Ce texte fait aussi intervenir des fonctions C

Énoncé

Ce texte introduit

¹

aux fonctions d'une variable complexe à valeurs complexes mais les seules fonctions de ce type intervenant dans ce problème sont la fonction exponentielle com- plexe et des fonctions polynomiales ou rationnelles. On conviendra d'identier un polynôme ou une fraction rationelle avec la fonction qui lui est associée.

Ce texte fait aussi intervenir des fonctions C

^∞

( R ) , périodiques de période 2π et à valeurs dans C. De telles fonctions sont appelées des lacets. Une lacet γ peut être vu comme un mouvement. Pour t ∈ R, le complexe γ(t) représente la position dans le plan d'un point mobile. La trajectoire (notée Γ ) est l'ensemble des points par où est passé le mobile. À cause de la périodicité,

Γ = {γ(t), t ∈ R } = {γ(t), t ∈ [0, 2π]} . Les gures 1a et 1b présentent les trajectoires Γ pour deux lacets.

(a) γ(t) = e

^it

. (b) γ(t) = P(e

^it

) avec P = X

²

− X − 1 .

Fig. 1: Exemples de trajectoires.

Pour une fonction γ et z ∈ C \ Γ , l'indice de z par rapport à Γ est I _γ (z) = 1

2iπ Z 2π

0

γ

⁰

(t) γ(t) − z dt.

Il s'agit de l'intégrale d'une fonction d'une variable réelle C

^∞

à valeurs complexes où γ

⁰

(t) est la notation habituelle pour la dérivée de γ . Pour un nombre complexe z tel que |z| 6= 1 , on note I 0 (z) son indice par rapport au mouvement circulaire.

I ₀ (z) = 1 2π

Z 2π 0

e ^it

e ^it − z dt avec γ(t) = e ^it .

1

d'après W. Rudin Analyse réelle et complexe Masson

On rappelle que si f est une fonction continue dans [a, b] (avec a < b ) à valeurs complexes,

Z b a

f(t) dt

≤ Z b

a

|f (t)| dt.

Remarques. La partie V est totalement indépendante des autres parties. Les parties I et II ne dépendent pas l'une de l'autre mais prouvent la même proposition de deux manières diérentes. La partie III n'utilise pas la proposition prouvée en I ou II. La partie IV utilise cette proposition ainsi que d'autres démontrées en III.

Partie préliminaire.

1. Soit f continue dans R, périodique de période T > 0 et à valeurs complexes.

Montrer que la fonction de R dans C, x 7→ R x+T

x f (t) dt est constante.

2. Montrer que :

∀x ∈ R

^∗

, arctan x + arctan 1 x =





 π

2 si x > 0

− π

2 si x < 0 .

3. Soit z = |z|e ^iϕ ∈ C avec |z| 6= 1 et ϕ ∈ R. Pour tout t ∈ R, exprimer (|z| − 1) ² −

e ^it − z

2

en fonction de t − ϕ . En déduire

∀t ∈ R , e ^it − z

≥

( 1 − |z| si |z| < 1

|z| − 1 si |z| > 1 .

Partie I. Calcul direct de I 0 (z).

Dans cette partie, z ∈ C, |z| 6= 1 et ϕ ∈ R est un argument de z . On note A(z) = Re(I 0 (z)), B(z) = Im(I 0 (z)).

1. Soit r ∈ R \ {−1, +1} . Montrer que Z

^π₂

0

dθ

1 + r ² − 2r cos θ = 2

1 − r ² arctan 1 + r

1 − r

.

2. a. Montrer que

A(z) = 1 2π

Z 2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt.

b. Montrer que

I ₀ (z) = A(z) = 1

2 + 1 − |z| ² 4π

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) . 3. Montrer que

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) = 2

Z

^π₂

0

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z

^π₂

0

dθ

1 + |z| ² + 2|z| cos θ

! .

