Exercices - Formules intégrales de Cauchy - Inégalités de ... · PDF fileIntégration complexe Exercice 1 - Avez-vous compris?-L3/M1-? Le chemin est paramétré par t 7→ ... Applications

Exercices - Formules intégrales de Cauchy - Inégalités deCauchy - Applications : corrigé

Intégration complexe

Exercice 1 - Avez-vous compris ? - L3/M1 - ?Le chemin est paramétré par t 7→ (t, t2), où t ∈ [1, 2]. On a donc, le long du chemin,

z = t+ it2, dz = (1 + 2it)dt, et donc

I =∫ 2

1(t− it2)(1 + 2it)dt = 9 + 7

3 i.

Exercice 2 - - L3/M1 - ?On peut paramétrer l’arc de cercle par z = 2eit, 0 ≤ t ≤ π. Il vient

I =∫ π/2

0(4e2it + 6eit)2ieitdt = −8

3 i− 443 ,

après un petit calcul... Une autre façon de procéder est de remarquer que, dans l’ouvert C, lafonction z 7→ z2 + 3z admet une primitive, égale à F : z 7→ z3/3 + 3z2/2. On a alors, et ceci nedépend en fait pas du chemin suivi :

I = F (2)− F (2i).

Bien sûr, on doit trouver le même résultat !

Exercice 3 - Indice d’une ellipse - L3/M1 - ?On va construite une homotopie, dans C∗, entre le chemin γ et le cercle de centre 0 et de

rayon a. Comme on sait que celui-ci est d’indice 1 par rapport à 0 et que l’indice est invariantpar homotopie, on obtiendra que Indγ(0) = 1. L’idée est de déformer le cercle en ellipse, parexemple en posant

F (u, t) = a cos(t) + i(ub+ (1− u)a) sin(t), 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 2π.

On a |F (u, t)|2 = a2 cos2(t) + (ub+ (1−u)a)2 sin2(t) > 0 puisque a2 > 0 et (ub+ (1−u)a)2 > 0.F est clairement continue. De plus, F (1, t) = γ(t) et F (0, t) = aeit. D’où le résultat.

Applications de la formule de Cauchy

Exercice 4 - Une intégrale ! - L3/M1 - ?On commence par calculer l’intégrale en utilisant le paramétrage. On a∫

γ

dz

z=

∫ 2π

0

−a sin t+ ib cos ta cos t+ ib sin t dt

=∫ 2π

0

(−a sin t+ ib cos t)(a cos t− ib sin t)a2 cos2 t+ b2 sin2 t

dt

=∫ 2π

0

−a2 sin t cos t+ aib sin2 t− aib cos2 t+ b2 cos t sin ta2 cos2 t+ b2 sin2 t

dt

=∫ 2π

0

(b2 − a2) cos t sin t+ iab

a2 cos2 t+ b2 sin2 tdt.

http://www.bibmath.net 1


D’autre part, γ est le paramétrage d’une ellipse. Son indice par rapport à 0 est 1. D’après lethéorème de Cauchy, on a ∫

γ

dz

z= 2iπ.

Par identification des parties réelles et imaginaires, on trouve que l’intégrale recherchée vaut2π/ab.

Exercice 5 - Une intégrale ! - L3/M1 - ??

1. On a1

z2 + 1 = 12i

( 1z − i

− 1z + i

).

D’après la formule de Cauchy, on a

1πIR = 1

2iπ

(∫ΓR

eiz

z − idz −

∫ΓR

eiz

z + idz

)= e−1ind(ΓR, i)− eInd(ΓR,−i)= e−1 × 1− e× 0= e−1.

On a doncIR = π

e.

2. On décompose ΓR en le segment [−R,R] et le demi-cercle CR. On a∫ R

−R

eiz

1 + z2 =∫ R

−R

cosx+ i sin x1 + x2

=∫ R

−R

cosx1 + x2

car la seconde intégrale est nulle par imparité. De plus, pour z ∈ γR, on a =(z) ≥ 0 etdonc |eiz| ≤ 1. De plus, pour ces mêmes z, on a |z2 + 1| ≥ R2 − 1. On en déduit∣∣∣∣∣

∫γR

eiz

1 + z2dz

∣∣∣∣∣ ≤ 2πR× 1R2 − 1 .

