Corrigé MATHS I Résultats préliminaires. Filière MP

MATHS I 28 Corrigé Filière MP I Résultats préliminaires 1 On considère l application ψ : 2 définie par : ψ(x, y) = x + iy, (x, y) 2. 1.a. 1.b. 1.c. ψ est une application linéaire et transforme la base ((1,),(,1)) de 2 en la base (1, i) de, donc ψ est un isomorphisme et ψ 1 l est aussi. Comme 2 (respectivement ) est de dimension finie alors ψ est continue ( resp ψ 1 est continue ). Soit Ω un ouvert de. Puisque ψ est continue, alors ψ 1 (Ω) = {(x, y) 2 ; x + i y Ω} est un ouvert de 2. L application ϕ : z Re(z) est continue de dans, ],+ [ est un ouvert de et Ω = {z, Re(z) > } = ϕ 1 (],+ [), donc Ω est un ouvert de. Soit (z 1, z 2 ) Ω 2 et t [,1], alors on a : Re(t z 1 + (1 t)z 2 ) = tre(z 1 ) + (1 t)re(z 2 ) > donc t z 1 + (1 t)z 2 Ω ce qui montre que Ω est convexe, par suite Ω est connexe par arcs. 2 Soit n a n z n une série entière de rayon de convergence R > et dont les coefficients a n ne sont pas tous nuls, f (z) sa somme, on pose p = min{k ; a k }. 2.a. Pour z tel que z < R, on a : où g(z) = f (z) = a n+p z n. Et on a g() = a p. a n z n = z p a n+ p z n = z p g(z) 471 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Corrigé Maths I 28 2.b. L application g est la somme d une série entière de rayon de convergence R, donc g est continue sur D(,R), en particulier g est continue en. Comme g() = a p, pour ɛ = a p, il existe r ],R[ tel que, pour tout z D(, r ), g(z) D a p, a p 2 Ainsi z D(, r )\{} f (z). 2, donc en particulier g(z). II La propriété (H) 1 1.a. f : 1.b. z e z. On a U = 2 et pour tout (x, y) U, f (x, y) = e x+i y. Il est clair que f est de classe C 1 sur U. et pour tout (x, y) U on a : f x+iy (x, y) = e et f y (x, y) = iex+i par suite f (x, y) = i f (x, y). Ainsi, f vérifie la propriété (H). y f : z = x + i y ln z + i arcsin définie sur l ouvert z Ω = {z,re(z) > } Pour tout (x, y) U = {(x, y) 2, x > }, nous avons : f (x, y) = ln x 2 + y 2 y + i arcsin x 2 + y 2 Il est clair alors que f est de classe C 1 sur U, et pour tout (x, y) U et sachant que x > nous avons : f x (x, y) = x 2 + y 2 i Par suite : f (x, y) = i f y y f x 2 + y 2 et (x, y) = x 2 + y 2 + i (x, y) et f vérifie alors la propriété (H). Soit z = x + i y Ω, alors Re(z) > donc il existe θ z = z e iθ. x x 2 + y 2 π 2, π 2 tel que 48 2 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP 1.c. y Ainsi : arcsin z = arcsinsinθ = θ et par suite : y e f (z) = z e i arcsin z = z e iθ = z Soit P = a + a 1 X +... + a d X d [X] où d. f (z) = P(z) pour tout z. Pour tout (x, y) U = 2 : f d (x, y) = P(x + iy) = a k (x + iy) k. f est un polynôme en x et y, donc f est de classe C 1 sur U et (x, y) U : k= f d (x, y) = ka k (x + i y) k 1 et f d (x, y) = ika k (x + iy) k 1 k=1 par suite f (x, y) = i f (x, y) et f vérifie alors la propriété (H). d On a : P = ka k X k 1 donc pour tout (x, y) U, f (x, y) = P (x + iy). 1.d. Soit f : k=1 z z _ (x, y) U : f (x, y) = x i y. f est donc de classe C 1 sur U et pour tout (x, y) U : k=1. Avec U = 2 nous avons pour tout f (x, y) = 1 et f (x, y) = i Donc f (,) i f (,) et par suite f ne vérifie pas la propriété (H). 