En déduire I 0 (z) =

( 1 si |z| < 1 0 si |z| > 1 .

Partie II. Calcul de I 0 (z) avec une progression géométrique.

1. Soit k ∈ Z

^∗

, calculer R 2π 0 e ^ikt dt . 2. Dans cette question |z| < 1 .

a. Montrer que :

∀n ∈ N , I ₀ (z) = 1 + z ⁿ⁺¹ 2π

Z 2π 0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z dt.

b. En déduire I 0 (z) = 1 . 3. Dans cette question |z| > 1 .

a. Montrer que :

∀n ∈ N , I 0 (z) = z

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z 2π 0

e ^i(n+2)t e ^it − z dt.

b. En déduire I 0 (z) = 0 .

Partie III. Propriétés de l'indice.

Dans cette partie, γ est un lacet et z est un nombre complexe qui n'est pas sur la trajectoire : z / ∈ Γ .

1. Dans cette question seulement, on considère l'équation diérentielle (γ − z)y

⁰

− γ

⁰

y = 0

où la fonction inconnue y est à valeurs complexes.

a. Déterminer la solution évidente qui prend en t = 0 la valeur γ(0) − z .

b. En utilisant un résultat de cours cité précisément, exprimer cette solution avec la fonction exponentielle complexe et une intégrale.

c. Montrer que I γ (z) ∈ Z.

2. Dans cette question, pour z et z

⁰

en dehors de Γ , on cherche à majorer |I γ (z) − I γ (z

⁰

)| . a. Justier l'existence d'un réel strictement positif noté d(z, Γ) et déni par :

d(z, Γ) = min {|z − γ(t)| , t ∈ [0, 2π]} . b. Montrer que |I γ (z) − I γ (z

⁰

)| ≤ K |z − z

⁰

| avec

K = γ

d(z, Γ) d(z

⁰

, Γ) et γ = 1 2π

Z 2π 0

|γ

⁰

(t)| dt.

x 0

Fig. 2: Conguration de la trajectoire pour la question 3.

3. Dans cette question, on suppose que Γ est dans le disque ouvert de rayon 1 et de centre 1 c'est à dire que

∀t ∈ R , |γ(t) − 1| < 1.

a. Montrer que ] − ∞, 0] ∩ Γ = ∅ . Montrer que, pour tout x ≤ 0 , d(x, Γ) > |x| et d(x, Γ) ≥ d(0, Γ).

b. Montrer que la restriction de I _γ à ] − ∞, 0] est lipschitzienne de rapport _d(0,Γ) ^{4 γ}

2

. c. Montrer que |I γ (x)| ≤

_|x|

^γ pour x < 0 .

d. Montrer que I _γ (0) = 0 .

Partie IV. Nombre de racines.

1. Dans cette question, P ∈ C [X] est un polynôme de degré au moins 1 sans racine de module 1 et on considère un lacet γ P dénit par

∀t ∈ R , γ P (t) = P(e ^it ).

On note z ₁ , · · · , z _s les racines de P et m ₁ , · · · , m _s leurs multiplicités.

Montrer que

I γ

_P

(0) =

s

X

k=1

m k I 0 (z k ).

En déduire que I γ

_P

(0) est la somme des multiplicités de racines de P dans le disque unité ouvert.

2. Théorème de Rouché

²

.

Soit P et Q dans C [X ] non constants et n'admettant aucune racine de module 1 . On dénit un lacet γ par :

∀t ∈ R , γ(t) = P (e ^it ) Q(e ^it ) . a. Montrer que I γ (0) = I γ

_P

(0) − I γ

_Q

(0) .

b. On suppose de plus que

P (e ^it ) − Q(e ^it ) <

Q(e ^it )

pour tout t réel.

Montrer que I γ

_P

(0) = I γ

_Q

(0) . 3. Pour tout n ∈ N

^∗

, on dénit

P = X ⁿ (X ² − X − 1) + X ² − 1 et Q = X ⁿ (X ² − X − 1).

