i ∂z∂ −∂¯∂z , puis une expression de ∂x∂22 et ∂y∂22 en utilisant la relation ∂z∂¯∂2z = ∂∂z∂z¯2 (qui découle facilement du théorème de Schwarz et de la définition des opérateurs)

(1)

ENS Lyon - L3 27 avril 2009 Analyse complexe

Corrig´e (succinct) du partiel

(il s’agit juste desidées, la rédaction serait considérée comme insuffisante un jour d’examen)

I.(voir planche 2, exercices 1 et 2) 1. Rappel :

∂

∂z := 1 2

∂

∂x −i ∂

∂y

et ∂

∂z¯:= 1 2

∂

∂x +i ∂

∂y

;

attention aux signes ! Une fa¸con de ne pas les confondre est de v´erifier rapidement que ^∂z_∂z = 1.

On en d´eduit _∂x^∂ = _∂z^∂ + _∂¯^∂_z et _∂y^∂ = i _∂z^∂ −∂¯^∂z

, puis une expression de _∂x^∂²2 et _∂y^∂²2 en utilisant la relation _∂z∂¯^∂²_z = _∂^∂_z∂z_¯² (qui découle facilement du théorème de Schwarz et de la définition des opérateurs). Tous calculs faits :

∆f = 4 ∂²f

∂z∂z¯= 4 ∂²f

∂¯z∂z. 2. L’hypoth`ese devient donc ^∂_∂²_z∂z^(f_¯ ^f)^¯ = 0,i.e.0 = _∂z^∂

∂f

∂z¯f¯+f^∂_∂¯^f_z^¯

. Rappelons que ^∂_∂¯^f_z^¯= ^∂f_∂z (penser àf comme à une série entière enz), et que sif est holomorphe : ^∂f_∂_z_¯ = 0, ^∂f_∂z =:f⁰etf⁰ est holomorphe.

En rempla¸cant dans le laplacien, il vient : 0 = ∂

∂z 0 +f f⁰

= ∂f

∂zf⁰+f∂f⁰

∂z =f⁰f⁰+ 0 =|f⁰|².

On obtient donc quef⁰est identiquement nulle sur le connexeU, ce qui implique quefest constante.

II. Par l’absurde, supposons que f(C) n’est pas dense dans C : il existe a ∈ C, r > 0 tels que f(C) n’intersecte pasD(a, r). Alors z 7→ f(z)¹−a est bien définie et holomorphe surC. Puisqu’elle est bornée (par 1/r), elle est constante d’après le théorème de Liouville, et f est aussi constante : contradiction.

III. (voir planche 2, exercice 6) On utilise la fonction f : z 7→ z²−a² z²+a²

e^iz

z (qui est holomorphe sur C\ {±ia}) et le contour formé par le demi-cercleDC(R) ={Reîθ/ θ ∈[0;π]}, le segment [−R;−ε], le demi-cercledc(ε) ={εeîθ/ θ∈[π; 0]}et le segment [ε;R].

Pourquoi eîz et passinz? Parce quesinz= _2i¹(eîz−e⁻îz)explose en l’infini :

e^iRe^iθ

=e⁻^R^sinθ−−−−−→_R

→+∞ 0 mais |2 sin(Re^iθ)| ≥

e⁻^iRe^iθ −

e^iRe^iθ

=e^R^sin^θ−e⁻^R^sin^θ→+∞. La formule des r´esidus montre que R

contourf(z)dz = 2πiResia(f) puisque le seul pôle de f dans le domaine considéré est ia. La formule habituelle pour le résidu en un pôle simple (planche 4, exercice 4) donne Resia(f) = _((ia)+ia)^(ia)²⁻â² êⁱ⁽_iaîa⁾ =e⁻â. De plus, puisque |f(Reîθ)iReîθ| ≤ R^R²²^+a−a²²e⁻^R^sin^θ, le théorème de convergence dominée (où la fonction dominante est une constante) donne R

DC(R)f(z)dz −−−−−→

R→+∞ 0.

D’autre part, le théorème de continuité sous l’intégrale donne R

dc(ε)f(z)dz −−−→_ε

→0 iπ. On obtient donc RR

−Rf(x)dx+iπ−−−−−→

R→+∞ 2πie⁻^a. Comme la partie r´eelle def_|R est impaire et que sa partie imaginaire est paire,

Z +∞ 0

x²−a² x²+a²

sinx x dx=π

e⁻^a−1 2

.

1

(2)

IV.

1. (question difficile, mais seul le résultat était important pour la suite de l’exercice) Pour l’unicité : si f et g conviennent, la fonctionf²−g²= (f −g)(f +g) est nulle sur l’ouvert connexeU, donc (principe des zéros isolés) ou bien f −g ou bien f +g est identiquement nulle. Vu la condition initiale,f+g ne s’annule pas au point 1, doncf =g.

