairement une constanteλ indépendante deθ, telle que, pour tout (r, θ)∈]0,+∞[, ∂g

∂r(r, θ) = λ r puis il existe(λ, µ)∈R² tel que pour tout(r, θ)∈]0,+∞[, g(r, θ) =λln(r) +µou encore tel que

∀(x, y)∈R²\ {(0, 0)}, f(x, y) =λlnp

x²+y² +µ.

Réciproquement, si pour toutg(r, θ) =λln(r) +µ, alorsgest de classeC²sur]0,+∞[×Ret r²∂²g

∂r²(r, θ) + ∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ) =r²λ

−1 r²

+rλ

1 r

=0.

Les fonctions harmoniques radiales surR²\ {(0, 0)}sont les fonctions de la forme(x, y)7→λln x²+y²

+µ,(λ, µ)∈R² (en renommant la constanteλ).

Q12.Soitfune fonction du type précédent : ∀(r, θ)∈]0,+∞[×R, f(x, y) =λln(k(x, y)k) +µ. Les conditions imposées à fsont équivalentes à

λln(r1) +µ=a

λln(r2) +µ=b ou encore









λ= b−a ln(r₂) −ln(r₁) µ= aln(r₂) −bln(r₁)

ln(r₂) −ln(r₁) .

La fonctionf : (x, y)7→ b−a

ln(r₂) −ln(r₁)ln(k(x, y)k) + aln(r2) −bln(r1)

ln(r₂) −ln(r₁) convient.

II.C -

Q13.Par hypothèse il existe(r₀, θ0)∈]0,+∞[×Rtel queu(r₀)v(θ₀)6=0. Donc, pour tout réelθ, u(θ₀)v(θ) =f(r₀cos(θ+2π), r₀sin(θ+2π)) =f(r₀cosθ, r0sinθ) =u(r₀)v(θ),

et donc, pour tout réel θ, v(θ+2π) = v(θ) après simplification par le réel non nul u(r₀). La fonction v est donc 2π- périodique.

Q14.Pour(r, θ)×]0,+∞[×R, 0=r²∂²g

∂r²(r, θ) +∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ) =r²u^′′(r)v(θ) +u(r)v^′′(θ) +ru^′(r)v(θ). Quandθ=θ₀, on obtient pour toutr > 0,

r²u^′′(r) +ru^′(r) +µu(r) =0 oùµ= v^′′(θ₀)

v(θ₀) est indépendante der et pourr=r₀, on obtient pour tout réelθ, v^′′(θ) +λv(θ) =0

oùλ= r²₀u^′′(r₀) +r₀u^′(r₀)

u(r₀) est indépendante deθ. De plus, pour (r, θ)∈]0,+∞[×R, 0=r²∂²g

∂r²(r, θ) +∂²g

∂θ²(r, θ) +r∂g

∂r(r, θ))

=r²u^′′(r)v(θ) +u(r)v^′′(θ) +ru^′(r)v(θ)

= (−ru^′(r) −µu(r))v(θ) +u(r) (−λv(θ)) +ru^′(r)v(θ)

= (−λ−µ)u(r)v(θ) = −(λ+µ)f(r, θ).

et doncµ= −λcarfn’est pas la fonction nulle. Finalement,

∃λ∈R/(∀r > 0, r²u^′′(r) +ru^′(r) −λu(r) =0et∀θ∈R, v^′′(θ) +λv(θ) =0.

II.C.1)On supposeλ=0.

Q15.Les solutions de (II.2) sont les fonctions affines. Une fonction affine est2π-périodique si et seulement si cette fonction est constante. Donc, les solutions de (II.2) qui sont2π-périodiques sont les fonctions constantes.

Q16.D’après Q11, les solutions sur]0,+∞[de (II.1) sont les fonctions de la former7→αln(r) +β,(α, β)∈R².

Q17.On retrouve dans ce cas les fonctions harmoniques radiales de la question Q11 : les fonctions de la forme(x, y)7→

αln(k(x, y)k) +β,(α, β)∈R²(en récupérant la solution nulle).

II.C.2)On supposeλ6=0.

