Exercices corrigés - Formules intégrales de Cauchy - Inégalités de Cauchy - Applications

Le chemin est paramétré par $t\mapsto (t,t^2)$, où $t\in[1,2]$. On a donc, le long du chemin, $z=t+it^2$, $dz=(1+2it)dt$, et donc $$I=\int_1^2(t-it^2)(1+2it)dt=9+\frac 73i.$$

On peut paramétrer l'arc de cercle par $z=2e^{it}$, $0\leq t\leq\pi/2$. Il vient $$I=\int_{0}^{\pi/2}(4e^{2it}+6e^{it})2ie^{it}dt=\frac{-8}{3}i-\frac{44}{3},$$ après un petit calcul... Une autre façon de procéder est de remarquer que, dans l'ouvert $\mathbb C$, la fonction $z\mapsto z^2+3z$ admet une primitive, égale à $F:z\mapsto z^3/3+3z^2/2$. On a alors, et ceci ne dépend en fait pas du chemin suivi : $$I=F(2i)-F(2).$$ Bien sûr, on doit trouver le même résultat!

On va construite une homotopie, dans $\mathbb C^*$, entre le chemin $\gamma$ 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 invariant par homotopie, on obtiendra que $\textrm{Ind}_\gamma(0)=1$. L'idée est de déformer le cercle en ellipse, par exemple en posant $$F(u,t)=a\cos(t)+i (u b+(1-u)a)\sin (t),\ 0\leq u\leq 1,\ 0\leq t\leq 2\pi.$$ On a $|F(u,t)|^2=a^2\cos^2(t)+(ub+(1-u)a)^2\sin^2(t)>0$ puisque $a^2>0$ et $(ub+(1-u)a)^2>0$. $F$ est clairement continue. De plus, $F(1,t)=\gamma(t)$ et $F(0,t)=ae^{it}$. D'où le résultat.

On a, d'après les formules de Cauchy, $$I=2\int_C\frac{f(z)}{z}+\int_Cf(z)dz+\int_C\frac{f(z)}{z^2}dz=2i\pi(2f(0)+0+f'(0)).$$ D'autre part, on paramètre le cercle unité par l'application $t\mapsto e^{it}$. On trouve $$I=\int_0^{2\pi}(2+e^{it}+e^{-it})f(e^{it})idt=4i\int_0^{2\pi}f(e^{it})\cos^2(t/2)dt.$$ On en déduit $$\int_{0}^{2\pi}f(e^{it})\cos^2(t/2)dt=\frac\pi2\big(2f(0)+f'(0)\big).$$

On commence par calculer l'intégrale en utilisant le paramétrage. On a \begin{eqnarray*} \int_\gamma\frac{dz}z&=&\int_0^{2\pi}\frac{-a\sin t+ib\cos t}{a\cos t+ib\sin t}\,dt\\ &=&\int_0^{2\pi}\frac{(-a\sin t+ib\cos t)(a\cos t-ib\sin t)}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t}\,dt\\ &=&\int_0^{2\pi}\frac{-a^2\sin t\cos t+aib\sin^2 t+aib\cos^2 t+b^2\cos t\sin t}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t}\,dt\\ &=&\int_0^{2\pi}\frac{(b^2-a^2)\cos t\sin t+iab}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t}\,dt. \end{eqnarray*} D'autre part, $\gamma$ est le paramétrage d'une ellipse. Son indice par rapport à 0 est $1$ et donc on a $$\int_\gamma\frac{dz}{z}=2i\pi.$$ Par identification des parties réelles et imaginaires, on trouve que l'intégrale recherchée vaut $2\pi/ab$.

Pour $r\in]|z|,R]$, on note $$I_r=\frac{1}{2i\pi}\int_{C(0,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw$$ et on remarque que $I_r=f(z)$ si $|z|<R$ d'après la formule de Cauchy. Il s'agit donc de prouver que $I_r$ converge vers $I_R$ lorsque $r$ tend vers $R$. Mais \begin{eqnarray*} 2\pi(I_r-I_R)&=&\int_0^{2\pi}\frac{re^{it}f(re^it)}{re^{it} -z}-\frac{Re^{it}f(Re^it)}{Re^{it}-z}dt \end{eqnarray*} On peut conclure de plusieurs façons, par exemple en appliquant le théorème de convergence dominée, en notant $M$ un majorant de $|f|$ sur $\overline{D(0,R)}$ et en supposant $r\geq r_0\geq |z|+\alpha$ avec $\alpha>0$, on a $$\left|\frac{re^{it}f(re^it)}{re^{it} -z}-\frac{Re^{it}f(Re^it)}{Re^{it}-z}\right|\leq \frac{2RM}{\alpha}$$ qui est une fonction intégrable sur $[0,2\pi]$. 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.

