Catégorie : Niveau Capes

Reprenez la situation qui a été décrite dans dans l'article 118.

Vous partez de la figure ci-dessous comportant un carré et deux triangles équilatéraux.

Pour justifier que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés, vous allez ajouter trois points supplémentaires dans la figure.

Vous appelez $K$ le point d’intersection des droites $(DE)$ et $(BC)$, $I$ le milieu du segment $[BC]$. Comme le triangle $BCF$ est équilatéral, les droites $(FI)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires. Soit $L$ le point de la droite $(CD)$ placé de sorte que le quadrilatère $CLFI$ soit un rectangle.

Utilisez une homothétie et calculez son rapport

Comme les points $C$, $K$ et $I$ sont alignés dans cet ordre, il existe une homothétie $h$ de centre $C$ et de rapport positif telle que $h(K)=I.$

Le rapport $k$ de l’homothétie s’obtient en calculant $k=\dfrac{CI}{CK}.$

Utilisez une projection et deux milieux

Comme $ABE$ est un triangle équilatéral, la perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par $E$ coupe le segment $[AB]$ en son milieu $M$. Notez $p$ la projection sur la droite $(DK)$ parallèlement à la droite $(BC)$. Alors $p(A)=D$, $p(M)=E$ et $p(B)=K.$ Comme $p$ conserve les milieux, il en résulte que $E$ est le milieu du segment $[DK].$

Notez maintenant $N$ le milieu du segment $[DC]$ et $a$ le côté du carré $ABCD.$ La distance $EM$ est égale à $a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et par conséquent $EN = a-a\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a}{2}(2-\sqrt{3}).$

Comme la droite $(EN)$ est la droite des milieux dans le triangle $DCK$, $CK = 2 EN = a(2-\sqrt{3}).$ Aussitôt :

$\begin{align*}
k &= \dfrac{CI}{CK}\\
&=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{a(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{a}{2a(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{1}{2(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2(4-3)}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}.
\end{align*}$

Utilisez la composée d’une homothétie et d’une translation

Rappelez-vous que $h(C)=C$ et que $h(K)=I.$

Notez maintenant $t$ la translation de vecteur $\vv{IF}.$ Comme $IFLC$ est un rectangle, il vient $t(I)=F$ et $t(C)=L.$

Notez maintenant la composée $f = t\circ h.$ La composée d’une homothétie de rapport $k\neq 1$ et d’une translation est une homothétie de même rapport $k$. L’application $f$ est par conséquent une homothétie de rapport $k$ telle que $f(C) = t(h(C))=t(C)=L$ et $f(K)=t(h(K))=t(I)=F.$

Déterminez le centre de l’homothétie $f$

Le rapport de $f$ est connu, il est égal à $k=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}.$

Mais le rapport $\dfrac{DL}{DC}$ comme vous l’avez pressenti, est aussi égal à $k$.

En effet :

$\begin{align*}
\dfrac{DL}{DC}&=\dfrac{a+a\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{a}\\
&=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}\\
&=k.
\end{align*}$

Comme les points $D$, $C$ et $L$ sont alignés dans cet ordre et que $k=\dfrac{DL}{DC}$, $D$ est le centre de l’homothétie $f$.

Concluez avec l’alignement des points $D$, $E$ et $F$

Comme $f$ est une homothétie de centre $D$ vérifiant $f(K)=F$, les points $D$, $K$ et $F$ sont alignés, donc $F$ appartient à la droite $(DK)$. Les droites $(DE)$ et $(DK)$ sont confondues donc $F$ appartient à la droite $(DE)$ et les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés.

Prolongement

Notez $E$ l’ensemble des homothéties et des translations du plan. Quelle est la structure algébrique de $E$ ? Dans quels autres exemples utilisez-vous ses propriétés ?

Descriptif du faisceau

Tout d’abord, décrivons la partie géométrique, on se donne une ellipse de demi-grand axe $a>0$ et de demi-petit axe $b>0$ qui n’est pas un cercle : $0<b<a.$

On considère des droites $D_1$, $D_2$… toutes parallèles entre elles, coupant ladite ellipse en deux points chacune, ce qui s’appelle un faisceau.

On considère alors les milieux des points d’intersection : la droite $D_1$ coupe l’ellipse en deux points dont on note $I_1$ le milieu, et ainsi de suite, conformément au schéma ci-dessus.

Ce qui est tout à fait remarquable, c’est que l’ensemble de ces milieux est inclus dans droite qui passe par le centre de l’ellipse.