Q18. Dans le cas où λ > 0, les solutions de (II.2) sont les fonctions de la forme θ 7→ λcos√ λθ

+µsin√ λθ

, (λ, µ)∈R². Une telle fonction, non nulle, est 2π-périodiques si et seulement siλ=1. Dans ce cas, les solutions de (II.2) sont les fonctions de la formeθ7→acos(θ) +bsin(θ),(a, b)∈R².

Dans le cas oùλ < 0, les solutions de (II.2) sont les fonctions de la formeθ7→ach √

−λθ

+bsh √

−λθ

, (a, b)∈R². Une telle fonction, non nulle, n’est pas2π-périodique car par exemple, une telle fonction, non nulle, est non bornée surR. En résumé, (II.1) admet des solutions2π-périodiques non nulles si et seulement siλ =1 et dans ce cas, les solutions de (II.1) sont les fonctions de la formeθ7→acosθ+bsinθ,(a, b)∈R². Dorénavant, on suppose queλ=1.

Q19.(II.1) s’écrit doncr²z^′′+rz^′−z=0. Pourx∈R, posonsZ(x) =z(e^x)de sorte que pour toutr > 0,z(r) =Z(lnr).

La fonctionzest de classeC²sur]0,+∞[si et seulement si la fonctionZest de classeC² surRet pour tout réelr > 0,

−z(r) +rz^′(r) +r²z^′′(z) = −Z(lnr) +r 1

rZ^′(lnr)

+r²

−1

r²Z^′(lnr) + 1

r²Z^′′(lnr)

=Z^′′(lnr) −Z(lnr).

Par suite,

∀r > 0, r²z^′′(r) +rz^′(r) −z(r) =0⇔∀r > 0, Z^′′(lnr) −Z(lnr) =0

⇔∀x∈R; Z^′′(x) −Z(x) =0⇔∃(a, b)∈R²/∀x∈R, Z(x) =ae^x+be^−x

⇔∃(a, b)∈R²/ z(r) =ar+b r.

Q20.Les solutions précédentes qui se prolongent par continuité en0sont les fonctions de la former7→ar,a∈R.

Partie III - Principe du maximum faible

III.A -

Q21.Uest borné. SoitMun majorant de{kuk, u∈U}. Siv∈U, il existe une suite(u_p)_p∈Nd’éléments deU, convergente, de limite v. Pour tout p∈ N, on akupk6M et donc, par passage à la limite, kvk 6M (par continuité de la norme).

Ainsi,Uest borné.

Uest une partie non vide, fermée et bornée deRⁿ, qui est de dimension finie. D’après le théorème deBorel-Lebesgue, Uest un compact non vide deRⁿ.

La fonctionfest continue sur le compactUà valeurs dansRet on sait alors quefadmet surUun maximum, atteint en un certainx₀deU.

Q22.Si pour touti∈J1, nK, ∂²f

∂x²_i (x₀)60, alors∆f(x₀)60ce qui est faux. Donc, il existei∈J1, nKtel que ∂²f

∂x²_i (x₀)> 0.

iest ainsi dorénavant fixé.

Supposons par l’absurde quex0∈U. Puisquefest de classeC¹sur l’ouvertU, on sait quex0est nécessairement un point critique defou encore : ∀k∈J1, nK, ∂f

∂xk

(x₀) =0. En particulier, ∂f

∂xi

(x₀) =0.

Soitϕ la fonction t 7→ f(x₀+te_i). Puisque x₀ ∈ Uet que U est un ouvert, la fonction ϕ est définie au moins sur un intervalle de la forme] −ρ, ρ[, ρ > 0(ρ vérifiant : pour toutt ∈] −ρ, ρ[, x₀+te_i ∈U). Puisquef est de classe C² sur U, ϕ est de classeC² sur] −ρ, ρ[. Puisque ∂f

∂xi

(x₀) =0 et que ∂²f

∂x²_i (x₀)> 0, on aϕ^′(0) =0 etϕ^′′(0)> 0. Puisqueϕ^′′

est continue en0, il existe un intervalle de la forme] −ρ^′, ρ^′[⊂] −ρ, ρ[,ρ^′ > 0, sur lequel la fonction ϕ^′′ est strictement positive et donc la fonctionϕ^′ est strictement croissante. Mais alorsϕ^′ est strictement positive sur]0, ρ^′[ et doncϕ est strictement croissante sur[0, ρ^′[. Ceci contredit le fait queϕadmet un maximum en0. Donc,x₀∈/U.