2 Cas d une fonction définie par une intégrale 2.a. Soit v. Pour tout z, l application t e z t 2 +i v t est continue sur et pour tout t, e z t 2 +ivt = e Re(z) t 2. 1 Si Re(z) >, alors e Re(z) t 2 = o, donc la fonction t e z t 2 +i v t est intégrable sur. Si Re(z), alors 1 t = n est pas intégrable sur. t + t 2 o e Re(z) t 2, donc la fonction t e z t 2 +i v t t + Ainsi la fonction t e z t 2 +ivt est intégrable sur si et seulement si Re(z) >. Pour tout v, et z Ω = {z, Re(z) > }, on pose f v (z) = e z t 2 +i v t d t 3 AMPA, Annales CNC de mathématiques 49

Corrigé Maths I 28 2.b. pour tout (x, y) U = {(x, y) 2, x > } nous avons : 2.c. f v (x, y) = e x t 2 +i(v t y t 2) d t Soit x tel que x >. Posons pour tout (y, t), h(y, t) = e xt2 +i(v t yt 2). Alors nous avons : h est continue sur. h admet une dérivée partielle par rapport à la première composante : (y, t), h (y, t) = i t 2 e xt2 +i(v t y t 2) et h est continue sur. (y, t), h(y, t) = e xt2 et la fonction t e x t 2 est continue et intégrable sur. h (y, t), (y, t) = t 2 e xt2 et la fonction t t 2 e x t 2 est continue et intégrable sur. D après la formule de Leibniz, nous déduisons que f v admet une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable et (x, y) U, f v (x, y) = h (y, t)d t = i t 2 e x t 2 +i(v t y t 2) d t. Soit y. Posons pour tout (x, t) ],+ [, g(x, t) = e x t 2 +i(v t y t 2). Alors : g est continue sur ],+ [. g admet une dérivée partielle par rapport à la première composante donnée par : (x, t) ],+ [, g (x, t) = t 2 e x t 2 +i(v t y t 2 ) g est ainsi continue sur ],+ [. Soit a ],+ [ (x, t) [a,+ [, g(x, t) = e xt2 e at 2 et la fonction t e at 2 est continue et intégrable sur. De plus : g (x, t) [a,+ [, (x, t) = t 2 e x t 2 t 2 e at 2 et la fonction t t 2 e at 2 est continue et intégrable sur. Alors et d après la formule de Leibniz, nous déduisons que f v admet une dérivée partielle par rapport à sa premième variable avec : (x, y) U, f v (x, y) = g (x, t)d t = t 2 e x t 2 +i(v t y t 2) d t 5 4 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP 2.d. Ainsi on remarque que : pour tout (x, y) U, Pour tout (x, y) U, nous avons : f v (x, y) = f v (x, y) = 1 i f v (x, y). i t 2 e x t 2 +i(v t y t 2) d t. Posons pour tout ((x, y), t) U, h((x, y), t) = i t 2 e x t 2 +i(v t y t 2). h est continue sur U. Soit a ],+ [ on a ((x, y), t) ([a,+ [ ), h((x, y), t) = t 2 e x t 2 t 2 e at 2 et la fonction t t 2 e at 2 est continue et intégrable sur. Alors d après le théorème de continuité sous le signe intégrale, nous déduisons que : f v est continue sur U. D après (c), nous avons donc (x, y) U, f v (x, y) = 1 i f v (x, y) donc f v est continue sur U. Ainsi f v est de classe C 1 sur U. f v Comme pour tout (x, y) U, (x, y) = i f v (x, y) on déduit que f v vérifie la propriété (H). 2.e. Cas de la somme d une série entière. Soit n z n a n une série entière de rayon de convergence R > ; on note f l application définie par f (z) = a n z n, z D(,R) ( avec D(,R) = si R = + ). i) Soit y ] R,R[, posons I = R 2 y 2, R 2 y 2 ( = si R = + ) et pour tout x I, g(x) = f (x + i y ). Pour tout x I, nous avons : x + iy = x 2 + y 2 < R 2 y 2 + y2 = R, donc g est bien définie sur I et de plus g(x) = a n (x + iy ) n. Posons pour n et x I, : g n (x) = a n (x + iy ) n. Nous avons : n, g n est de classe C 1 sur I. La série g n converge simplement sur I, de somme g. n, x I, g (x) = na n n (x + iy )n 1 et g (x) =. Soit J un compact inclus dans I, l application φ : x x + iy est continue de dans, donc φ(j) est un compact de tel que φ(j) D(,R). 5 AMPA, Annales CNC de mathématiques 51