Il suffit d'appliquer la formule de Cauchy. On a $$\frac{1}{2i\pi}\int_{C(0,R)}\frac{\textrm{sh}(w)}{w^8}dw=\frac{\textrm{sh}^{(7)}(0)}{7!}=a_7$$ où $\textrm{sh}(z)=\sum_{n\geq 0}a_nz^n$. En écrivant le développement en série entière du sinus hyperbolique ou en calculant les dérivées successives, on trouve finalement que l'intégrale recherchée vaut $\frac{2i\pi}{7!}$.

On va prouver que $f$ est bornée et la conclusion résultera immédiatement du théorème de Liouville. Prenons $z=x+iy\in\mathbb C$ et posons $n=\lfloor x\rfloor $, $m=\lfloor y\rfloor$. 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 $z-n-im$ est un élément de partie réelle comprise entre 0 et 1 et de partie imaginaire comprise entre 0 et 1. Notant $K$ le carré de sommets $0,1,1+i,i$, on en déduit $$|f(z)|\leq \sup_{w\in K}|f(w)|.$$ Puisque $f$ est continue sur le compact $K$, la quantité $\sup_{w\in K}|f(w)|$ est finie, ce qui achève la preuve que $f$ est bornée.

Posons, pour $z\in\mathbb C$, $g(z)=\exp(f(z)))$. Alors $g$ est bornée. En effet, $$|g(z)|=\exp\big((\Re ef(z)\big)$$ et l'image d'une partie bornée par la fonction exponentielle est bornée. Ainsi, $g$ est entière et bornée, donc d'après le théorème de Liouville, elle est constante. Attention! Ceci ne signifie pas directement que $f$ est constante. Soit $w\in\mathbb C$ tel que $g(z)=\exp(w)$ pour tout $z\in\mathbb C$. L'égalité $\exp\big(f(z)\big)=\exp(w)$ valable pour tout $z\in\mathbb C$ entraîne que, pour tout $z\in\mathbb C$, il existe $k_z\in\mathbb Z$ tel que $f(z)=w+k_z(2i\pi)$. Maintenant, $f$ est continue, et donc l'image de $\mathbb C$ par $f$ est connexe. Ceci n'est possible que si tous les $k_z$ sont égaux. Et donc il existe $k\in\mathbb Z$ tel que, pour tout $z\in\mathbb C$, $f(z)=w+k(2i\pi)$. La fonction $f$ est bien constante.

Imaginons que ce ne soit pas le cas, et considérons $w\in\mathbb C$ qui n'est pas dans l'adhérence de $f(\mathbb C)$. En particulier, on peut trouver $\delta>0$ tel que $|f(z)-w|\geq\delta$ pour tout $z\in\mathbb C$. Posons $g(z)=\frac{1}{f(z)-w}$. Alors la fonction $g$ est entière, et elle est bornée par $\delta^{-1}$. Par le théorème de Liouville, elle est constante. Ceci n'est possible que si $f$ est constante, ce qui contredit les hypothèses faites sur $f$.

Fixons $r\in]0,1[$. D'après les formules de Cauchy, on a $$|a_n|=\frac{1}{2\pi r^n}\left|\int_0^{2\pi}f(re^{it})e^{-int}dt\right|\leq\frac{1}{2\pi r^n}\int_0^{2\pi}\frac{dt}{1-r}\leq\frac{1}{r^n(1-r)}.$$ On optimise le membre de droite de l'inégalité en étudiant la fonction $g(r)=r^n(1-r)$. Sa dérivée est $g'(r)=nr^{n-1}(1-r)-r^n=r^{n-1}(n-(n+1)r)$, elle s'annule pour $r=\frac n{n+1}$. On obtient alors $$|a_n|\leq\left(1+\frac{1}{n}\right)^n(n+1).$$ Pour obtenir la deuxième partie de l'inégalité, il suffit de prouver que $(1+1/n)^n\leq e$. Mais $$(1+1/n)^n=\exp\big(n\ln(1+1/n)\big)\leq \exp(n\times 1/n)\leq e,$$ où on a utilisé l'inégalité classique $\ln(1+x)\leq x$.