Pour l’existence, on aimerait pouvoir prendre la racine carrée définie par e¹²^Log, mais pour cela il faudrait que la fonctionU 3z7→6z²−5z+ 1 = 6(z−1/3)(z−1/2) soit à valeurs dansC\]− ∞; 0] ; or ce n’est pas très dur de montrer que 6z²−5z+ 1 est à valeurs réelles négatives non seulement pour z∈[¹₃;¹₂], mais aussi sur{Rez= ₁₂⁵}(il s’agit d’un polynôme d’une variable complexe).

Par contre, on peut d´efinir Log(z−1/3) surC\]− ∞;¹₃] et Log(z−1/2) surC\]− ∞;¹₂], et donc f1(z) =√

6e¹²^Log(z⁻^1/3)e¹²^Log(z⁻^1/2) sur U1:=C\

−∞;1 2

. De mˆeme, on pose

f2(z) =−√

6e¹²^Log(1/3⁻^z)e¹²^Log(1/2⁻^z) sur U2:=C\ 1

3; +∞

.

Ces deux fonctions sont holomorphes et vérifient f1(z)²=f2(z)²= 6z²−5z+ 1 sur leur domaine de définition. Elles co¨ıncident surU1∩U2=C\R: en effet, par le même argument d’unicité que précédemment, il suffit de vérifier qu’elles co¨ıncident en un point de chaque composante connexe de C\R. Par exemple, en utilisant la formule Log(reît) = lnr+it, on calculef1(₃¹+₆ⁱ) =f2(¹₃+₆ⁱ) = q_√

2

6 e^i5π/8 et f1(¹₃−6ⁱ) =f2(¹₃−6ⁱ) = q_√

2

6 e⁻^i5π/8. On peut donc d´efinirf sur U =U1∪U2 en posant f(z) =fj(z) siz∈Uj : alorsf(z)²= 6z²−5z+ 1 surU, etf(1) =f1(1) =√

2.

Remarque : pour toutx∈U∩R,f(x) =±√

6x²−5x+ 1; en notant (x)le signe correspondant, la fonctionest continue (comme quotient de deux fonctions continues) `a valeurs dans un discret, donc constante sur chacune des composantes connexes ]− ∞; 1/3[et ]1/2; +∞[, et la condition f(1) =√

2forcef(x) =√

6x²−5x+ 1sur]1/2; +∞[. On peut aussi voir directement en utilisant l’expression explicite de f que la fonctionf co¨ıncide avec √

6x²−5x+ 1surU∩R.

2. Non : sinon, l’extension ˜f vérifierait encore ˜f(z)²= 6z²−5z+ 1 surC(principe des zéros isolés), en particulier ˜f s’annulerait enz= 1/3. On aurait doncf(z) = (z−1/3)h(z) avechune fonction entière, et (z−1/3)²h(z)² = 6(z−1/3)(z−1/2) puis (z−1/3)h(z)²= 6(z−1/2)... or le second membre ne s’annule pas enz= 1/3.

3. C’est vrai si R = 1. Sinon, notons CR⁺ la demi-couronne {z ∈ C/ R < |z| < 1, Rez > 0} (si 1/2< R <1) ou{z∈C/1<|z|< R, Rez > 0}(si 1< R), et CR⁻ l’autre demi-couronne. Alors CR⁺(resp.CR⁻) est dans l’ouvert ´etoil´eC\]− ∞; 0] (resp.C\[0; +∞[) sur lequelf est holomorphe.

En appliquant la formule de Cauchy sur ces deux domaines (attention à l’orientation des bords), on obtient que chacune des deux intégrales est nulle, et que la somme vaut l’intégrale de f sur le bord de la couronne ; d’où le résultat.

4. Posonsg(z) =zf(1/z) pour 0<|z|<2 (alors 1/z∈U) : ainsig est holomorphe surD(0,2)\ {0}. Puisque g(z)² = 6−5z+z², la fonction g est born´ee au voisinage de 0, et se prolonge donc holomorphiquement en 0 :g(z) =P+∞

n=0anzⁿ surD(0,2). La remarque faite `a la fin de la question 1 montre que pourx∈D(0,2)∩R,g(x) =xf(1/x) =xq

6

x² −_x⁵+ 1−−−→_x

→0

√6, d’o`ua0=g(0) =√ 6.

Or si|z|>2,f(z) =zg(1/z) =a0z+zP+∞ n=1an 1

zⁿ. En posantϕ(z) =f(z)−√

6z, on a bien l’´egalit´e voulue, etϕ(z)/z =

|z|>2

P+∞ n=1an 1

zⁿ −−−−−→

|z|→+∞ 0. Alors Z

|z|=R

1 f(z)dz=

Z 2π

0

√ 1

6Reîθ+ϕ(Reîθ)Rieîθdθ=i Z 2π

0

√ 1

6 + ^ϕ(Re_Re^iθ^iθ⁾dθ−−−−−→

R→+∞ i Z 2π

0

√1 6dθ d’après le théorème de convergence dominée. Vu la question 3., on obtient I=iR2π

0

√1

6dθ= ^2iπ√ 6. 5. Si U ´etait simplement connexe, la formule de Cauchy donnerait I = 0 (int´egrale d’une fonction

holomorphe sur un lacet trac´e dansU).

2