Corrigé Maths I 28 La série entière n 1na n z n 1 est de rayon de convergence R ( c est la série dérivée de a n z n ) donc d après un théorème du cours, elle converge uniformément sur tout compact inclus dans D(,R), en particulier sur φ(j). Et par suite la série entière na n (x + i y ) n 1 converge uniformément sur J. En conclusion : g est de classe C 1 sur I et pour tout x I, g (x) = ii) n=1 na n (x + i y ) n 1. Soit U = ψ 1 (D(,R)), (x, y) U, f (x, y) = f (x + iy) = a n (x + iy) n Soit y ] R,R[, posons I y = R 2 y 2, R 2 y 2 ( = si R = + ) D après la question (a), l application g y : x f (x + iy) est dérivable sur I y et pour tout x I y, g (x) = na y n (x + i y) n 1. n=1 Ainsi, f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable et pour tout (x, y) U, f (x, y) = na n (x + i y) n 1. n=1 Soit x ] R,R[, posons I x = R 2 x 2, R 2 x 2 ( = si R = + ) on montre de la même façon que l application h x : y f (x + i y) est dérivable sur I x et pour tout y I x, h (y) = i na x n (x + i y) n 1. n=1 Donc f admet une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable et pour f tout (x, y) U, (x, y) = i na n (x + iy) n 1. On en déduit que pour tout n=1 (x, y) U, f (x, y) = i f (x, y) iii) Nous avons pour tout (x, y) U, f (x, y) = na n (x + iy) n 1. Pour tout n=1 n, et pour tout (x, y) U, posons g n (x, y) = na n (x + iy) n 1. Nous avons : n, g n est continue sur U. Soit K un compact inclus dans U, comme ψ est continue sur 2 alors ψ(k) est un compact inclus dans D(,R). Ainsi la série entière na n z n 1 converge uniformément sur ψ(k), donc la série 52 6 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP 2.f. gn (x, y) converge uniformément sur K. La fonction, f sur U. D après (b) (x, y) U, f (x, y) = i f (x, y), donc f Ainsi f est de classe C 1 sur U et pour tout (x, y) U, donc f vérifie la propriété (H). Quelques propriétés générales. est donc continue est continue sur U. f (x, y) = i f (x, y) Soit Ω un ouvert non vide de et soient f, g deux applications définies sur Ω à valeurs complexes et vérifiant la propriété (H); on pose U = ψ 1 (Ω). i) Soit λ. Nous avons (λf + g) = λf + g, donc (λf + g) est de classe C 1 sur U. Avec pour tout (x, y) U : (λf + g) (x, y) = λ f = i λ f g (x, y) + (x, y) (x, y) + g = i (λf + g) (x, y) Ainsi λ f + g vérifie la propriété (H). (x, y) ii) Il est clair que ( f g) = f g, donc ( f g) est de classe C 1 sur U. (x, y) U, ( f g) (x, y) = f (x, y) g(x, y) + f (x, y) (x, y) = i f (x, y) g(x, y) + f (x, y) g (x, y) = i ( f g) (x, y). Ainsi f g vérifie la propriété (H). g iii) Soient Ω un ouvert de et F : Ω une application vérifiant la propriété (H); on suppose de plus que f (Ω) Ω. Soit (f 1, f 2 ) les applications coordonnées de f, alors, pour tout (x, y) ψ 1 (Ω), f (x, y) = f 1 (x, y) + i f 2 (x, y). f vérifie la propriété (H), donc f 1 et f 2 sont de classe C 1 sur ψ 1 (Ω) et de la relation : f (x, y) = i f (x, y) nous déduisons que : (x, y) ψ 1 (Ω) f 1 (x, y) = f 2 (x, y) et f 2 (x, y) = f 1 (x, y) (1) 7 AMPA, Annales CNC de mathématiques 53