On fait tendre R vers +∞ et on trouve

limR→+∞

∫γR

eiz

1 + z2dz = 0.

Puisque

IR =∫γR

eiz

1 + z2dz +∫ R

−R

cosx1 + x2 ,

le résultat demandé est immédiat en utilisant la première question et en faisant tendre Rvers +∞. Remarquons (et c’est peut-être par là qu’il fallait commencer !) que

∫+∞−∞

cosx1+x2

a bien un sens, car la fonction à l’intérieur de l’intégrale est dominée par 1/x2.



Exercice 6 - Encore une intégrale ! - L3/M1 - ?On a, d’après les formules de Cauchy,

I = 2∫C

f(z)z

+∫Cf(z)dz +

∫C

f(z)z2 dz = 2iπ(2f(0) + 0 + f ′(0)).

D’autre part, on paramètre le cercle unité par l’application t 7→ eit. On trouve

I =∫ 2π

0(2 + eit + e−it)f(eit)idt = 4i

∫ 2π

0f(eit) cos2(t/2)dt.

On en déduit ∫ 2π

0f(eit) cos2(t/2)dt = π

2(2f(0) + f ′(0)

).

Exercice 7 - Transformée de Fourier de la Gaussienne - M1 - ??

1. Elle vaut 0, car on intègre une fonction holomorphe sur un lacet.2. Le segment [R,R+ it/2] se paramètre en R+ iy, pour 0 ≤ y ≤ t/2. On a donc∣∣∣∣∣

∫ R+it/2

Rf(z)dz

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∫ t/2

0e−(R+iy)2

dy

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∫ t/2

0e−R

2e−y

2/2eiRydy

∣∣∣∣∣≤

∫ t/2

0e−R

2dy

≤ te−R2/2

et le membre de gauche de cette inégalité tend vers 0. Le raisonnement est identique pourl’autre intégrale.

3. On découpe l’intégrale le long du rectangle ΓR en la somme des 4 intégrales suivant sescôtés. Alors la première question donne∫ R+it/2

−R+it/2f(z)dz =

∫ R

−Rf(z)dz +

∫ R+it/2

Rf(z)dz −

∫ −R+it/2

−Rf(z)dz.

On fait tendre R vers +∞, et on utilise le rappel pour conclure que :∫ +∞+it/2

−∞+it/2f(z)dz =

√π.

4. On écrit ∫ +∞+it/2

−∞+it/2f(z)dz =

∫ +∞

−∞e−(x+it/2)2

dx

= e+t2/4∫ +∞

−∞e−x

2e−itxdx.

Utilisant le résultat de la question précédente, on conclut que∫ +∞

−∞e−x

2e−itx =

√πe−t

2/4.



Exercice 8 - Formule de Cauchy au bord - L3/M1 - ??Pour r ∈]|z|, R], on note

Ir = 12iπ

∫C(0,r)

f(w)w − z

dw

et on remarque que Ir = f(z) si |z| < R d’après la formule de Cauchy. Il s’agit donc de prouverque Ir converge vers IR lorsque r tend vers R. Mais

2π(Ir − IR) =∫ 2π

0

reitf(reit)reit − z

− Reitf(Reit)Reit − z

dt

On peut conclure de plusieurs façons, par exemple en appliquant le théorème de convergencedominée, en notant M un majorant de |f | sur D(0, R) et en supposant r ≥ r0 ≥ |z| + α avecα > 0, on a ∣∣∣∣∣reitf(reit)

reit − z− Reitf(Reit)

Reit − z

∣∣∣∣∣ ≤ RM

α

qui est une fonction intégrable sur [0, 2π]. Puisque la fonction à intégrer tend vers 0 lorsque rtend vers R, on en déduit le résultat. On peut aussi s’en sortir à la main sans utiliser le théorèmede convergence dominée.

