مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohamed Chérif Messaadia de Souk Ahras — الموضوع 01

Méthode : série entière. Cherchons $f(z) = \sum_{n\ge 0}a_n z^n$ holomorphe sur $\mathbb{C}$.

$f'(z) = \sum_{n\ge 1}n a_n z^{n-1}$, $f''(z) = \sum_{n\ge 2}n(n-1)a_n z^{n-2}$.

$zf''(z) = \sum_{n\ge 2}n(n-1)a_n z^{n-1}$, $4z^3 f(z) = 4\sum_{n\ge 0}a_n z^{n+3}$.

Donc $zf''(z) - f'(z) = \sum_{n\ge 2}[n(n-1)-n]a_n z^{n-1} - a_1 = \sum_{n\ge 2}n(n-2)a_n z^{n-1} - a_1$.

Équation : $\sum_{n\ge 2}n(n-2)a_n z^{n-1} - a_1 = 4\sum_{n\ge 0}a_n z^{n+3}$.

Identification : Coeff $z^0$ : $-a_1 = 0$, donc $a_1 = 0$. Coeff $z^1$ ($n=2$) : $2\cdot 0\cdot a_2 = 0$ automatique, $a_2$ libre. Coeff $z^2$ ($n=3$) : $3\cdot 1\cdot a_3 = 0$, $a_3 = 0$. Coeff $z^3$ ($n=4$) : $4\cdot 2\cdot a_4 = 4a_0$, $a_4 = a_0/2$. Coeff $z^k$ pour $k\ge 3$ ($n=k+1$) : $(k+1)(k-1)a_{k+1} = 4a_{k-3}$, soit $a_{k+1} = \dfrac{4a_{k-3}}{k^2-1}$.

Conditions : $f(0) = a_0 = 1$ ; $f''(0) = 2a_2 = 0$, donc $a_2 = 0$.

Par récurrence, seuls les coefficients $a_{4k}$ sont non nuls : $a_0=1$, $a_4=1/2$, $a_8 = 4a_4/(7^2-1) = (4\cdot 1/2)/48 = 1/24$... En posant $b_k = a_{4k}$ : $b_{k+1} = \dfrac{4 b_k}{(4k+3)(4k+5)-1+\ldots}$. Un calcul plus soigneux via $a_{k+1}=4a_{k-3}/(k^2-1)$ pour $k+1=4m$ donne $b_m = \dfrac{1}{(2m)!}.$

Ainsi $f(z) = \sum_{m\ge 0}\dfrac{z^{4m}}{(2m)!} = \sum_{m\ge 0}\dfrac{(z^2)^{2m}}{(2m)!} = \cosh(z^2)$.

Vérification : $f(z) = \cosh(z^2)$, $f'(z) = 2z\sinh(z^2)$, $f''(z) = 2\sinh(z^2)+4z^2\cosh(z^2)$. Alors $zf''-f'-4z^3 f = z[2\sinh(z^2)+4z^2\cosh(z^2)]-2z\sinh(z^2)-4z^3\cosh(z^2) = 0$. ✓

$f(0)=\cosh 0=1$ ✓, $f''(0)=2\sinh 0=0$ ✓.

Réponse : $f(z) = \cosh(z^2)$.

Notons que $\overline{z}$ n'est pas holomorphe, donc l'intégrale dépend du chemin. Sur chaque chemin on paramétrise et calcule.

Cas 1) Segment de $0$ à $4$ : $z(t) = 4t$, $t\in[0,1]$, $dz = 4dt$, $\overline{z}=4t$. $I_1 = \int_0^1 (1+4t-12t)\cdot 4\,dt = 4\int_0^1(1-8t)dt = 4[t-4t^2]_0^1 = 4(-3) = -12$.

Cas 2) Polygonale $0\to i\to 4$.

• Segment $0\to i$ : $z(t)=it$, $t\in[0,1]$, $dz=i\,dt$, $\overline{z}=-it$. Intégrande : $1+it-3(-it) = 1+4it$. $\int_0^1(1+4it)\cdot i\,dt = i[t+2it^2]_0^1 = i(1+2i) = -2+i$.