Corrigé Maths I 28 F vérifie la propriété (H), donc F est de classe C 1 sur ψ 1 (Ω ) et (u, v) ψ 1 (Ω ) F v (u, v) = i F (u, v) (2) u On a (x, y) ψ 1 (Ω), F f (x, y) = F( f (x, y)) = F( f1 (x, y), f 2 (x, y)), donc F f est de classe C 1 sur ψ 1 (Ω). De (1) et (2), on a (x, y) ψ 1 (Ω) F f F (x, y) = u ( f 1 (x, y), f 2 (x, y)) f 1 (x, y) + F v ( f 1 (x, y), f 2 (x, y)) f 2 (x, y) = i F u ( f 1 (x, y), f 2 (x, y)) f 1 (x, y) + F v ( f 1 (x, y), f 2 (x, y)) f 2 (x, y) = i F f (x, y) Ainsi F f vérifie la propriété (H). iv) On suppose que, pour tout z Ω, f (z). Puisque ( 1 /f ) = 1 / f nous avons donc ( 1 /f ) est de classe C 1 sur U. Pour tout (x, y) U : 1 1 f (x, y) f f i f (x, y) (x, y) = (x, y) = f 2 = (x, y f 2 (x, y = i 1 f (x, y) Donc 1 f vérifie la propriété (H). v) Soit z = x + i y Ω et posons f (x, y ) = a + i b. a, b. A. f est de classe C 1 sur U, donc la différentielle de f en (x, y ) existe et pour tout (h, k) 2, d f (x, y )(h, k) = f (x, y )h + f (x, y )k Par d f (x, y )(e 1 ) = a + i b a b A =. b a = (h + i k) f (x, y ) = ah b k + i(b h + ak). et d f (x, y )(e 2 ) = b + ia nous obtenons B. On suppose que a + i b et on oriente l espace euclidien 2 par sa base canonique. Soit u l endomorphisme canoniquement associé à A. 54 8 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP III (H) vi) a b a 2 + b 2 A = a 2 + b 2 a 2 + b 2 a 2 + b 2 b a a 2 + b 2 a 2 + b 2 Soient h l endomorphisme canoniquement associé à a 2 + b 2 a 2 + b 2 et ω l endomorphisme canoniquement associé à a b a 2 + b 2 a 2 + b 2 b a a 2 + b 2 a 2 + b 2 h est une homothétie de 2 et ω est une rotation de 2 donc u est une similitude directe de 2. u est une rotation si, et seulement si, a 2 + b 2 = 1 c est à dire a 2 + b 2 = 1. Supposons que f est de classe C 2. f vérifie la propriété (H), donc, pour tout (x, y), on a : f (x, y) = i (x, y) et alors 2 f (x, y) = i 2 f (x, y) et 2 f 2 2 (x, y) = i 2 Le théorème de Schwarz permet d obtenir : f f 2 f (x, y). et par suite : i 2 f (x, y) = 1 2 f 2 i (x, y) puis : f (x, y) =. 2 2 f (x, y) = (x, y) Analyticité des applications vérifiant la propriété Soient Ω un ouvert non vide de, z = x + iy Ω et f : Ω vérifiant la propriété (H). 2.a. 2.b. Ω est un ouvert de et z Ω, donc il existe ρ > tel que D(z,ρ ) Ω, alors l ensemble {ρ > ; D(z,ρ) Ω} n est pas vide. Si cet ensemble est majoré, on note R sa borne supérieure, sinon on pose R = +. On note ϕ l application de ],R[ dans définie par ϕ(r,θ) = f (z + r e iθ ) = f (x + r cosθ, y + r sinθ) On a l application (r,θ) (x + r cosθ, y + r sinθ) est de classe C 1 sur ],R[ et f est de classe C 1 sur ψ 1 (Ω) donc ϕ est de classe C 1 sur ],R[. 9 AMPA, Annales CNC de mathématiques 55