Mais alors,x0∈∂U. Par définition de x0, pour toutx∈U, f(x)< f(x₀) = Max

y∈∂Uf(y) = Sup

y∈∂U

f(y).

III.B -

Q23.Pourx∈U, posonsh_ε(x) =εkxk²=ε x²₁+. . .+x²_n

de sorte queg_ε =f+h_ε.h_ε est de classeC^∞ sur Rⁿ et en particulier, continue surUet de classeC² surU. Il en est de même degε.

Pourx∈Ueti∈J1, nK, ∂²h_ε

∂x²_i (x) =2et donc, pourx∈U,

∆gε(x) =∆f(x) +2nε=2nε > 0.

Q24.Soitε > 0. D’après la question Q22, pour toutx∈U,f(x) +εkxk²=g_ε(x)< Sup

y∈∂U

g_ε(y) = Sup

y∈∂U

f(y) +εkyk² . PuisqueUest borné, on peut considérer un majorantMde l’ensemble

kyk², y∈∂U .

Sup

y∈∂U

f(y)

+εMest un majorant de l’ensemble

f(y) +εkyk², y∈∂U et donc Sup

y∈∂U

f(y) +εkyk² 6

Sup

y∈∂U

f(y)

+εM. Ainsi, pour toutx∈Uet tout ε > 0,

f(x)<

Sup

y∈∂U

f(y)

+εM−εkxk². Quandεtend vers0, on obtient

∀x∈U, f(x)6 Sup

y∈∂U

f(y).

Q25.f₁−f₂ est encore continue surU, de classeC² et harmonique surU. Donc,

∀x∈U, f₁(x) −f₂(x)6 Sup

y∈∂U

(f₁(y) −f₂(y)) =0.

Donc, la fonctionf1−f2est négative surU. En échangeant les rôles def1et f2, la fonctionf2−f1 est aussi négative sur Uet finalement, la fonctionf₁−f₂est nulle. Donc,f₁etf₂sont égales surU.

Partie IV - Fonctions harmoniques et fonctions développables en série entière

IV.A -

Q26.Soity∈] −R, R[. Pourx∈i

−p

R²−y²,p

R²−y²h

, on poseϕ_n(x) =a_n(x+iy)ⁿ. Soitr∈i 0,p

R²−y²h .

• la série de fonction de terme généralϕ_n converge simplement sur [−r, r]vers la fonctionϕ : x7→f(x, y).

• chaque fonctionϕ_n est dérivable sur[−r, r]et pour tout réelxde[−r, r],ϕ₀^′(x) =0 et pourn∈N^∗, ϕ_n^′(x) =na_n(x+iy)ⁿ⁻¹.

• pourn∈N^∗ etx∈[−r, r],|ϕ_n^′(x)|=n|a_n| |x+iy|ⁿ⁻¹6n|a_n|rⁿ⁻¹ puiskϕ_n^′k^∞,[−r,r]6n|a_n|rⁿ⁻¹. De plus, on sait que le rayon de convergence associé à la suite(an)est le même que le rayon de convergence associé à la suite (na_n)et donc la série numérique de terme généraln|a_n|rⁿ⁻¹,n>1, converge (carr < R).

Par suite, la série de fonctions de terme généralϕ_n^′,n∈N, converge normalement et en particulier uniformément sur[−r, r].

D’après le théorème de dérivation terme à terme, la fonction ϕ est dérivable sur [−r, r] pour tout r ∈ i 0,p

R²−y²h et donc sur i

−p

R²−y²,p

R²−y²h

, et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Dit autrement,f admet sur D(0, R)une dérivée partielle par rapport à sa première variable et de plus,

∀(x, y)∈D(0, R), ∂f

∂x(x, y) =

+∞

X

n=1

nan(x+iy)ⁿ⁻¹.