2

d'après une idée de mon ami Saman K.

a. En utilisant e ^it − e

^−it

= 2i sin t , montrer que

∀t ∈ R ,

(e ^it ) ² − 1 (e ^it ) ⁿ ((e ^it ) ² − e ^it − 1)

< 1.

b. Montrer que I γ

_P

(0) = I γ

_Q

(0) .

c. Montrer que P admet une racine réelle strictement plus grande que 1 et que la somme des multiplicités de ses racines dans le disque unité ouvert est n + 1 .

Partie V. Harmonicité. Formule de Cauchy.

1. Montrer que, pour tout lacet γ et tout polynôme Q ∈ C [X] , Z 2π

0

Q(γ(t))γ

⁰

(t) dt = 0.

2. Soit z ∈ C et γ le lacet déni par γ(t) = z + e ^it . Quelle est la trajectoire de γ ? Montrer que

1 2π

Z 2π 0

P(γ(t)) dt = 1 2iπ

Z 2π 0

P (γ(t))

γ(t) − z γ

⁰

(t) dt = P (z).

Corrigé

Partie préliminaire.

1. Notons ϕ la fonction dont on veut montrer qu'elle est constante et F la primitive de f nulle en 0 . Pour tout x réel,

ϕ(x) = F(x + T ) − F (x) ⇒ ϕ

⁰

(x) = f (x + T) − f (x) = 0

car la fonction f est T -périodique. Comme ϕ est à dérivée nulle sur un intervalle, elle est constante.

2. Notons ϕ(x) = arctan x + arctan ¹ _x . La fonction ϕ est dérivable dans R

^∗

avec

ϕ

⁰

(x) = 1 1 + x ² − 1

x ² 1 1 + _x ¹

2

= 0.

La fonction ϕ est donc constante dans chacun des intervalles formant son domaine.

x > 0 ⇒ ϕ(x) = ϕ(1) = π 4 + π

4 = π 2 . Pour x < 0 , ϕ(x) = − ^π ₂ car la fonction est impaire.

3. Pour tout t ∈ [0, 2π] , avec z = |z|e ^iϕ , comme Re z e ^it

= |z| cos(ϕ − t) ,

(|z| − 1) ² − |e ^it − z| ² = 1 + |z| ² − 2|z| − 1 + |z| ² − 2|z| cos(ϕ − t)

= 2|z| (cos(ϕ − t) − 1) ≤ 0 ⇒ |e ^it − z| ≥ ||z| − 1| . On obtient les minorations demandées de |e ^it − z| avec

||z| − 1| =

( 1 − |z| si |z| < 1

|z| − 1 si |z| < 1 .

Partie I. Calcul direct de I 0 (z).

1. On eectue le changement de variable t = tan ^θ ₂ puis on intègre avec un arctan . Z

^π₂

0

dθ

1 + r ² − 2r cos θ = Z 1

0

1 + t ²

(1 + r ² )(1 + t ² ) − 2r(1 − t ² ) 2 dt 1 + t ²

= 2 Z 1

0

dt

(1 − r) ² + (1 + r) ² t ² = 2 (1 − r) ²

Z 1 0

dt 1 +

1+r 1−r t 2

= 2

(1 − r) ² 1 − r

1 + r arctan 1 + r

1 − r t t=1

t=0

= 2

1 − r ² arctan 1 + r

1 − r

.

2. a. Avec z = |z|e ^iϕ , considérons e ^it

e ^it − z = e ^it (e

^−it

− z)

|e ^it − z| ² = 1 − |z|e ^i(t−ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) . La partie réelle de l'intégrale est l'intégrale de la partie réelle.

A(z) = 1 2π

Z 2π 0

Re e ^it

e ^it − z

dt = 1 2π

Z 2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt.

b. On peut calculer facilement la partie imaginaire.