Corrigé Maths I 28 Pour tout (r,θ) ],R[ et Ainsi ϕ r (r,θ) = (x + r cosθ, y f + r sinθ) cosθ + f (x + r cosθ, y + r sinθ) sinθ = e iθ f (x + r cosθ, y + r sinθ) ϕ f θ (r,θ) = (x + r cosθ, y + r sinθ) ( r sinθ) + f (x + r cosθ, y + r sinθ) (r cosθ) = i r e iθ f (x + r cosθ, y + r sinθ) (r,θ) ],R[, ϕ θ (r,θ) = i r ϕ r (r,θ) 2.c. Pour tout r ],R[, on note ϕ r l application définie sur par : ϕ r (θ) = ϕ(r,θ) = f (z + r e iθ ) i) Soit r ],R[. ϕ est de classe C 1 sur ],R[, donc ϕ r est de classe C 1 sur. Pour tout θ, ϕ r (θ + 2π) = f (z + r e i(θ+2π) ) = f (z + r e iθ ) = ϕ r (θ), donc ϕ r est 2π périodique sur. D autre part, pour tout θ : ϕ (θ) = ϕ r θ (r,θ) = i r e iθ f (x + r cosθ, y + r sinθ) On note (c n (r )) n la suite des coefficients de Fourier complexes de ϕ r. ii) ϕ r est 2π périodique, de classe C 1 sur donc la suite (c n (r )) n est sommable, alors la série de Fourier de la fonction ϕ r converge normalement sur et d après le théorème de Dirichlet, la somme de cette série est ϕ r. θ, ϕ r (θ) = c (r ) + cn (r )e i nθ i + c n (r )e nθ n=1 2.d. On pose h n (r ) = c n (r ), r ],R[, n. r n 2π i) r ],R[, n, c n (r ) = 1 ϕ r (θ)e i nθ dθ 2π ii) Soit n, posons g(r,θ) = ϕ r (θ)e i nθ = ϕ(r,θ)e i nθ pour tout (r,θ) ],R[ [,2π]. ϕ est de classe C 1 sur ],R[ donc g est de classe C 1 sur ], R[ [, 2π]. 56 1 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP 2.e. D après la formule de Leibniz ( Dérivation sous le signe intégrale ), la fonction r c n (r ) est de classe C 1 sur ],R[ et r ],R[ c n (r ) = 1 2π 2π g r (r,θ)dθ = 1 2π 2π Pour tout (r,θ) ],R[ ϕ θ (r,θ) = i r ϕ (r,θ), alors r c (r ) = 1 1 2π ϕ n 2π i r θ (r,θ)e i nθ dθ Une intégration par parties donne : c (r ) = [ϕ n r (θ)e inθ ] 2π + 1 1 2π i r i n 2π ϕ r (r,θ)e i nθ dθ ϕ r (θ)e i nθ dθ = n r c n (r ) iii) Puisque la fonction r c n (r ) est de classe C 1 sur ],R[, alors h n est de classe C 1 sur ],R[ et r ],R[, h (r ) = r c (r ) nc n n (r ) =. n r n+1 Donc h n est constante sur ],R[. iv) Soit n, et ρ ],R[. L application h(r,θ) = f (x +r cosθ, y +r sinθ)e i nθ est continue sur [ ρ,ρ] [,2π], donc, par le théorème d intégration sous le signe intégral, l application r 1 2π f (x + r cosθ, y + r sinθ)e i nθ dθ est continue sur le compact 2π [ ρ,ρ], par suite elle est bornée sur [ ρ,ρ]. Par suite l application r c n (r ) = 1 2π f (x + r cosθ, y + r sinθ)e i nθ dθ 2π est bornée sur ],ρ] et alors lim h r + n (r ) = lim r +c n (r ) r n =. Comme h n est constante sur ],R[, alors h n = sur ],R[. Ainsi, pour tout r ],R[, c n (r ) = h n (r ) r n =. Soit n, il existe a n tel que a n = h n (r ). Soit r ],R[, on a pour tout n, a n r n = c n (r ). D après (3.b) Partie 3), la suite (c n (r )) n est sommable, donc la série n r n a n est absolument convergente, et par suite le rayon de convergence de la série entière n a n z n est supérieur ou égal à R. Soit z D(z,R) tel que z z, alors il existe (r,θ) ],R[ tel que z = z + r e iθ. Pour tout n, c n (r ) = donc f (z) = f (z + r e iθ ) = ϕ r (θ) = Posons z D(z,R), g(z) = c n (r )e i nθ = a n (r e iθ ) n = a n (z z ) n et A = D(z,R)\{z }. a n (z z ) n. 11 AMPA, Annales CNC de mathématiques 57

