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5 • Fonctions holomorphes
SOLUTIONS DES EXERCICES
Exercice 5.1. Notons u = Re(f ), v = Im(f ). Il vient :
u
x (z) = 2x , u
y (z) = 0 , v
x (z) = y
3 , v
y (z) = 3xy
2 .
Si U ⊂ C est un ouvert non vide tel que f |U ∈ H(U ), on obtient en particulier
u
y (z) = −v
x (z) pour tout z ∈ U , donc Im(z) = 0 pour tout z ∈ U . C’est absurde,
puisque {z ∈ C ; Im(z) = 0} est d’intérieur vide.
Exercice 5.2. Il est immédiat que f est de classe C 1 sur l’ouvert U . D’autre part, pour
z = x + iy ∈ U , on trouve facilement :
u
x (z) =
x
x 2 + y 2 , u
y (z) =
y
x 2 + y 2 , v
x (z) =
−y
x 2 + y 2 , v
y (z) =
x
x 2 + y 2 ·
Ainsi, f vérifie les conditions de Cauchy-Riemann sur U . D’où f ∈ H(U ).
Exercice 5.3.
1. Comme f, g ∈ H(U ), il vient :
∂(f g) = (∂f )g + f (∂g) = f
g + f (∂g) = f
g.
Utilisant le fait que f ∈ H(U ), on a alors :
∂∂(f g) = ∂(f
g) = (∂f
)g + f
(∂g) = f
(∂g) = f
g .
2. Notons h = |f 1 | 2 + · · · + |f n | 2 . D’après ce qui précède, on a :
0 = ∂∂h =
n
k=1
f
k f
k .
Comme f
k (z)f
k (z) ∈ R + pour tout z ∈ U et tout indice k, il vient f
k = 0 pour
1 k n. L’ouvert U étant connexe, il résulte de 5.2.6 que f k est constante pour
1 k n.
Exercice 5.4. Supposons qu’une telle application f existe, et notons P = Re f ,
Q = Im f . Si z ∈ U , il vient :
P
x (z) = 2Q(z)Q
x (z) = −2Q(z)P
y (z)
P
y (z) = 2Q(z)Q
y (z) = 2Q(z)P
x (z)
Il en résulte que :
1 + 4Q
2 (z)
P
x (z) =
1 + 4Q
2 (z)
P
y (z) = 0.
L’ouvert U étant connexe, on en déduit que P est constante sur U . D’après 5.2.7, il en
est de même de Q. Il est alors immédiat que les fonctions cherchées sont celles de la
forme
z → λ
2 + iλ,
avec λ ∈ R.