B(z) = 1 2π

Z 2π 0

Im e ^it

e ^it − z

dt = 1 2π

Z 2π 0

−|z| sin(t − ϕ) 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) dt

= − 1 4π

ln 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) ^θ=2π

θ=0 = 0 à cause de la 2π -périodicité. En écrivant

1 − |z| cos(t − ϕ) = 1

2 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ)

− 1

2 1 + |z| ² + 1

= 1

2 1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) + 1

2 1 − |z| ² et avec la partie imaginaire nulle, on obtient

I 0 (z) = A(z) = 1

2 + 1 − |z| ² 4π

Z 2π 0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ) .

3. Transformons l'intégrale à exprimer : Z 2π

0

dt

1 + |z| ² − 2|z| cos(t − ϕ)

= Z 2π−ϕ

−ϕ

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (chgt. de v. θ = t − ϕ )

= Z π

−π

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (question 1 Partie Préliminaire)

= 2 Z π

0

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ (parité)

= 2 Z

^π₂

0

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z π

π 2

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ

!

(Chasles)

= 2 Z

^π₂

0

dθ

1 + |z| ² − 2|z| cos θ + Z

^π₂

0

dϕ

1 + |z| ² + 2|z| cos ϕ

!

( ϕ = π − θ dans int. 2).

Utilisons la question 1 avec r = ±|z| , il vient

I 0 (z) = 1 2 + 1

π

arctan 1 + |z|

1 − |z| + arctan 1 − |z|

1 + |z|

=



 



 

 1 2 + 1

2 = 1 si 1 + |z|

1 − |z| > 0 ⇔ |z| < 1 1

2 − 1

2 = 0 si 1 + |z|

1 − |z| < 0 ⇔ |z| > 1 avec la question 2 de la partie préliminaire.

Partie II. Calcul de I 0 (z) avec une progression géométrique.

1. Soit k ∈ Z

^∗

, une primitive de t 7→ e ^ikt est t 7→ _ik ¹ e ^ikt . On en déduit Z 2π

0

e ^ikt dt = 1

ik e ^{ikt t=2π}

t=0

= 0 (périodicité) . 2. Dans cette question, |z| < 1 .

a. On utilise une somme en progression géométrique de raison e

^−it

z : e ^it

e ^it − z = 1 1 − e

^−it

z =

n

X

k=0

(e

^−it

z) ^k

!

+ (e

^−it

z) ⁿ⁺¹ 1 − e

^−it

z

=

n

X

k=0

e

^−ikt

z ^k

!

+ e

^−i(n+1)t

z ⁿ⁺¹ 1 − e

^−it

z . On intègre en exploitant la linéarité

I 0 (z) =

n

X

k=0

z ^k 2π

Z 2π 0

e

^−ikt

dt

! + z ⁿ⁺¹

2π Z 2π

0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z dt.

Dans la somme, seule l'intégrale attachée à k = 0 est non nulle et elle vaut 1 . On en déduit

I 0 (z) = 1 + z ⁿ⁺¹ 2π

Z 2π 0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z dt.

b. Majorons l'écart à 1 . Pour tout n ∈ N,

|I 0 (z) − 1| ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z 2π 0

e

^−i(n+1)t

1 − e

^−it

z

dt ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

1 − |z|

avec la minoration de |e ^it − z| de la partie préliminaire (question 3). La suite en n à droite tend vers 0 car |z| < 1 donc le nombre xé à gauche est nul. On a prouvé

I ₀ (z) = 1.

3. Dans cette question, |z| > 1 .

a. On utilise une somme en progression géométrique de raison e ^it z

⁻¹

: e ^it

e ^it − z = − e ^it z

1

1 − e ^it z

⁻¹

= − e ^it z

_n X

k=0

(e ^it z

⁻¹

) ^k

!

+ (e ^it z

⁻¹

) ⁿ⁺¹ 1 − e ^it z

⁻¹

!

= −

n

X

k=0

e ^i(k+1)t z

^−(k+1)

!