De même,fadmet surD(0, R)une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable et de plus,

∀(x, y)∈D(0, R), ∂f

∂y(x, y) =i

+∞

X

n=1

na_n(x+iy)ⁿ⁻¹.

On note en particulier que, pour tout(x, y)∈R², ∂f

∂y(x, y) =i∂f

∂x(x, y).

Les deux fonctions ∂f

∂x et ∂f

∂y sont à leur tour développable en série entière sur D(0, R). Mais alors, par récurrence, pour tout n∈ N^∗, f est de classeCⁿ surD(0, R). En résumé, f est de classeC^∞ sur D(0, R). De plus, les dérivées partielles successives defs’obtiennent par dérivation terme à terme.

On note aussi que∆f= ∂²f

∂x²+ ∂²f

∂y² = ∂²f

∂x²+i²∂²f

∂x² =0. La fonctionfest donc une fonction harmonique surD(0, R) Q27.0=∆f=∆u+i∆v et donc∆u=∆v=0.

IV.B -

Q28.Posonsh= 1

f. Puisquefest de classeC¹surD(0, R)et ne s’annule pas surD(0, R),h est de classeC¹surD(0, R).

De plus, d’après le résultat admis par l’énoncé,

∂h

∂y = −1 f²

∂f

∂y = −i1 f²

∂f

∂x =i∂h

∂x, et donch= 1

f est développable en série entière surD(0, R).

Q29.L’égalité ∂f

∂y =i∂f

∂x fournit plus explicitement ∂u

∂y +i∂v

∂y = −∂v

∂x+i∂u

∂x et donc

∂u

∂y = −∂v

∂x et ∂v

∂y = ∂u

∂x. La formule deLeibnizfournit alors

∆(uv) = ∂²

∂x²(uv) + ∂²

∂y²(uv) =v ∂²u

∂x² + ∂²u

∂y²

+u ∂²v

∂x²+ ∂²v

∂y²

+2 ∂u

∂x

∂v

∂x +∂u

∂y

∂v

∂y

=v∆u+u∆v+2 ∂u

∂x

∂v

∂x− ∂u

∂x

∂v

∂x

=0.

Donc, la fonctionuvest harmonique surU.

IV.C -

Q30.gest de classeC²et harmonique surD(0, R). Donc, hest de classeC¹ surD(0, R)

∂h

∂y = ∂²g

∂y∂x−i∂²g

∂y²

= ∂²g

∂x∂y−i∂²g

∂y² (d’après le théorème deSchwarz)

= ∂²g

∂x∂y+i∂²g

∂x² (cargest harmonique)

=i ∂²g

∂x²−i ∂²g

∂x∂y

=i∂h

∂x.

On en déduit quehse développe en série entière surD(0, R)d’après le résultat admis par l’énoncé.

Q31.Soith la fonction de la question précédente. Pourx∈D(0, R), posonsh(x, y) =

+∞

X

n=0

bn(x+iy)ⁿ. On a donc

∀(x, y)∈D(0, R), ∂g

∂x(x, y) −i∂g

∂y(x, y) =

+∞

X

n=0

b_n(x+iy)ⁿ.

On sait que les rayons de convergence respectivement associés aux suites(b_n)et bn

n+1

sont les mêmes. Pour(x, y)∈ D(0, R), on peut donc poserH(x, y) = g(0, 0) +

+∞

X

n=0

bn

n+1(x+iy)ⁿ⁺¹. H est développable en série entière sur D(0, R).

Vérifions alors queg=Re(H). On note uet vles parties réelle et imaginaire deH D’après la question Q26,Hest de classeC¹ surD(0, R)et

∂u

∂x +i∂v

∂x = ∂H

∂x =h= ∂g

∂x −i∂g

∂y et

∂u

∂y +i∂v

∂y = ∂H

∂y =ih= ∂g

∂y+i∂g

∂x. On en déduit que ∂g

∂x = ∂u

∂x et ∂g

∂y = ∂u

∂y puis que, sur D(0, R), d(g−u) = 0. Puisque D(0, R) est connexe par arcs car convexe,g−u est constante sur D(0, R). Ainsi, pour(x, y) ∈D(0, R), g(x, y) −u(x, y) = g(0, 0) −u(0, 0) =0 (car g(0, 0)∈R). Donc,g=Re(H)oùHest une certaine fonction développable en série entière surD(0, R).