• Segment $i\to 4$ : $z(t) = i+(4-i)t$, $t\in[0,1]$, $dz=(4-i)dt$, $\overline{z}=-i+(4+i)t$. Intégrande : $1+z-3\overline{z} = 1+i+(4-i)t+3i-3(4+i)t = 1+4i+[(4-i)-3(4+i)]t = 1+4i+(-8-4i)t$. Intégrale : $\int_0^1[(1+4i)+(-8-4i)t](4-i)dt = (4-i)[(1+4i)-(4+2i)] = (4-i)(-3+2i) = -12+8i+3i-2i^2 = -12+11i+2 = -10+11i$.

$I_2 = (-2+i)+(-10+11i) = -12+12i$.

Cas 3) Demi-circonférence supérieure $|z-2|=2$, $0\le\arg(z-2)\le\pi$ (donc au-dessus). Paramétrisation : $z(\theta) = 2+2e^{i(\pi-\theta)}$ pour $\theta\in[0,\pi]$ (de $z=4$ à $z=0$), ou plus simplement $z(\theta)=2-2e^{i\theta}$ pour $\theta\in[0,\pi]$ (allant de $0$ à $4$). Vérifions : $\theta=0\Rightarrow z=0$, $\theta=\pi\Rightarrow z=4$. Bien.

$dz = -2ie^{i\theta}d\theta$, $\overline{z}=2-2e^{-i\theta}$. Intégrande : $1+(2-2e^{i\theta})-3(2-2e^{-i\theta}) = 1+2-2e^{i\theta}-6+6e^{-i\theta} = -3-2e^{i\theta}+6e^{-i\theta}$.

$I_3 = \int_0^\pi (-3-2e^{i\theta}+6e^{-i\theta})(-2ie^{i\theta})d\theta = -2i\int_0^\pi (-3e^{i\theta}-2e^{2i\theta}+6)d\theta$.

$= -2i\big[-3\cdot\dfrac{e^{i\theta}}{i}-2\cdot\dfrac{e^{2i\theta}}{2i}+6\theta\big]_0^\pi = -2i\big[3i(e^{i\pi}-1)+i(e^{2i\pi}-1)+6\pi\big]$ $= -2i\big[3i(-2)+i(0)+6\pi\big] = -2i[-6i+6\pi] = -12+(-12i\pi)$... calculons : $-2i\cdot(-6i) = 12i^2 = -12$ ; $-2i\cdot 6\pi = -12i\pi$.

$I_3 = -12-12i\pi$.

1. Oui. $f$ holomorphe implique les équations de Cauchy-Riemann : $u_x = v_y$, $u_y = -v_x$. Dérivant : $u_{xx} = v_{yx}$, $u_{yy} = -v_{xy}$. Par le lemme de Schwarz $v_{xy}=v_{yx}$, donc $u_{xx}+u_{yy}=0$. Idem pour $v$. Donc $u,v$ sont harmoniques.

2. Non en général. Deux fonctions harmoniques quelconques ne vérifient pas C-R. Il faut que $v$ soit un conjugué harmonique de $u$, i.e. $v_x = -u_y$ et $v_y = u_x$. Contre-exemple : $u(x,y) = x, v(x,y) = y$ sont harmoniques (Laplaciens nuls) ; $f=v+iu = y+ix$. Cauchy-Riemann : $\partial_x(v)=0$ mais $\partial_y(u)=0$ (c'est $=$, OK), $\partial_y(v)=1$ mais $-\partial_x(u)=-1$. Contradiction. Donc $f$ n'est pas holomorphe.

3. Oui. Si $u = \mathrm{Re}\,f = C$ constante, alors $u_x=u_y=0$. Par C-R : $v_y = u_x = 0$ et $v_x = -u_y = 0$. Donc $v$ est constante sur chaque composante connexe de $\Omega$, et $f = u+iv$ est constante.

4. En général non nul : $\dfrac{\partial f}{\partial x} + i\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2\dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}}$ où $\dfrac{\partial}{\partial \overline{z}} = \dfrac{1}{2}(\partial_x+i\partial_y)$. Or $f$ holomorphe ⇔ $\partial f/\partial\overline{z} = 0$. Donc l'énoncé est faux : au contraire, $\dfrac{\partial f}{\partial x}+i\dfrac{\partial f}{\partial y} = 0$ pour toute $f$ holomorphe.