Sorbonne Université Mars 2018
Partiel d’analyse complexe - 3M266
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Durée : 1 heure 30.
Exercice 1
a) Etant donné w 2C, on considère l’équation z2 2wz+ 1 = 0; d’inconnuez 2C. Combien a-t-elle de solutions ?
b) Déduire du a) que la fonction cos :C!C est surjective.
Exercice 2 Soit f une fonction entière. On veut prouver que f(C) ne peut pas être le demi-plan P = fz2C; Rez >0g. On raisonne par l’absurde et on suppose donc que f(C) = P. Véri…er quee f est constante et obtenir une contradiction.
Exercice 3 On se …xe un réelb et on note f la fonction entière dé…nie pour tout z 2C parf(z) =e z22.
a)Etant donnéR >0, on note Rle lacet obtenu en concaténant les segments orientés [ R; R], [R; R+ib], [R+ib; R+ib] et [ R+ib; R]. Que vaut R
Rf(z)dz? (Justi…er soigneusement la réponse.)
b) Prouver queIR+ =R
[R;R+ib]f(z)dz tend vers 0quand R tend vers +1. c) Après avoir justi…é son existence, calculer l’intégrale R+1
1 e x
2
2 e ibxdx à l’aide des questions précédentes et en admettant que R+1
1 e x
2
2 dx=p
2 .
Exercice 4 Considérons le polynôme Pz = X2 z, où z 2 D = fz 2 C; jzj < 1g. On suppose qu’il existe une détermination continue d’une des racines de Pz surD =Dnf0g, c’est-à-dire une fonction continue f :D !C telle que, pour tout z 2D , Pz(f(z)) = 0.
a) On rappelle que Log désigne la détermination principale du logarithme, dé…nie sur CnR . On note L la détermination continue du logarithme sur CnR+ dont la partie imaginaire est à valeurs dans ]0;2 [. Véri…er qu’il existe ; 2 f 1;+1g tels que :
8z 2DnR ; f(z) = e12Logz et 8z2DnR+; f(z) = e12L(z): b) En déduire que f est holomorphe sur D .
c) Montrer que f se prolonge en une fonction holomorphe sur D.
d) Tirer une contradiction du c) et de l’identité f(z)2 =z, valable pourz 2D .
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Sorbonne Université Mars 2018
Correction du partiel d’analyse complexe - 3M266
Exercice 1 a) L’équation z2 2wz+ 1 = 0est du second degré en z. Son discriminant réduit vaut w2 1. Lorsque w2 f 1;1g, cette équation n’a qu’une racine, à savoirw, et lorsque w2Cn f 1;1g, cette équation a deux racines.
b) Soit w2C. Lorsque z 2C, cosz =w si et seulement si eiz+ e1iz = 2w c’est à dire si et seulement si eiz est racine de P = X2 2wX+ 1. Soient u l’une des racines de P. u6= 0 car P(0) = 16= 0. Par conséquent, il existev 2C tel que ev =u. Par construction z = vi véri…ecosz =w.
Commentaires Dans le a), on peut se contenter dire qu’une équation du second degré a dans C deux racines simples ou une racine double selon que son discriminant est nul ou pas mais il est faux qu’elle ait forcément deux racines. Par ailleurs, il est inadmissible en L3 d’écrire «si w2 1>0» lorsquew2C. Il n’y a pas d’ordre naturel dans C! Ecrire pw2 1 sans autre forme de procès laisse penser que le cours n’a pas même été lu. Vous devez en particulier retenir de ce cours de L3 que écrire Logz oup
z quand z2C n’a pas de sens et que chercher à lui en donner amène à considérer plusieurs déterminations du logarithme et des fonctions puissances.
Exercice 2 La fonctione f est entière puisque exp et f le sont. e f est bornée puisque e f =e Ref 61 et Ref <0. Grâce au théorème de Liouville, on en déduit que ef est constante. Soit c sa valeur. c 2 C et à ce titre, il existe ` 2 C tel que c = e`. Puisque ef ` = 1 et fz 2C; ez = 1g = 2 iZ, la fonction g = f ` est une fonction continue à valeurs dans 2 iZ. Comme Cest connexe, elle se doit d’être constante.
En e¤et, posons g(0) = v et X = g 1(fvg). X est un fermé de C car g est continue et fvg fermé dans C. Si w 2 X, il existe r 2 R+ tel que 21 jg(x) g(w)j < 1 lorsque x 2 D(w; r). Puisque 21 g est à valeurs dans Z, ceci force g(x) = g(w) = v lorsque x2D(w; r). Ainsi, X est aussi un ouvert de C. CommeX 6=? puisque 02X, X =C. Finalement, il apparaît quef est constante.
Commentaires Vous devez savoir que ef =eRef. La fonction exp n’est pas injective et donc écrire que e f est constante ne permet pas d’a¢ rmer que f est constante. Dans le cours, nous avons vu que si g et h sont deux déterminations continues du logarithme sur un même ouvert connexeD, il existe k 2Ztel que h=g+ 2 ik. Dans cette question, il s’agissait plus ou moins de refaire cette preuve. Apprendre son cours est une nécessité.