IV.D -

Q32.Pour tout réelt∈[0, 2π]et r∈[0, R[,f(rcost, rsint) =

+∞

X

n=0

a_nrⁿe^int.

Chaque fonctionfn : t7→anrⁿe^int est continue sur le segment[0, 2π]. De plus,kfnk∞=|an|rⁿ qui est le terme général d’une série numérique convergente (carr < R). La série de fonctions de terme généralfn,n∈N, converge normalement et en particulier uniformément sur le segment[0, 2π].

D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, pourr∈[0, R[donné, Z2π

0

f(rcost, rsint)dt=

+∞

X

n=0

a_nrⁿ Z2π

0

e^intdt=2πa₀+

+∞

X

n=1

a_nrⁿ e^int

n ^2π

0

=2πf(0, 0), et donc

∀r∈[0, R[, f(0, 0) = 1 2π

Z2π

0

f(rcost, rsint)dt.

Q33. Si g est une fonction de classeC² sur D(0, R) à valeurs réelles et harmonique, d’après la question Q31, il existe H : D(0, R)→C, développable en série entière surD(0, R)telle queg=Re(H). Pourr∈[0, R[, on a alors

g(0, 0) =Re(H(0, 0)) =Re 1 2π

Z2π

0

H(rcost, rsint)dt

!

= 1 2π

Z2π

0

Re(H(rcost, rsint))dt= 1 2π

Z2π

0

g(rcost, rsint)dt.

Q34.Soitr∈[0, R[. La fonctiont7→|f(rcost, rsint)|est continue sur le segment [0, 2π]à valeurs dansR. En particulier, cette fonction est bornée sur le segment[0, 2π]. Pourr∈[0, R[, on a alors

|f(0, 0)|6 1

2π|f(rcost, rsint)|dt6 1

2π ×2π sup

t∈[0,2π]

|f(rcost, rsint)|=sup

t∈R

|f(rcost, rsint)|.

Q35.De même, avec Q33,|g(0, 0)|6sup

t∈R

|g(rcost, rsint)|.

Q36.Si|f|admet surD(0, R)un maximum en(0, 0), alors d’après la question 34,

∀r∈[0, R[, |f(0, 0)|6sup

t∈R

|f(rcost, rsint)|6|f(0, 0)|.

Par suite,∀(r, t)∈[0, R[×R,|f(rcost, rsint)|=|f(0, 0)|. La fonction|f|est donc constante surD(0, R).

Posons de nouveauf=u+ivde sorte que la fonctiong=u²+v²=|f|²est constante surD(0, R). Mais alors, puisque de plusuetv sont harmoniques d’après la question Q26,

0=∆g=2 u ∂²u

∂x² + ∂²u

∂y²

+v ∂²v

∂x²+ ∂²v

∂y²

+ ∂u

∂x 2

+ ∂u

∂y 2

+ ∂v

∂x 2

+ ∂v

∂y 2!

=2 ∂u

∂x 2

+ ∂u

∂y 2

+ ∂v

∂x 2

+ ∂v

∂y 2!

.

Par suite, ∂u

∂x = ∂u

∂y = ∂v

∂x = ∂v

∂y =0puisuetvsont constantes surD(0, R). Finalement,fest constante surD(0, R).

Q37. SoitP un polynôme non constant (et donc de degré n supérieur ou égal à 1). Supposons par l’absurde queP ne s’annule pas surC.

En posantP= Xn

k=0

akz^k, an 6=0, on a

P(z) anzⁿ

∼

|z|→+∞

1 et donc|P(z)| →

|z|→+∞

+∞. On peut donc choisirR > 0tel que pour|z|>R,|P(z)|>|P(0)|.