Inégalités de Cauchy, théorème de Liouville

Exercice 9 - Inégalités de Cauchy renforcées - L3/M1 - ?Fixons r ∈]0, 1[. D’après les formules de Cauchy, on a

|an| =1

2πrn

∣∣∣∣∫ 2π

0f(reit)e−intdt

∣∣∣∣ ≤ 12πrn

∫ 2π

0

dt

1− r ≤1

rn(1− r) .

On optimise le membre de droite de l’inégalité en étudiant la fonction g(r) = rn(1 − r). Sadérivée est g′(r) = nrn−1(1 − r) − rn = rn−1(n − (n + 1)r), elle s’annule pour r = n

n+1 . Onobtient alors

|an| ≤(

1 + 1n

)n(n+ 1).

Pour obtenir la deuxième partie de l’inégalité, il suffit de prouver que (1 + 1/n)n ≤ e. Mais

(1 + 1/n)n = exp(n ln(1 + 1/n)

)≤ exp(n× 1/n) ≤ 1,

où on a utilisé l’inégalité classique ln(1 + x) ≤ x.

Exercice 10 - Un théorème de Liouville précisé - L3/M1 - ?

1. Écrivons f(z) =∑n≥0 anz

n. D’après les inégalités de Cauchy, on a, pour tout n ≥ 0,

|an| ≤M(r)rn

.

Puisque M(r)/rp+1 → 0, on a M(r)/rn → 0 pour n ≥ p+ 1 et donc |an| = 0 pour ces n.Autrement dit, f est un polynôme de degré au plus p.



2. Traduisons la propriété avec M(r). On a, pour r ≥ R, M(r) ≤ Krp. Ainsi, pour ces r,M(r)/rp+1 ≤ K/r et donc M(r)/rp+1 tend vers 0. D’après la question précédente, f estun polynôme de degré au plus p. Supposons maintenant que R = 0. Alors, pour toutr > 0, on a M(r) ≤ Krp. Pour n < p, d’après les inégalités de Cauchy, on a

|an| ≤M(r)/rn ≤ Krp−n.

On fait cette fois tendre r vers 0 pour trouver an = 0 dès que n < p. Seul le coefficient appeut être non-nul. f est donc ou bien la fonction nulle, ou un monôme de degré p.

3. Appliquons la question précédente à f ′ : f ′ est un monôme de degré 1, i.e. il existe α ∈ Ctel que f ′(z) = αz. De plus, on a |α| ≤ 1 en réinjectant la formule dans l’inégalité del’énoncé. En intégrant, il vient

f(z) = a+ bz2

où b = α/2 et donc |b| ≤ 1/2.

Exercice 11 - Bi-périodique - L3/M1 - ??On va prouver que f est bornée et la conclusion résultera immédiatement du théorème de

Liouville. Prenons z = x+ iy ∈ C et posons n = E(x), m = E(y). Puisque f est 1-périodique,on a f(z) = f(z − n). Puisque f est i-périodique, on a f(z) = f(z − n− im). Mais z − in− imest un élément de partie réelle comprise entre 0 et 1 et de partie imaginaire comprise entre 0 et1. Notant K le carré de sommets 0, 1, 1 + i, i, on en déduit

|f(z)| ≤ supw∈K|f(w)|.

Puisque f est continue sur le compact K, la quantité supw∈K |f(w)| est finie, ce qui achève lapreuve que f est bornée.

Exercice 12 - Image dense - L3/M1 - ??Imaginons que ce ne soit pas le cas, et considérons w ∈ C qui n’est pas dans l’adhérence de

f(C). En particulier, on peut trouver δ > 0 tel que |f(z) − w| ≥ δ pour tout z ∈ C. Posonsg(z) = 1

f(z)−w . Alors la fonction g est entière, et elle est bornée par δ−1. Par le théorème deLiouville, elle est constante. Ceci n’est possible que si f est constante, ce qui contredit leshypothèses faites sur f .

Exercice 13 - Diverses moyennes - L3/M1 - ???