− e ^i(n+2)t z

⁻⁽ⁿ⁺²⁾

1 − e ^it z

⁻¹

. On intègre en exploitant la linéarité

I ₀ (z) = −

n+1

X z

^−k

2π

Z 2π 0

e

^−ikt

dt

!

+ z

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z 2π 0

e ^i(n+2)t

e ^it − z dt.

Noter le décalage d'indice qui montre bien que cette fois toutes les intégrales de la somme sont nulles. On en déduit

I 0 (z) = z

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z 2π 0

e

^−i(n+2)t

e ^it − z dt.

b. Majorons en module :

|I ₀ (z)| ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

2π

Z 2π 0

e

^−i(n+2)t

e ^it − z

dt ≤ |z|

⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

|z| − 1 dt

avec la minoration de la partie préliminaire. Comme |z| > 1 , la suite en n à droite tend vers 0 donc I ₀ (z) = 0 .

Partie III. Propriétés de l'indice.

1. a. La solution évidente est t 7→ γ(t) − z .

b. D'après le cours sur les équations diérentielles linéaires du premier ordre, les solutions sont les fonctions λe ^F où λ ∈ C et F est une primitive de t 7→ _γ(t)−z ^γ

⁰

^(t) . On peut exprimer F avec une intégrale, par exemple

∀t ∈ R , F (t) = Z t

0

γ

⁰

(u) γ(u) − z du.

Le coecient λ fait coïncider la condition initiale en t = 0 , on en déduit

∀t ∈ R , γ(t) − z = (γ(0) − z)e

Rt 0

γ0(u) γ(u)−z

du

.

c. La fonction γ − z est 2π -périodique, l'expression précédente en t = 2π montre e

Rt 0

γ0(u) γ(u)−z

du

= 1 ⇒ Z t

0

γ

⁰

(u)

γ(u) − z du ∈ 2iπ Z ⇒ I γ (z) ∈ Z .

2. a. La fonction t 7→ |z − γ(t)| est continue dans le segment [0, 2π] . Elle est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier la borne inférieure est le plus petit élément et il existe t z ∈ [0, 2π] tel que

d(z, Γ) = |z − γ(t _z )| = min {|z − γ(t)| , t ∈ [0, 2π]} . De plus d(z, Γ) > 0 car z / ∈ Γ entraine z 6= γ(t _z ) .

b. Par une simple réduction au même dénomonateur sous l'intégrale, I γ (z) − I γ (z

⁰

) = z

⁰

− z

2iπ Z 2π

0

γ

⁰

(t)

(γ(t) − z)(γ(t) − z

⁰

) dt

On majore ensuite en module en minimisant les distances entre z et z

⁰

et la trajectoire

|I γ (z) − I γ (z

⁰

)| ≤ |z

⁰

− z|

2iπ Z 2π

0

|γ

⁰

(t)|

d(z, Γ)d(z

⁰

(Γ) dt = γ

d(z, Γ)d(z

⁰

, Γ) |z − z

⁰

|.

3. a. Pour tout t ∈ R,

1 − Re(γ(t)) ≤ |Re(γ(t) − 1)| ≤ |γ(t) − 1| < 1 ⇒ Re(γ(t)) > 0.

On en déduit Γ ∩ ]−∞, 0] = ∅ . De plus, pour tout x ≤ 0 et tout t ∈ R,

|x| = −x < Re(γ(t)) − x = |Re(γ(t) − x)| ≤ |γ(t) − x| .

C'est vrai en particulier pour le t _x qui minimise la distance à x , d'où |x| < d(x, Γ) . Pour la deuxième inégalité, considérons, pour tout t , la distance

|γ(t) − x| = p

(Re(γ(t)) − x) ² + Im(γ(t)) ≥ p

(Re(γ(t)) ² + Im(γ(t)) = |γ(t) − 0|

car Re(γ(t)) ≥ 0 et x ≤ 0 . On en déduit

∀t ∈ R , |γ(t) − x| ≥ d(0, Γ)

C'est vrai pour le t _x qui minimise la distance à x , d'où d(x, Γ) ≤ d(0, Γ) . b. D'après la question 2.b. :

|I γ (x) − I γ (x

⁰

)| ≤ K |z − z

⁰

| avec K = γ d(x, Γ) d(x

⁰

, Γ) .