Note : le lecteur qui connaît la notion d’affinité et ses propriétés pourra démontrer très rapidement ce résultat.
Dans cet article, le résultat sera démontré avec une approche qui ne déforme pas l’ellipse.

Approche naïve pour démontrer ce résultat

Le repère dans lequel l’ellipse a l’équation la plus simple est un repère $(O,\vv{i},\vv{j})$, $O$ étant le centre de l’ellipse, les vecteurs $\vv{i}$ et $\vv{j}$ dirigeant le grand axe et le petit axe de ladite ellipse.

Soient $D_1$ et $D_2$ deux droites du faisceau.

Notez $ux+vy+w=0$ avec $(u,v)\neq(0,0)$ une équation cartésienne de $D_1$, puis $u’x+v’y+w’=0$ avec $(u’,v’)\neq (0,0)$ une équation cartésienne de $D_2$. Comme elles sont parallèles, vous avez l’égalité $uv’ – u’v=0.$

Obtenir les deux points d’intersection de $D_1$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ ux+yv+w = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(1)},y_1^{(1)}\right)$ et $\left(x_2^{(1)},y_2^{(1)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Obtenir les deux points d’intersection de $D_2$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ u’x+y’v+w’ = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(2)},y_1^{(2)}\right)$ et $\left(x_2^{(2)},y_2^{(2)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Il va vous falloir former les deux milieux $\left(\dfrac{x_1^{(1)}+x_2^{(1)}}{2} ;\dfrac{y_1^{(1)}+y_2^{(1)}}{2}\right)$ et $\left(\dfrac{x_1^{(2)}+x_2^{(2)}}{2} ;\dfrac{y_1^{(2)}+y_2^{(2)}}{2}\right)$ puis démontrer l’alignement de ces deux points avec l’origine du repère.

Est-ce possible ? Oui, mais ce n’est pas très élégant… et c’est long. Ce n’est pas l’approche que l’on va privilégier.

Changez les axes du repère par une rotation

Au lieu de travailler dans un repère orthonormé ayant des axes parallèles à ceux de l’ellipse, il est tout à fait possible de changer de repère par rotation et de considérer que la droite $D_1$ est horizontale, dans le nouveau repère, avec une équation de la forme $Y=k$. Notez $O$ le centre de l’ellipse et $\vv{i}$ et $\vv{j}$ deux vecteurs unitaires orthogonaux dirigés selon les axes de l’ellipse.

Notez $\vv{u}$ et $\vv{v}$ les deux vecteurs obtenus par rotation, d’angle $\alpha$ choisi pour que $\vv{u}$ soit un vecteur qui dirige $D_1$, $D_2$, ce qui change le point de vue conformément au dessin ci-dessous.

Matriciellement, le vecteur $\vv{OM}$ est égal au produit $\begin{pmatrix}x & y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$ Or, $\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$

Soit $M$ un point du plan. Notez $(x,y)$ ses coordonnées dans le repère orthonormé $(O,\vv{i},\vv{j})$ et $(X,Y)$ ses coordonnées dans l’autre repère $(O,\vv{u},\vv{v}).$

$\begin{align*}
\vv{OM} &= \begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}X\cos\alpha – Y\sin\alpha & X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.
\end{align*}$

Il vient donc $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}.$ Elle est orthogonale, puisque $A (^{t}A) = (^{t}A) A = I.$

La relation $\begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} $ est équivalente à $\begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} = (^{t}A) \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix}.$

Obtenez la nouvelle équation de l’ellipse

Quel que soit $(x,y,X,Y)\in\R^4$ vérifiant $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

vous observez l’équivalence :

$\begin{align*}
\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 &\Longleftrightarrow \dfrac{(X\cos\alpha – Y\sin\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(X\sin\alpha+Y\cos\alpha)^2}{b^2}=1 \\
&\Longleftrightarrow \dfrac{(\cos^2\alpha) X^2+(\sin^2\alpha) Y^2-\sin(2\alpha)XY}{a^2}+\dfrac{(\sin^2\alpha) X^2+(\cos^2\alpha)Y^2+\sin(2\alpha)XY}{b^2}=1\\
&\Longleftrightarrow \left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.
\end{align*}$

Dans le repère $(O,\vv{u},\vv{v})$ l’ellipse a pour équation :

$\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.$

Calculez les coordonnées d’un des milieux

Soit $D$ la droite horizontale d’équation $Y=k$. On suppose que $D$ coupe l’ellipse en deux points distincts. Vous noterez $(X_1,k)$ et $(X_2,k)$ les coordonnées de ces deux points.