1. On pose g(eiθ) =∑+∞n=0 anr

neinθ. Alors, puisque la série∑n |an|rn converge, la série défi-

nissant g converge normalement sur [0, 2π]. La fonction g est donc continue, 2π-périodique,et ses coefficients de Fourier sont anrn si n ≥ 0, 0 sinon. On en déduit, d’après la formulede Parseval,

12π

∫ 2π

0|g(eiθ)|2dθ =

+∞∑n=0|an|2r2n.

Puisque g(eiθ) = f(reiθ), on en déduit le résultat. D’autre part, sur [0, R] avec R < 1, lasérie

∑n≥0 |an|2r2n converge uniformémement (par rapport à r) car normalement puisque

|an|r2n ≤ |an|2R2n, et le membre de gauche est le terme général d’une série convergente.On en déduit que la fonction r ∈ [0, 1[ 7→

∑n≥0 |an|2r2n est continue. Elle est clairement

croissante.



2. L’inégalité de gauche est une simple conséquence de l’inégalité triangulaire. En effet, si|z| = r, alors

|f(z)| =

∣∣∣∣∣∣∑n≥0

anzn

∣∣∣∣∣∣ ≤∑n≥0|an|rn ≤M1(r, f).

Pour l’inégalité de droite, on utilise les inégalités de Cauchy pour majorer chaque |an|. Eneffet, on sait que, pour tout n ≥ 0, on a |an| ≤ M(αr,f)

αnrn . Il vient

M1(r, f) ≤∑n≥0

M(αr, f)αn

= M(αr, f) 11− 1/α = α

α− 1M(αr, f).

3. Pour prouver l’inégalité de droite, il suffit de revenir à la définition de M2(r, f). En effet,

M2(r, f)2 = (2π)−1∫ 2π

0|f(reiθ)|2dθ ≤ (2π)−1

∫ 2π

0M(r, f)2dθ = M(r, f)2.

L’inégalité de gauche est, elle, une conséquence de l’inégalité de Cauchy-Schwarz. En effet,on a

M1(βr, f) =∑n≥0|βn| × |anrn|

≤(+∞∑n=0

β2n)1/2(+∞∑

n=0|an|2r2n

)1/2

≤ (1− β2)1/2M2(r, f)

ce qui est équivalent au résultat attendu.

Exercice 14 - Fonctions entières de type exponentiel - L3/M1 - ???

1. D’abord, on remarque que |ez| = e<e(z) ≤ e|z|, ce qui montre que exp est une fonction detype exponentiel inférieur ou égal à 1. Comme, pour x > 0, on a |ex| = e|x|, le type de lafonction exponentielle est exactement égal à 1.Pour la fonction sin, on remarque que

| sin(z)| ≤ |eiz|+ |e−iz|

2 ≤ e|z|,

ce qui prouve que sin est de type exponentiel inférieur ou égal à 1. De plus, pour y > 0,on a

sin(iy) = e−y + ey

2 ≥ ey

2ce qui prouve que le type exponentiel de sin est exactement égal à 1.

2. (a) Soit A > 0 tel que |f(z)| ≤ AeC|z| pour tout z ∈ C. Un tel A existe, car on saitqu’une telle inégalité est vraie pour |z| assez grand, et sur tout disque D(0, R), ilsuffit de dire que la fonction z 7→ |f(z)|/eC|z| est continue. D’après les inégalités deCauchy, on obtient exactement, pour tout r ≥ 0,

|cn|rn ≤ AeCr.



(b) On choisit le meilleur r possible en étudiant la fonction h(r) = rne−Cr. Sa dérivéeest h′(r) = rn−1e−Cr(n − Cr), et elle s’annule pour r = n/C. Ce choix de r dansl’inagalité précédente donne

|cn| ≤ A(Ce

n

)nce qui est le résultat voulu.

3. D’après la formule de Stirling n! ∼√

2πne−nnn, on sait que en

nn ≤ A√

2πnn! pour une

certaine constante A et pour tout entier n, ce qui donne |cn| ≤ BCn√

2πnn! pour une certaine

constante B > 0. Alors, pour tout z ∈ C, on a

∑n≥0|cn||zn| ≤ B

∑n≥0

√2πn(C|z|)n

n! .