On majore K en utilisant d(x, Γ) et d(x

⁰

, Γ) plus grands que ^d(0,Γ) ₂ . On en déduit

|I γ (x) − I _γ (x

⁰

)| ≤ k |z − z

⁰

| avec K = 4 γ d(0, Γ) ² . c. Cette fois, on utilise d(x, Γ) > |x| pour x < 0 .

|I γ (x)| ≤ 1 2π

Z 2π 0

|γ

⁰

(t)|

|x − γ(t)| dt ≤ 1 2π

Z 2π 0

|γ

⁰

(t)|

d(x, Γ) dt = γ

d(x, Γ) ≤ γ

|x| .

d. D'après la question 3.b., la restriction de I γ à l'intervalle ] − ∞, 0] est continue.

Comme cette fonction est à valeurs entières d'après 2.c., le théorème des valeurs intermédiaires montre qu'elle est constante. De plus, la majoration de 3.c. montre que la limite est nulle en −∞ . La valeur de la constante est donc 0 . La fonction est nulle sur tout l'intervalle en particulier en 0 d'où, pour cette conguration de trajectoire,

I _γ (0) = 0.

Partie IV. Nombre de racines.

1. Par dénition de γ P et avec les règles usuelles de dérivation : γ _P

⁰

(t) = ie ^it P

⁰

(e ^it ).

On en déduit l'expression de l'indice

I γ

_P

(0) = 1 2iπ

Z 2π 0

γ P

0

(t)

γ P (t) − 0 dt = 1 2π

Z 2π 0

^ P

⁰

P

(e ^it ) e ^it dt.

On connait la décomposition en éléments simples de ^P _P

⁰

. P

⁰

P =

s

X

k=1

m _k X − z k

.

On en déduit I γ

_P

(0) = 1

2π Z 2π

0 s

X

k=1

m k e ^it e ^it − z _k

! dt =

s

X

k=1

m k

2π Z 2π

0

e ^it

e ^it − z _k dt =

s

X

k=1

m k I 0 (z k ).

D'après le résultat fondamental démontré en partie I ou II, dans cette somme, seuls contribuent les z k tels que |z k | < 1 . On en déduit que I γ

_P

(0) est la somme des multi- plicités des racines dans le disque unité ouvert.

2. Théorème de Rouché. Notons G la fraction rationnelle ^P _Q , de sorte que γ(t) = G(e ^it ) . a. Réutilisons l'expression de l'indice trouvée dans la question 1. :

I γ

_P

(0) − I γ

_Q

(0) = 1 2π

Z 2π 0

^ P

⁰

P − Q

⁰

Q

(e ^it ) e ^it dt

I _γ (0) = 1 2π

Z 2π 0

^ G

⁰

G

(e ^it ) e ^it dt

Avec les règles de dérivation usuelles : G

⁰

= P

⁰

Q − P Q

⁰

Q ² ⇒ G

⁰

G = P

⁰

Q − P Q

⁰

Q ²

Q P = P

⁰

P − Q

⁰

Q .

On en déduit la relation demandée entre les indices.

I γ (0) = I γ

_P

(0) − I γ

_Q

(0).

b. Avec l'hypothèse faite sur P et Q , on se retrouve dans la conguration de la question III.3.

P(e ^it ) − Q(e ^it ) <

Q(e ^it ) ⇒

G(e ^it ) − 1 < 1.

Dans cette conguration (trajectoire dans le disque unité ouvert centré en 1), l'indice de 0 est nul donc, avec IV.2.a.

