Exercices corrigés - Conditions de Cauchy-Riemann

Puisque $f$ est holomorphe, les équations de Cauchy-Riemann nous disent que : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{\partial u}{\partial x}&=&\frac{\partial v}{\partial y}\\ \frac{\partial u}{\partial y}&=&-\frac{\partial v}{\partial x}. \end{array}\right. $$ Remarquons aussi que les fonctions $u$ et $v$ sont $C^2$, puisque être holomorphe entraîne être de classe $C^\infty$. On a donc $$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=\frac{\partial^2 v}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^2 v}{\partial y\partial x}=0$$ où la dernière égalité provient du théorème de Schwarz (on rappelle que $v$ est $C^2$). La preuve pour $v$ est tout à fait similaire.

On va vérifier que $g$ satisfait les équations de Cauchy-Riemann en tout point de $V$. Si on pose $z=x+iy$ et $f(z)=P(x,y)+iQ(x,y)$, alors on a $$g(z)=\overline{f(x-iy)}=P(x,-y)-iQ(x,-y):=u(x,y)+iv(x,y)$$ où $u(x,y)=P(x,-y)$ et $v(x,y)=-Q(x,-y)$. Ainsi, $g$ est bien $\mathbb R$-différentiable. De plus, on a $$\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial P}{\partial x}(x,-y)=\frac{\partial Q}{\partial y}(x,-y)$$ tandis que $$\frac{\partial v}{\partial y}(x,y)=-\left(-\frac{\partial Q}{\partial y}(x,-y)\right)=\frac{\partial Q}{\partial y}(x,-y).$$ On a donc bien $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$. On vérifie de la même façon que $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$, ce qui achève la preuve du fait que $g$ est holomorphe.

On écrit $f=u+iv$ où $u,v$ sont de classe $C^1$. Puisque $f$ est holomorphe, les équations de Cauchy-Riemann donnent $$ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{\partial u}{\partial x}&=&\frac{\partial v}{\partial y}\\ \frac{\partial u}{\partial y}&=&-\frac{\partial v}{\partial x}. \end{array}\right. $$ Ainsi, on a $du=0\iff dv=0$. Puisque $\Omega$ est connexe, ceci entraîne que $(2)$ est équivalente à $(3)$. Maintenant, clairement $(1)$ implique $(2)$, et si on a $(2)$, on a aussi $(3)$ et bien sûr $f$ est constante. On vient donc de démontrer que les trois premières conditions sont équivalentes.
Si $f$ est constante, $\bar f$ l'est aussi et est donc holomorphe. Réciproquement, si $\bar f$ est holomorphe, alors $2u=f+\bar f$ l'est aussi. Mais puisque $u$ est à valeurs réelles, $\Im m(u)$ est constante, et c'est la partie imaginaire d'une fonction holomorphe. D'après ce qu'on vient de démontrer (plus précisément $(3)\implies (1)$), $u$ est constante, donc $f$ aussi.
Enfin, si $f$ est constant, $|f|$ l'est aussi. Réciproquement, si $|f|$ est constant, alors il existe $c$ tel que, pour tout $z\in\Omega$, $$u^2(z)+v^2(z)=c^2.$$ Si $c=0$, alors $f=0$ et c'est terminé. Sinon, supposons $c\neq 0$. La différentielle de la fonction constante $z\mapsto u^2(z)+v^2(z)$ est donc nulle. D'où, en dérivant par rapport à $x$, puis par rapport à $y$ : $$u(z)\frac{\partial u}{\partial x}(z)+v(z)\frac{\partial v}{\partial x}(z)=0=u(z)\frac{\partial u}{\partial y}(z)+v(z)\frac{\partial v}{\partial y}(z).$$ En tenant compte des conditions de Cauchy-Riemann, on obtient le système suivant, où les inconnues sont $\frac{\partial u}{\partial x}$ et $\frac{\partial u}{\partial y}$ : $$\left\{ \begin{array}{rcl} u(z)\frac{\partial u}{\partial x}(z)-v(z)\frac{\partial u}{\partial y}(z)&=&0\\ v(z)\frac{\partial u}{\partial x}(z)+u(z)\frac{\partial u}{\partial y}(z)&=&0. \end{array}\right.$$ Le déterminant de ce système est $u^2(z)+v^2(z)=c^2>0$, et donc les dérivées partielles de $u$ sont nulles. On en déduit que $u$ est constante, puis que $f$ l'est aussi.

Supposons qu'il existe $f$ vérifiant ces conditions. Posons $Q=\Im m(f)$. Alors $$\frac{\partial Q}{\partial y}=\frac{\partial P}{\partial x}=2ax+2by\textrm{ et }\frac{\partial Q}{\partial x}=-\frac{\partial P}{\partial y}=-2bx-2cy.$$ Par le théorème de Schwarz, on a $$\frac{\partial^2 Q}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2 Q}{\partial y\partial x}\implies 2a=-2c$$ c'est-à-dire $a=-c$. Réciproquement, si $a=-c$, alors en intégrant la relation portant sur $\frac{\partial Q}{\partial y}$, on trouve $$Q(x,y)=2axy+by^2+h(x)$$ où $h$ est $C^1$. Reportant cette formule dans le calcul de la dérivée partielle de $Q$ par rapport à $x$, on trouve $$2ay+h'(x)=-2bx+2ay\implies h(x)=-bx^2+C,$$ avec $C\in \mathbb R$. Alors, si $f$ est telle que $\Re e(f)=P$, $f$ est nécessairement égal à $$f(z)=a(x^2-y^2)+2bxy+i\big(b(y^2-x^2)+2axy+C\big).$$ Réciproquement, il est facile de voir qu'une telle fonction vérifie les équations de Cauchy-Riemann. On a donc trouvé toutes les solutions à $\Re e(f)=P$. Il est très facile de trouver une expression de $f$ en fonction de $z$. On a en effet $f(z)=(a-ib)z^2+iC$.
Remarquons ici l'analogie avec un exercice classique concernant les formes différentielles : trouver une primitive! L'utilisation du théorème de Schwarz ici correspond au fait qu'une forme différentielle exacte est nécessairement fermée.

On sait que, pour une courbe définie implicitement par $u(x,y)=C$, avec $u$ différentiable, la tangente au point $(x_0,y_0)$ est $$\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)(y-y_0)= 0$$ pourvu que la différentielle en $(x_0,y_0)$ de $u$ est non nulle. Dans notre cas, on ne peut pas avoir $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)=0$ et $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)=0$ simultanément, car par les conditions de Cauchy-Riemann, on aurait $f'(z_0)=0$. Un vecteur directeur de la tangente au point $(x_0,y_0)$ de la courbe $u(x,y)=C$ est donc $$\left(\begin{array}{c} -\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)\\ \end{array}\right).$$ On peut faire la même chose pour la tangente au point $(x_0,y_0)$ d'une courbe $v=\textrm{cste}$. Un vecteur directeur est donné par : $$\left(\begin{array}{c} -\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)\\ \end{array}\right).$$ On fait alors le produit scalaire des deux vecteurs directeurs trouvés : par application des équations de Cauchy-Riemann, on trouve qu'il est nul!