La fonction P est continue sur le compact D(0, R) et admet donc un minimum sur ce compact, atteint en un certain z₀∈D(0, R). Si|z|6R, on a|P(z)|>|P(z₀)|et si|z|> R, on a |P(z)|>|P(0)|>|P(z₀)|.

Finalement, la fonctionz 7→|P(x+iy)| admet un minimum surC, atteint en un certain z₀ deR². SoitQ = P(z−z₀).

Qest un polynôme en zet donc la fonction(x, y)7→Q(x+iy)est développable en série entière sur tout D(0, R),R > 0, d’après la question Q28. PuisqueP ne s’annule pas surC, la fonctionf : (x, y)7→ 1

Q(x+iy) est développable en série entière sur toutD(0, R),R > 0et de plus la fonction |f|admet un maximum en(0, 0).

Donc, la fonction(x, y)7→ 1

Q(x+iy) est constante sur toutD(0, R),R > 0, d’après la question Q36, et donc surC puis la fonctionPest constante surCce qui est faux.

Donc,Ps’annule au moins une fois surC.

Partie V - Résolution du problème de Dirichlet dans le disque unité de R

Q38.Soientt∈Ret z∈D(0, 1). Alors,e^it+z6=0, puis ze^−it

< 1et e^it+z

e^it−z= 1+ze^−it

1−ze^−it = 1+ze^−it

+∞

X

n=0

zⁿe^−int=

+∞

X

n=0

zⁿe^−int+

+∞

X

n=0

zⁿ⁺¹e^−i(n+1)t

=1+2

+∞

X

n=1

zⁿe^−int.

Donc, la fonctionz7→ e^it+z

e^it−zest développable en série entière surD(0, 1). Mais alors, la fonctionz7→ 1 2π

Z2π

0

h(t)e^it+z e^it−z dt est développable en série entière surD(0, 1)(en intégrant terme à terme comme ci-dessous), puis la fonction

(x, y)7→g(x+iy) =Re 1 2π

Z2π

0

h(t)e^it+z e^it−z dt

!

est harmonique surD(0, 1)d’après la question Q27.

Q39. Soit z ∈ D(0, 1). La série de fonctions de terme général t 7→ f_n(t) où f_n(t) =

1sin=0

2zⁿe^−intsin>1 , converge normalement et donc uniformément sur le segment[0, 2π]car pourn>1,kf_nk^∞=2|z|ⁿ. On peut intégrer terme à terme et on obtient

1 2π

Z2π

0

e^it+z

e^it−z dt= 1 2π

Z2π

0

dt+2

+∞

X

n=1

zⁿ Z2π

0

e^−intdt

!

=1+ 1 π

+∞

X

n=1

zⁿ e^−int

n ^2π

0

=1.

On en déduit que

1 2π

Z2π

0

P(t, z)dt=Re 1 2π

Z2π

0

e^it+z e^it−z dt

!

=1.

Q40.Soitz∈D(0, 1). Soitϕ∈R. La fonctiont7→h(t)P(t, z)est 2π-périodique et donc 1

2π Zϕ+2π

ϕ

h(t)P(t, z)dt= 1 2π

Z2π

0

h(t)P(t, z)dt=g(z).

Q41.Soitr∈[0, 1[et(t, θ)∈R².

P t, re^iθ

=Re

e^it+re^iθ e^it−re^iθ

=Re e^it+re^iθ

e^−it−re^−iθ (e^it−re^iθ) (e^−it−re^−iθ)

!

= 1−rcos(t−θ) +rcos(θ−t) −r² 1+r e^i(t−θ)+e^−i(t−θ)

+r²

= 1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² Q42.Soientϕ∈Ret δ∈]0, π[.

Il s’agit donc de montrer que lim

z→e^iϕ

Z2π−δ

δ

1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² dt=0 ou encore que

(r,θ)lim→(1,ϕ)

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² dt=0.