Corrigé Maths I 28 On a f et g sont continues sur D(z,R) et pour tout z A, f (z) = g(z), donc z A f (z) = g(z), en particulier, z D(z,R) f (z) = 2.f. Posons pour tout z D(,R), h(z) = f (z+z ) = 2.g. h(x) = a n (z z ) n. a n z n. Pour tout x ] R,R[, a n x n. Donc h est développable en série entière en et d après l unicité du développement en série entière, on déduit l unicité de la suite (a n ) n. On a ϕ r est continue et 2π périodique sur alors et d après la formule de Parseval, ϕ r 2 = c 2 n (r ) 2 c est à dire : 1 2π 2π f (z + r e iθ ) 2 dθ = a n 2 r 2n ( Formule de Gutzmer ) IV Propriétés fondamentales des applications vérifiant la propriété (H) IV.A. Théorème de Liouville Soit f : une application vérifiant la propriété (H); d après l étude menée dans la partie précédente, en prenant z =, on obtient R = + et il existe une unique série entière n a n z n de rayon infini dont f est la somme. 2.a. Supposons que f est bornée, alors il existe M > tel que : z, f (z) M. 2.b. Soit n, on a d après la formule de Gutzmer, pour tout r ],+ [, a n r 2n a k 2 r 2k = 1 2π f (r e iθ ) 2 dθ M 2 donc a n =, 2π k= car sinon et en faisant tendre r vers +, on obtient une absurdité. Alors pour tout z, f (z) = a ; et donc f est constante. Application : Soit P un polynôme non constant à coefficients complexes; on suppose que P n admet aucune racine dans et considérons l application g de dans, définie par g(z) = 1 P(z). On pose P(z) = a + a 1 z +... + a d z d, d 1 et a d. P(z) i) z \{}, a d z = 1 + 1 d 1 a k et k [[, d 1]], d a d k d k= z lim a k z + z d k = 1 d 1 a k P(z) donc lim = et alors lim = 1 par suite z + a d k= z d k z + a d z d P(z) a d z d. z + 58 12 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP Donc lim z + P(z) = + et par suite lim z + α >, tel que pour tout z tel que z α on ait g(z) 1. g(z) =. Alors pour ɛ = 1, il existe g est continue sur le compact D(,α), donc elle est bornée sur D(,α), alors il existe M 1 > tel que z D(,α), g(z) M 1. Posons M = max(m 1,1), on a pour tout z, g(z) M Ainsi g est bornée. ii) D après (1.c) Partie 2), on a P vérifie la propriété (H) et d après (4.d) Partie 2), g vérifie la propriété (H) et comme g est bornée, alors d après (A. 1. Partie 4), g est constante, et donc P est constante, ce qui est absurde, car d 1 et a d. Donc P possède au moins une racine dans. IV.B. Principe du prolongement analytique. Soient Ω un ouvert connexe par arcs de et f : Ω une application vérifiant la propriété (H). On suppose qu il existe z Ω et ρ > tels que D(z,ρ) Ω et f (z) = pour tout z D(z,ρ). Supposons qu il existe z 1 Ω tel que f (z 1 ). 1 Comme Ω est connexe par arcs et (z, z 1 ) Ω 2, alors il existe une application γ : [,1] continue et à valeurs dans Ω telle que γ() = z et γ(1) = z 1. On pose I = {t [,1]; s [, t], f (γ(s)) = }. 2 On a f (γ()) = f (z ) = donc I et alors I. Comme I est majoré, alors I possède une borne supérieure notée σ. On a γ est continue en et γ() = z, donc pour ɛ = ρ, il existe α > tel que pour 2 tout s [,α], γ(s) D z, ρ. Donc pour tout s [,α], f (γ(s)) = et alors 2 α I et par suite σ >. Par définition de σ, il existe une suite (t n ) n d éléments de I telle que lim t n + n = σ. Comme f γ est continue sur [,1] ( car f = f ψ 1 ) et pour tout n, f (γ(t n )) = alors f (γ(σ)) = lim f (γ(t n + n )) =. Soit s [,σ[. Par définition de σ, il existe t s ]s,σ[ tel que t s I, donc pour tout t [, t s ], on a f (γ(t)) =, en particulier, f (γ(s)) =. Comme f (γ(σ)) =, alors, pour tout s [,σ], f (γ(s)) = et ainsi σ I. 3 Soit s [,σ], alors puisque σ I, t [, s] [,σ], on a f (γ(t)) =, donc s I et par suite [,σ] I. On a f (γ(1)) = f (z 1 ) donc 1 / I. Comme σ I alors σ < 1. Posons α 1 = 1, on a α 1 / I, donc il existe t 1 ]σ,α 1 [ tel que f (γ(t 1 )). 13 AMPA, Annales CNC de mathématiques 59