0 = I γ (0) = I γ

_P

(0) − I γ

_Q

(0) ⇒ I γ

_P

(0) = I γ

_Q

(0).

3. Dans cette question

P = X ⁿ (X ² − X − 1) + X ² − 1 et Q = X ⁿ (X ² − X − 1).

a. Avec l'indication donnée par l'énoncé

(e ^it ) ² − 1 (e ^it ) ⁿ ((e ^it ) ² − e ^it − 1)

=

e ^it − e

^−it

e ^it − 1 − e

^−it

=

2i sin t 2i sin t − 1

= 2| sin t|

p 4 sin ² t + 1

< 1.

b. Les racines de Q sont 0 et ^1± ₂

^√

⁵ , aucune n'est de module 1 . Comme P −Q = X ² −1 , l'inégalité du a. se traduit par, pour tout u de module 1 ,

P (u) − Q(u) Q(u)

< 1 ⇒ |P(u) − Q(u)| < |Q(u)|.

On en déduit d'abord que Q n'admet pas de racine de module 1 . En eet, si u en était une, on devrait avoir |Q(u)| < |Q(u)| . On se trouve dans la conguration du théorème de Rouché qui donne I _γ

_P

(0) = I _γ

_Q

(0) .

c. Le polynôme P s'annule entre 1 et ¹⁺ ₂

^√

⁵ car P (1) = −1 et P ( ¹⁺

√

5 2 ) = ¹⁺

√

5

2 .

Présentons dans un tableau les racines de Q et leurs multiplicités.

racines 0 ¹⁻

√

5 2

1+

√

5 2

multiplicités n 1 1

module < 1 oui oui non

On peut alors conclure que la somme des multiplicités des racines de P dans le disque unité ouvert est I _γ

_P

(0) = I _γ

_Q

(0) donc aussi la somme des multiplicités des racines de Q dans le disque unité ouvert c'est à dire n + 1 d'après le tableau.

Comme P est de degré n + 1 toutes les racines de P sont de module strictement plus peit que 1 sauf la racine réelle située entre 1 et le nombre d'or.

Cette unique racine est appelée un nombre de Pisot. On a démontré ici le résultat admis dans le problème sur les nombres de Pisot proposé dans cette base de données.

Partie V. Harmonicité. Formule de Cauchy.

1. Soit H un polynôme dont la dérivée est Q .

La dérivée de t 7→ H (γ(t)) est t 7→ Q(γ(t)) γ

⁰

(t) donc Z 2π

0

Q(γ(t))γ

⁰

(t) dt = [H (γ(t))] ^t=2π _t=0 = 0.

2. La trajectoire est evidemment le cercle de centre z et derayon 1 . La première inégalité résulte de γ

⁰

(t) = ie ^it ) = γ(t) − z .

Pour la deuxième égalité, considérons le polynôme P z = P − P(z) . Evidemment z est une racine de P _z donc il existe Q _z ∈ C [X ] tel que

P = P(z) + (X − z)Q _z ⇒ P(γ(t)) = P(z) + (γ(t) − z)Q _z (γ(t)).

En intégrant, on fait apparaitre l'indice par linéarité 1

2iπ Z 2π

0

P (γ(t))

γ(t) − z γ

⁰

(t) dt

= P (z) 1 2iπ

Z 2π 0

ie ^it e ^it dt

| {z }

=1

+ 1 2iπ

Z 2π 0

Q z (γ(t)) γ

⁰

(t) dt

| {z }

= 0

d'après 1

= P (z).

La formule

P(z) = 1 2π

Z 2π 0

P(γ(t)) dt

signie que P (z) est la moyenne des valeurs prises par la fonction P sur un cercle de rayon centré en z . Une fonction vériant cette propriété est appelée fonction harmo- nique.

La relation

P (z) = 1 2π

Z 2π 0

P (γ(t))

γ(t) − z γ

⁰

(t) dt

est appelée formule de Cauchy.