Fixons ε > 0. Alors il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, on a√

2πnCn ≤ (C + ε)n.

On en déduit

∑n≥0|cn||zn| ≤ B

n0−1∑n=0

√2πn(C|z|)n

n! +B+∞∑

n=n0+1

((C + ε)|z|

)nn!

≤ P (|z|) + e(C+ε)|z|

où P est un polynôme de degré n0 − 1. Au voisinage de +∞, P (x) = O(e(C+ε)x), et doncon a ∑

n≥0|cn||zn| = O(e(C+ε)|z|)

quand |z| tend vers l’infini. Ceci montre simultanément que la série∑n≥0 cnz

n convergepour tout z dans C et définit une fonction entière, et que cette fonction entière est detype exponentiel inférieur ou égal à C + ε. ε > 0 étant arbitraire, la fonction est de typeexponentiel inférieur ou égal à C.

Exercice 15 - Singularité des séries entières - L3/M1 - ???

1. Dans le premier cas, on a S1(z) =∑n≥0 z

n = 11−z . Seul le point 1 est un point singulier.

Pour le second cas, on remarque que S2(z) =∑n≥0

1(n+1)(n+2)z

n+2 est tel que S′′2 (z) =S1(z). En particulier, S2 et S1 ont les mêmes points singuliers. Il n’y a donc pas de lienentre régularité d’un point ξ et convergence de la série

∑n≥0 anξ

n. En effet :– la série peut converger et le point être régulier (ex : ξ = i pour S2) ;– la série peut converger et le point être singulier (ex : ξ = 1 pour S2) ;– la série peut diverger et le point être singulier (ex : ξ = 1 pour S1) ;– la série peut diverger et le point être régulier (ex : ξ = −1 pour S1).

2. Ici, il est judicieux de prouver que C(0, R)\sing(S) est ouvert. Et c’est presque évidentd’après la définition. En effet, si ξ est régulier, on peut trouver un voisinage ouvert Ω de ξet F holomorphe dans Ω tel que F = S sur Ω∩D(0, R). Mais, si on choisit w ∈ C(0, R)∩Ω,alors Ω reste un voisinage ouvert de w, et w est bien un point régulier.



3. Supposons que tout point ξ est régulier. Pour chaque ξ, il existe un voisinage ouvert Ωξ etune fonction Fξ qui conviennent. Par compacité de C(0, R), C(0, R) peut être recouvertpar un nombre fini de tels Ωξ. On les note Ω1, . . . ,Ωp et on note F1, . . . , Fp les fonctionscorrespondantes. On pose U = D(0, R) ∪ Ω1 ∪ · · · ∪ Ωp. Alors U est un ouvert de C etil existe r > R tel que D(0, r) ⊂ Ω. De plus, la fonction F définit par F (z) = S(z) siz ∈ D(0, R) et F (z) = Fi(z) si z ∈ Ωi est holomorphe dans U . Remarquons que ceci abien un sens car Fi = Fj sur Ωi ∩Ωj . C’est vrai si l’intersection est vide, et si elle ne l’estpas, alors Ωi ∩ Ωj ∩ D(0, R) n’est pas vide non plus, et Fi = Fj sur cet ouvert. Par leprincipe des zéros isolés, elles sont égales sur tout Ωi ∩ Ωj .

4. On raisonne par l’absurde. D’après la question précédente, S admet un prolongement,toujours noté S, dans le disque plus grand D(0, r). Soit R < ρ < r, et M un majorant de|f | sur C(0, r). D’après les inégalités de Cauchy, on a

|an|ρn ≤M.

Mais alors, la série entière∑n anz

n est de rayon de convergence supérieur ou égal à ρ > R,ce qui est absurde.


Documents

Exercices - Formules intégrales de Cauchy - Inégalités de ... · PDF fileIntégration complexe Exercice 1 - Avez-vous compris?-L3/M1-? Le chemin est paramétré par t 7→ ... Applications