Corrigé Maths I 28 Posons α 2 = min f (γ(t 2 )). t 1,σ + 1 σ 2, on a α 2 / I, donc il existe t 2 ]σ,α 2 [ tel que Soit k 2, supposons t k construit tel que t k ]σ,1[ et f (γ(t k )). On pose α k+1 = min t k,σ + 1 σ, on a α k+1 / I, donc il existe t k+1 ]σ,α k+1 [ k + 1 tel que f (γ(t k+1 )). Nous avons ainsi construit une suite (t k ) k 1 d éléments de ]σ,1[ qui décroit, converge vers σ et vérifie f (γ(t k )) pour tout k 1. Supposons que γ(σ) = z alors par continuité de γ en σ et du fait que σ < 1, il existe α ]σ,1[ tel que s [σ,α], γ(s) D z, ρ et donc f (γ(s)) =. 2 On alors s [,α], f (γ(s)) = donc α I ce qui contredit la définition de σ. Ainsi γ(σ) z. 4 4.a. f : Ω est une application vérifiant la propriété (H), donc d après 4.b. (la Partie 3), en prenant γ(σ) Ω à la place de z, nous obtenons : r 1 > tel que D(γ(σ), r 1 ) Ω et z D(γ(σ), r 1 ) f (z) = Supposons que les coefficients a n sont tous nuls, alors z D(γ(σ), r 1 ) f (z) =. a n (z γ(σ)) n. D après ( B. 3. Partie 4) il existe une suite (t k ) k 1 d éléments de ]σ,1[ qui converge vers σ et vérifiant f (γ(t k )) pour tout k 1. Par continuité de γ, il existe k tel que k k, γ(t k ) D(γ(σ), r 1 ) et donc k k f (γ(t k )) =, ce qui est absurde. Ainsi les coefficients a n ne sont pas tous nuls. Posons h(z) = a n z n z D(, r 1 ). On a d après (2. b) Partie 1), il existe r ], r 1 [ tel que z D(, r )\{} h(z). Par suite pour tout z D(γ(σ), r )\{γ(σ)} : on a : h(z γ(σ)) et donc f (z). 5 Posons J = {t [,σ] ; γ(t) = γ(σ)}. σ J et J minorée, donc J admet une borne inférieure β. Par définition de β, il existe une suite (t k ) k 1 d éléments de J telle que t k = β. Comme γ est continue sur [,1] et k 1, γ(t k ) = γ(σ) lim k + alors γ(β) = lim k + γ(t k ) = γ(σ) et donc β J. D après ( B. 3. Partie 4), γ(σ) z et z = γ() donc / J et alors β > et pour tout t [,β[ nous avons γ(t) γ(σ). γ(β) = γ(σ) et β > alors et par continuité de γ en β, il existe δ ],β[ tel que pour tout t ]δ,β[ on ait γ(t) D(γ(σ), r )\{γ(σ)}. Donc γ([, σ]) D(γ(σ), r )\{γ(σ)}. Alors il existe s [, σ[ tel que γ(s) D(γ(σ), r )\{γ(σ)} et donc d après (B. 4. Partie 4), on déduit que f (γ(s)). 6 14 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP Or s I donc f (γ(s)) = ce qui est absurde. Enfin f (z 1 ) = et par suite f = sur Ω tout entier. IV.C. Applications 1 Principe du maximum : Soient Ω un ouvert connexe par arcs de et f : Ω une application vérifiant la propriété (H). On suppose que l application z f (z) admet un maximum local en un point z Ω et on considère ρ > tel que D(z,ρ) Ω et que pour tout z D(z,ρ), f (z) f (z ). 1.a. D après (5. de la partie 3) il existe une suite (a n ) n de complexes telle que : z D(z,ρ) f (z) = a n (z z ) n et d après la formule de Gutzmer nous obtenons : r ],ρ[, a n 2 r 2n = 1 2π f (z + r e iθ ) 2 dθ f (z ) 2 = a 2 2π Donc r ], ρ[, n=1 Ainsi z D(z,ρ) f (z) = a = f (z ). a n 2 r 2n = et donc n, a n =. 