Soitz=re^iθ avecr∈[0, 1[et θ∈R. Pour tout réeltde[ϕ+δ, ϕ+2π−δ]⊂]ϕ, ϕ+2π[, r²−2rcos(t−θ) +1=

r−e^i(t−θ)

2

> 0(carr < 1), et donc P(t, z) = 1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² > 0. De plus, en choisissant déjà θ ∈

ϕ−δ 2, ϕ+δ

2

, pour tout réel t ∈ [ϕ+δ, ϕ+2π−δ],t−θ∈[ϕ−θ+δ, ϕ−θ+2π−δ]⊂

δ

2, 2π−δ 2

. Mais alors, pour tout réel t∈[ϕ+δ, ϕ+2π−δ], 0 < 1−2rcos(t−θ) +r²61−2rcos

δ 2

+r²

puis, pour toutr∈[0, 1[ et toutθ∈

ϕ−δ 2, ϕ+δ

2

, 06 1

2π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

P(t, z)dt6 1 2π

Z2π

0

1−r² 1−2rcos

δ 2

+r²

dt= 1−r² 1−2rcos

δ 2

+r²

.

Quandrtend vers1 etθtend versϕ, 1−r² 1−2rcos

δ 2

+r²

tend vers 0

2−2cos δ

2

=0 et donc, d’après le théorème des gendarmes,

z→lime^iϕ

Z2π−δ

δ

1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² dt= lim

(r,θ)→(1,ϕ)

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

1−r²

1−2rcos(t−θ) +r² dt=0.

Q43.Soientϕ∈R.

La fonctionh est continue et 2π-périodique sur Ret donc la fonction h est bornée sur R. Soitε > 0. La fonctionh est continue enϕ. Donc, il existeδ∈]0, π[tel que pourt∈[ϕ−δ, ϕ+δ], |h(t) −h(ϕ)|6 ε

2 (il n’y a pas de raison d’utiliser le théorème deHeinepuisqueϕ est fixé).δest ainsi dorénavant fixé. Pour toutz∈D(0, 1),

|g(z) −h(ϕ)|= 1

2π

Zϕ+2π

ϕ

h(t)P(z, t)dt− Zϕ+2π

ϕ

h(ϕ)P(z, t)dt

6 1 2π

Zϕ+δ

ϕ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt+ 1

2π Zϕ+2π

ϕ+2π−δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt+ 1

2π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt

= 1 2π

Zϕ+δ

ϕ−δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt+ 1

2π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt(par2πpériodicité)

6ε 2 × 1

2π Zϕ+δ

ϕ−δ

P(t, z)dt+ 2sup

t∈R

|h(t)|

2π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt

6ε 2 × 1

2π Zϕ+π

ϕ−π

P(t, z)dt+ sup

t∈R

|h(t)|

π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt(carδ∈]0, π[et carP(t, z)>0)

= ε 2 +

sup

t∈R

|h(t)|

π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt(d’après la question Q39).

Ainsi, pour toutz∈D(0, 1),|g(z) −h(ϕ)|6 ε 2+

sup

t∈R

|h(t)|

π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt.

Q44.Maintenant, quandztend verse^iϕ, sup

t∈R

|h(t)|

π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dttend vers0d’après la question Q42

et donc, il existeα > 0tel que, siz∈D(0, 1)et

z−e^iϕ 6α, alors

sup

t∈R

|h(t)|

π

Zϕ+2π−δ

ϕ+δ

|h(t) −h(ϕ)|P(t, z)dt6 ε

2. Pourz∈D(0, 1)tel que

z−e^iϕ

6α, on a

|g(z) −h(ϕ)|6ε

2 +ε 2 =ε.

On a ainsi montré que pour toutϕ∈R, lim

z→e^iϕ z∈D(0,1)

g(z) =h(ϕ).

Pour(x, y)∈D(0, 1), posonsf(x, y) =

g(x+iy)six²+y²< 1

h(ϕ)si(x, y) = (cosϕ,sinϕ), ϕ∈R (hétant2π-périodique,fest bien définie).

D’après la question Q38, la fonctionfest harmonique surD(0, 1). D’autre part, ce qui précède, joint à la continuité deh, montre quefest continue surD(0, 1). fest donc une solution au problème deDirichlet.

L’unicité d’une telle solution est assurée par la question Q25.