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[ID: 2973] [Date de publication: 9 novembre 2022 23:04] [Catégorie(s): Fonctions holomorphes ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Le théorème de Rolle version holomorphe
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 23:04

Si \(a=a_1+ia_2,\ b=b_1+ib_2\) considérons l’application \(\varphi\) de \([0,1]\) dans \(\mathbb R\) définie par

\[\varphi(t)=\langle\, f(a+t(b-a)),b-a\,\rangle_{\mathbb C} = \text{re}\left(f(a+t(b-a)\right)(b_1-a_1)+ \text{im}\left(f(a+t(b-a)\right)(b_2-a_2),\]

vu les hypothèses, \(\varphi\) est dérivable sur \([0,1]\) et \(\varphi(0)=\varphi(1)\) ; par Rolle, il existe donc \(t_1\in]0,1[\) vérifiant \(\varphi'(t_1)=0\) et par un calcul classique : \[\begin{aligned} 0=\varphi'(t_1)&=(b_1-a_1)\big(\partial_x\text{re}(f)(a+t_1( b-a))(b_1-a_1)+\partial_y\text{re}(f)(a+t_1(b-a))(b_2-a_2) \big)\\ &+(b_2-a_2)\big(\partial_x\text{im}(f)(a+t_1(b- a))(b_1-a_1)+\partial_y\text{im}(f)(a+t_1(b-a))(b_2-a_2) \big) \end{aligned}\] si bien qu’avec les équations de Cauchy-Riemann il reste (avec \(z_1=a+t_1(b-a)\)...)

\[0=\varphi'(t_1)= \left((b_1-a_1)2+(a_2-b_2)2\right)\partial_x\text{re}(f)(z_1)\]

\(a\) et \(b\) étant distincts on a donc \(\partial_x\text{re}(f)(z_1)=0\) avec \(z_1\in]a,b[\). Il reste encore une fois à utiliser Cauchy-Riemann pour remarquer que \(\text{re}(f')(z)=\text{re}\left({\partial f\over\partial z}(z)\right)=\text{re}\left({\partial f\over\partial x}(z)\right)=\partial_x\text{re}(f)(z)\) et conclure. Pour la partie imaginaire on remplace \(f\) par \(-if\).

Remarques : -Le théorème de Rolle est faux pour une fonction à valeurs vectorielles : par exemple la fonction \(f\in\mathscr C^\infty(\mathbb R,\mathbb R^2)\) (ou bien \(f(t)=e^{it}\)) définie par \(f(t)=(\cos(t),\sin(t))\) qui vérifie \(f(0)=f(2\pi)\) mais sa différentielle n’est jamais nulle sur \([0,2\pi]\).

-Pour \(f\ :\ \mathbb C\to\mathbb C\) holomorphe ce résultat négatif à fortiori subsiste (c.f. \(f(z)=e^z\) où \(\vert f'(z)\vert=\vert e^z\vert\ne 0\))

toutefois comme le précise cet exercice, l’holomorphie (si \(f\) est seulement \(\mathscr C^\infty\) c’est sans espoir) permet de conserver le résultat pour les parties réelles et imaginaires de la fonction.