1.b. Considérons l application g : Ω définie par : z Ω, g(z) = f (z) f (z ). g vérifie la propriété (H) et z D(z,ρ), g(z) =. Donc d après ( B. 5. conclusion Partie 4 ), g = sur Ω tout entier. Par suite f est constante sur Ω tout entier. 2 Calcul d une intégrale On rappelle que, pour tout réel v, la fonction f v : z l ouvert Ω = {z, Re(z) > }, vérifie la propriété (H) ( question 2. de la 2ème partie ). 2.a. On fixe un réel u > et on pose µ(v) = e u t 2 +i v t d t, v. e z t 2 +i v t d t, définie sur i) Considérons g(v, t) = e ut2 +ivt pour tout (v, t). Nous avons alors : g est de classe C 1 sur, (v, t), g(v, t) = e u t 2 La fonction t e ut2 est continue et intégrable sur. (v, t) g v (v, t) = i t e u t 2 +i v t g, donc (v, t) v = t e u t 2 et la fonction t t e ut2 est continue et intégrable sur. Donc et d après la formule de Leibniz, µ est dérivable sur et pour tout v, 15 AMPA, Annales CNC de mathématiques 61

Corrigé Maths I 28 2.b. µ (v) = µ (v) = g (v, t)d t = v = i 2u i t e ut2 +ivt d t i t e ut2 +i v t d t. Ainsi : ( 2u t + i v)e u t 2 +i v t d t v 2u = i +ivt 2u [e ut2 ] + v 2u µ(v) = v 2u µ(v) Soit que : v, µ (v) = v 2u µ(v). ii) On admet que e t 2 d t = π et on a µ() = e u t 2 +i v t d t e u t 2 d t. En effectuant le changement de variable s = u t, (qui est un C 1 difféomorphisme de sur ) il vient que µ() = 1 π e s 2 d s = u u µ est une solution sur de l équation différentielle y + v y =. Il existe donc 2u λ tel que pour tout v, µ(v) = λe v2 π 4u. Et comme µ() = alors pour u tout v, π v 2 µ(v) = u e 4u y On sait que l application f (z) = ln z + i arcsin définie sur l ouvert z Ω = {z, Re(z) > } vérifie la propriété (H) ( question 1. b. de la 2ème partie ). Soit v. π i) Soit u >, on a f v (u) = e ut2 +ivt v 2 d t = µ(v) = u e 4u. f (u) D autre part f (u) = ln u + i arcsin = ln u donc e 2 = 1. u u Donc f v (u) = f (u) πe 2 e v2 4u. ii) En utilisant ( 1 et 4.de. la partie 2), les applicatios z v2 vérifient la propriété (H) 4z sur Ω, et donc les applictions z e et z e z f (z) 2 et z e v2 4z vérifient aussi la propriété (H) sur Ω, et par suite l application z f (z) πe 2 e v2 4z définie sur Ω, vérifie la propriété (H). iii) Considérons h(z) = f v (z) f (z) πe 2 e v2 4z z Ω. 62 16 AMPA, Annales CNC de mathématiques

Annales CNC Filière MP On a h vérifie la propriété (H), donc d après (5. Partie 3), il existe une suite (a n ) n de complexes telle que : z D(1,1) Ω h(z) = a n (z 1) n Supposons que les coefficients a n ne sont pas tous nuls, alors et d après (2. b. Partie 1), il existe r ],1[ tel que pour tout z D(1, r )\{1}, h(z). Or, et d après (C. 2. b. i. Parie 4), pour tout u ]1 r,1 + r [ h(u) =, ce qui est absurde. Donc les coefficients a n sont tous nuls et alors z D(1,1) h(z) = D après (1. c. Partie 1), on a Ω = {z, Re(z) > } est connexe par arcs et puisque z D(1,1), h(z) =, donc d après le principe du prolongement analytique (B. Partie 4) on a h = sur Ω. Ainsi, pour tout z Ω e z t 2 +ivt d t = f v (z) = f (z) πe 2 e v2 4z FIN DU CORRIGÉ 17 AMPA, Annales CNC de mathématiques 63