Exercice 3 a) La fonctionf est holomorphe sur C,C est convexe et R est un lacetC1 par morceaux tracé dansC. Le théorème de Cauchy permet donc d’a¢ rmer queR
Rf(z)dz est0.
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b) Lorsque R 2R+,
IR+ 6long([R; R+ib]) sup
t2[0;b]jf(R+it)j=jbjsup
t2[0;b]
exp Re (R+it)2 2
!
=e R2=2jbjsup
t2[0;b]
et2=2 =e R2=2jbjejbj2=2 !
R!+10 Donc lim
R!+1IR+ existe et vaut0.
c) fb : x 7! e x
2
2 e ibx est localement intégrable sur R puisque continue. De plus, jfb(x)j = e x
2
2 = O(e jxj) quand x ! 1. Donc fb est intégrable sur R et l’intégrale considérée existe.
Pour R 2 R+, si on pose IR = R
[ R; R+ib]f0(z)dz, en changeant R en R dans les calculs du b), on obtient que IR tend vers 0 quand R ! +1. Vu la dé…nition de R, le a) donne pour tout R2R+ :
0 = Z +R
R
e t
2
2 dt+IR+
Z +R R
e (t+ib)22 dt IR:
Or, pour t 2 R, e (t+ib)22 = eb
2
2 fb(t). Ainsi, faisant tendre R vers +1, on en déduit : eb
2 2 R+1
1 fb(t)dt=R+1 1 e t
2
2 dt=p
2 , d’où Z +1
1
e x
2
2 e ibxdx=p 2 e b
2 2:
La transformée de Fourier de la gaussienne est la gaussienne.
Commentaires a) Le fait que C est connexe n’est pas pertinent ici. Soit on utilise le théorème de Cauchy local el le fait que C est convexe ou étoilé par rapport par exemple à 0, soit on utilise le théorème de Cauchy homotopique et le fait que C est un domaine simplement connexe.
b) Vous devez savoir que si f est holomorphe au voisinage du support d’un chemin , R f(z)dz 6long( )kfkh i oùkfkh i = sup
z2h ijf(z)j.
c) Ne pas savoir prouver en L3 que fb 2 L1(R) est inacceptable. Par ailleurs écrire R
Rfb(x)dx 6 R
Re x2=2dx ne peut pas établir que f 2L1(R) car cette inégalité ne peut pas être écrite si on ne sait pas déjà que fb est intégrable.
Exercice 4 a) Lorsque z 2 DnR , f(z)2 = z = e12Logz
2
6
= 0. Par conséquent, les deux racines de Pz sont les deux nombres non nuls e12Logz et e12Logz. Comme f(z) est aussi l’une d’elle, f(z)
e12Logz 2 f 1;+1g. Ainsi, g : z 7! f(z)
e12Logz est une fonction continue de DnR dans f 1;+1g. Comme DnR est connexe, elle est constante et il existe donc 2 f 1;+1gtel que pour tout z 2DnR ,f(z) = e12Logz. De même, il existe 2 f 1;+1g tel que pour tout z2DnR+, f(z) = e12L(z).
2
b) LogetLsont respectivement holomorphes surDnR etDnR+ qui sont des ouverts dont la réunion est D. Doncf est holomorphe sur D .
c)Puisquejf(z)j2 =jzj !z
!0 0,f se prolonge par continuité en0, par f(0) = 0(doncf est bornée sur un voisinage épointé de0). Puisquef est holomorphe surD , un théorème de Riemann permet d’a¢ rmer quef prolongée par continuité en0 est holomorphe surD. d) Puisque f est holomorphe sur Detf(z)2 =z pour toutz dans D , et donc dansD par continuité, on trouve en dérivant : 2f0(z)f(z) = 1 pour tout z 2D. En particulier, 0 = 2f0(0)f(0) = 1, ce qui est une contradiction.
Commentaires a) Certains ignorent la di¤érence entre «supposer» et «prouver» . Ainsi, dans cette question, on suppose que f 2 C0(D ) véri…e f2 = IdD et on veut en parti- culier prouver qu’il existe 2 f 1;+1g tel que f(z) = exp 12Logz pour tout z 2 DnR . Ecrire a priori que f est de cette forme sur DnR pour le «démontrer» ensuite est une erreur de logique qui n’a pas même sa place au collège. Par ailleurs, que pour tout z 2 DnR , f(z)2 = exp 12Logz 2 entraîne seulement f(z) = exp 12Logz avec un
2 f 1;1g qui dépend dez.
c) L’énoncé ne dit pas que f est continue en 0. A priori, elle n’est même pas dé…nie en 0... Envisager la limite def(z)quand z !0 est un non sens. Il n’y pas d’ordre dans C; 0 et 0+ n’ont aucun sens dans C.
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