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métrage d’une ellipse. Son indice par rapport à 0 est 1. D’après le théorème de Cauchy, on a dz = 2iπ. γ z Par identification des parties réelles et imaginaires, on trouve que l’intégrale recherchée vaut 2π/ab.

Exercice 5 - Une intégrale ! - L3/M1 1. On a z2 1 1 = +1 2i 1 1 . − z−i z+i

D’après la formule de Cauchy, on a 1 IR = π 1 2iπ eiz dz − z−i eiz dz z+i

ΓR

ΓR

= e−1 ind(ΓR , i) − eInd(ΓR , −i) = e−1 × 1 − e × 0 = e−1 . On a donc IR = 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 R

=

−R

cos x + i sin x 1 + x2 cos x 1 + x2

car la seconde intégrale est nulle par imparité. De plus, pour z ∈ γR , on a (z) ≥ 0 et donc |eiz | ≤ 1. De plus, pour ces mêmes z, on a |z 2 + 1| ≥ R2 − 1. On en déduit eiz 1 dz ≤ 2πR × 2 . 2 1+z R −1

γR

On fait tendre R vers +∞ et on trouve lim eiz dz = 0. 1 + z2

R −R

R→+∞ γR

Puisque IR =

γR

eiz dz + 1 + z2

cos x , 1 + x2

le résultat demandé est immédiat en utilisant la première question et en faisant tendre R +∞ cos vers +∞. Remarquons (et c’est peut-être par là qu’il fallait commencer !) que −∞ 1+xx 2 a bien un sens, car la fonction à l’intérieur de l’intégrale est dominée par 1/x2 . http://www.bibmath.net 2

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Exercice 6 - Encore une intégrale ! - L3/M1 On a, d’après les formules de Cauchy, I=2

C

f (z) + z

f (z)dz +

C C

f (z) dz = 2iπ(2f (0) + 0 + f (0)). z2

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

2π

I=

0

(2 + eit + e−it )f (eit )idt = 4i

0 2π 0

2π

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

On en déduit

f (eit ) cos2 (t/2)dt =

π 2f (0) + f (0) . 2

Exercice 7 - Transformée de Fourier de la Gaussienne - M1 1. Elle vaut 0, car on intègre une fonction holomorphe sur un lacet. 2. On a

R+it/2 R+it/2

f (z)dz

R

=

R R+it/2

e−(R+iy) dy e−R e−y

2 2 2 /2

2

=

R R+it/2

eiRy dy

≤ ≤ te

R −R2

e−R dy

/2

et le membre de gauche de cette inégalité tend vers 0. Le raisonnement est identique pour l’autre intégrale. 3. On découpe l’intégrale le long du rectangle ΓR en la somme des 4 intégrales suivant ses côtés. Alors la première question donne

R+it/2 R R+it/2 −R+it/2

f (z)dz =

−R+it/2 −R

f (z)dz +

R

f (z)dz −

−R

f (z)dz.

On fait tendre R vers +∞, et on utilise le rappel. 4. On écrit

+∞ −∞ +∞ −∞

e−x e−itx =

2

e−(x+it/2) e−t

+∞ −∞

2

2 /2

dx

= e−t

2 /2

e−(x+it/2) dx.

2

Cette dernière intégrale est exactement celle qu’on a calculé à la question précédente, et on conclut que +∞ √ 2 2 e−x e−itx = πe−t /2 .

−∞

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Exercice 8 - Formule de Cauchy au bord - L3/M1 Pour r ∈]|z|, R], on note Ir = 1 2iπ

C(0,r)

f (w) dw w−z

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

2π

2π(Ir − IR ) =

0

reit f (rei t) Reit f (Rei t) − dt reit − z Reit − z

On peut conclure de plusieurs façons, par exemple en appliquant le théorème de convergence dominée, en notant M un majorant de |f | sur D(0, R) et en supposant r ≥ r0 ≥ |z| + α avec α > 0, on a reit f (rei t) Reit f (Rei t) RM ≤ − it − z it − z re Re α qui est une fonction intégrable sur [0, 2π]. Puisque la fonction à intégrer tend vers 0 lorsque r tend vers R, on en déduit le résultat. On peut aussi s’en sortir à la main sans utiliser le théorème de 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 0

f (reit )e−int dt ≤

1 2πrn

2π 0

dt 1 ≤ n . 1−r r (1 − r)

On optimise le membre de droite de l’inégalité en étudiant la fonction g(r) = rn (1 − r). Sa n dérivée est g (r) = nrn−1 (1 − r) − rn = rn−1 (n − (n + 1)r), elle s’annule pour r = n+1 . On obtient alors 1 n |an | ≤ 1 + (n + 1). n 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 an z 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. http://www.bibmath.net 4

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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 est un polynôme de degré au plus p. Supposons maintenant que R = 0. Alors, pour tout r > 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 ap peut 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 ∈ C tel que f (z) = αz. De plus, on a |α| ≤ 1 en réinjectant la formule dans l’inégalité de l’énoncé. En intégrant, il vient f (z) = a + bz 2 où