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108. Les équations de Cauchy-Riemann

Yannis TRIANTAPHYLIDES

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Soit $z$ un nombre complexe fixé et $f$ une fonction à valeurs complexes définie sur une partie ouverte $U\subset\C$ contenant $z.$ Le nombre $z$ est contenu dans une petite boule ouverte, elle-même contenue dans l’ouvert $U.$ Cette notion est essentielle car elle précise qu’il est possible de calculer $f(z+h)$ quand $h$ est de module suffisamment petit.

Plus précisément, il existe un réel $r\gt0$ tel que, pour tout $h\in\C\comma$ $|h|\lt r$ implique $z+h\in U.$ Notez $B$ l’ensemble des nombres complexes de module strictement inférieur à $r\comma$ $B$ s’appelant la boule ouverte de centre $0$ et de rayon $r.$ Notez que $B$ est non vide et que pour tout $h\in B\comma$ le nombre complexe $z+h$ admet une image par la fonction $f\comma$ ce que vous écrivez $z+h\in U.$

Qu’est-ce qu’une fonction dérivable au sens complexe ?

La fonction $f$ est dite dérivable au sens complexe en $z\comma$ si et seulement si, la limite $\lim_{\substack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ existe dans $\C.$

Plus précisément, cela signifie qu’il existe un nombre complexe $\ell \in\C$ tel que :

\forall \varepsilon \gt0, \exists \delta \gt0, \forall h\in \C, 0\lt |h|\lt\delta \Longrightarrow \left( z+h\in U \text{ et } \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – \ell \right|\lt\varepsilon \right).

Le nombre $\ell$ est unique et ne dépend que du choix de $z$ et de la fonction $f.$ Il se note $f'(z).$

Quel est le lien avec les dérivées partielles ?

Le lien entre la dérivabilité au sens complexe et les dérivées partielles va être explicité dans ce paragraphe.

La fonction $f\comma$ définie sur une partie $U$ ouverte de $\C\comma$ n’est pas à proprement parler une fonction de deux variables. Il semble quelque peu abusif d’écrire $f(z) = f(x,y)$ où $x$ désigne la partie réelle de $z$ et $y$ sa partie imaginaire… tout simplement parce que $f$ est définie sur une partie de $\C$ et pas sur une partie de $\R^2.$ Il convient d’être précis.

Soit $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ un nombre complexe appartenant à $U.$

Il existe un réel $r$ strictement positif tel que la boule $B= \{c \in\C, \lvert c – z \rvert \lt r\}$ soit incluse dans $U.$

Il convient alors de noter que le domaine carré défini par :

D=\left\{x+iy+h+ik, (h,k)\in\left[\frac{-r\sqrt{2}}{2}, \frac{r\sqrt{2}}{2} \right]^2\right\}

est inclus dans la boule $B.$

Ainsi il est maintenant légitime de considérer l’application $\widetilde{f}\comma$ définie sur l’ensemble des couples $(a,b)\in\R^2$ tels que $a+ib\in D\comma$ à valeurs dans $\C\comma$ par $\widetilde{f}(a,b) = f(a+ib).$

Vous allez démontrer dans la suite le théorème suivant : si $f$ est dérivable au sens complexe en $z\comma$ alors les dérivées partielles $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ et $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existent et vérifient la condition dite de Cauchy-Riemann :

\begin{align*}\boxed{\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = 0.}\end{align*}

En effet, montrez d’abord que le nombre complexe $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe bel et bien.

Étant donné que :

\forall \varepsilon \gt0, \exists \delta \gt0, \forall h\in \C, 0\lt |h|\lt\delta \Longrightarrow \left( z+h\in U \text{ et } \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – f'(z) \right|\lt\varepsilon \right)

vous allez pouvoir conclure.

Pour tout réel $h$ vérifiant la condition $0 \lt \lvert h \rvert \lt r\comma$ vous avez :

\begin{align*} \frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+h+iy)-f(x+iy)}{h}\\ &= \frac{f(z+h)-f(z)}{h} \end{align*}

Soit $\varepsilon \gt0.$ Alors il existe $\delta \gt0$ tel que :

\begin{align*}\forall h\in \C, 0\lt \lvert h\rvert \lt\delta &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon. \end{align*}

Posez $\delta’ = \min(\delta, r).$

Alors :

\begin{align*} \forall h\in \R, 0\lt \lvert h\rvert \lt\delta' &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon \\ &\Longrightarrow \left\lvert\frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} – f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon. \end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) = f'(z).$

Soit $h$ un réel tel que $0\lt \lvert h \rvert \lt \delta’.$

Pour l’autre dérivée partielle, vous êtes amené à calculer :

\begin{align*} \frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+iy+ih)-f(x+iy)}{h}\\ &= \frac{f(z+ih)-f(z)}{h}\\ &= i \frac{f(z+ih)-f(z)}{ih} \end{align*}

Or :

\begin{align*} \forall h\in \R, \lvert h\rvert \lt \delta' &\implies \lvert ih\rvert \lt \delta'\leq \delta \\ &\implies\left\lvert\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} – f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon\\ &\implies\left\lvert i\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} – i f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon\\ &\implies\left\lvert \frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} – i f'(z) \right\rvert\lt\varepsilon. \end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = if'(z).$

Par somme, il vient :

\begin{align*} \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= f'(z)+i(if'(z))\\ &= f'(z)-f'(z)\\ &=0. \end{align*}

Exemple avec la fonction $z\mapsto z^2$

Pour tout nombre complexe $z\comma$ posez $f(z) = z^2.$

Fixez $z\in\C.$ Pour tout $h\in\C\comma$ quand vous calculez $f(z+h) = (z+h)^2 = z^2+2zh+h^2\comma$ vous déduisez que pour tout nombre complexe $h\neq 0\comma$ $\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = 2z+h$ et par conséquent $f$ est dérivable au sens complexe en $z$ et $f'(z)=2z.$

Écrivez $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ avec $f(z)=(x+iy)^2 = (x^2-y^2)+i(2xy)$ si bien que $\widetilde{f}(x,y) = x^2-y^2 +2ixy.$

Alors :

\begin{align*} \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= 2x+2iy+i(-2y+2ix)\\ &= 2x+2iy-2iy-2x\\ &=0. \end{align*}

Prolongements

Qu’en est-il de la réciproque ?

Si $f$ est une fonction à valeurs complexes définie sur un ouvert $U\subset\C$ contenant $z$ et si les parties réelle et imaginaire de $f$ vérifient les équations de Cauchy-Riemann en $z\comma$ est-il possible de conclure que $f$ est dérivable en $z$ au sens complexe ?

Vous souhaitez en savoir davantage ? Allez jeter un coup d’œil dans un autre article.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 185.

Vous souhaitez obtenir les équations de Cauchy-Riemann quand vous définissez la partie réelle et la partie imaginaire associées à la fonction qui est dérivable au sens complexe ? Allez jeter un coup d’œil dans un autre article.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 190.