Alors $X_1$ et $X_2$ sont les deux solutions de l’équation de degré 2 :

$\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+k\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)X+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)k^2 -1 =0.$

Vous noterez que le coefficient dominant est non nul. En effet, si, par l’absurde, vous aviez $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}=0$, alors les deux carrés $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}$ et $\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}$ seraient nuls et donc $\cos\alpha = \sin\alpha = 0$, ce qui contredit l’équation fondamentale $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1.$

En utilisant la formule qui donne la somme des deux racines en fonction des coefficients d’une équation polynomiale de degré 2, vous obtenez :

$X_1+X_2 = \dfrac{k\sin(2\alpha)\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right)}{\dfrac{\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}.$

Pour plus de lisibilité, posez $m =\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right) \dfrac{\sin(2\alpha)}{\dfrac{2\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{2\sin^2\alpha}{b^2}}$. Le milieu des deux points d’intersection de $D$ avec l’ellipse a pour coordonnées $(km ; k)$, il est donc situé sur la droite d’équation $mY = X$ qui est passe par l’origine $O$ du repère qui est aussi le centre de l’ellipse, ce qui démontre le résultat annoncé.

Prolongement

Partant d’une ellipse déjà dessinée, avec une règle et un compas :

• pourriez-vous construire le centre de cette ellipse ?
• pourriez-vous retrouver son grand axe et son petit axe ?

Faites-moi part de vos recherches dans les commentaires.

Calculez les puissances successives de $\alpha = \sqrt{2}+\sqrt{3}$

Pour calculer $\alpha^2$, vous utilisez l’identité remarquable $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2.$

$\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$

Pour calculer $\alpha^3$, vous développez le produit $\alpha\times \alpha^2.$

$\begin{align*}
\alpha^3 &= 5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6\sqrt{2}\\
&=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}.
\end{align*}$

Pour calculer $\alpha^4$, il est plus rapide d’élever au carré $\alpha^2$, avec l’identité remarquable affichée précédemment.

$\begin{align*}
\alpha^4 &= 25+24+20\sqrt{6}\\
&=49+20\sqrt{6}.
\end{align*}$

Eliminez $\sqrt{6}$ dans $\alpha^4$ et $\alpha^2$

Multipliez par 10 la relation $\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$ pour obtenir $10\alpha^2 = 50+20\sqrt{6}$.

Comme $\alpha^4 = 49+20\sqrt{6}$, par soustraction membre à membre, il vient $10\alpha^2-\alpha^4=1$ et par suite vous en déduisez que $\alpha$ est annulé par le polynôme $\boxed{P(X) = X^4-10X^2+1}$ à coefficients dans $\Z[X].$

Le nombre $\alpha$ est dit algébrique.

Prolongement : est-il possible d’annuler $\alpha$ avec un polynôme non nul $Q\in\Z[X]$ de degré inférieur ou égal à 3 ?

Participez et faites-moi part de vos contributions par courrier électronique ou sur les réseaux sociaux.

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 que l’on peut calculer $f(z+h)$ quand $h$ est de module suffisamment petit.

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

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

On dit que la fonction $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, si et seulement si, la limite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in B}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ existe dans $\C.$

Formellement, cette définition signifie qu’il existe un nombre complexe $a\in\C$ (qui correspond à la limite du taux de variation de $f$ en $z$ quand $h$ tend vers $0$) tel que :

$\forall \varepsilon >0, \exists \delta >0, \forall h\in B, |h|<\delta \Longrightarrow \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – a\right|<\varepsilon.$

Note : lorsque $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, le nombre complexe $a$ est unique, ne dépend que de $z$ et se note $f'(z).$ La valeur de $f'(z)$ ne dépend pas non plus du choix de la boule ouverte $B$. Vous reformulez ainsi la dérivabilité : $f$ est dérivable au sens complexe en $z\in U$ si et seulement si, il existe un nombre $f'(z)\in\C$ tel que

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

Quand cette condition est satisfaite, on écrit $\dlim{h\to 0} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=f'(z),$ étant entendu que le nombre $h$ appartient à l’ensemble $\C.$

Quel est le lien avec les dérivées partielles ?

Comprendre la signification d’une dérivée partielle est un point essentiel dans l’étude des fonctions de plusieurs variables.

Supposez que $f$ soit dérivable au sens complexe en $z$ : $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z).$ L’appartenance de $h$ à l’ensemble $\C$ est rappelée parce que quand les dérivées partielles vont être étudiées, la variable $h$ sera réelle.

La fonction $f$, définie sur une partie de $\C$, n’est pas à proprement parler une fonction de plusieurs 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 $\R^2$. On pourra toujours affirmer que $\C$ et que $\R^2$ sont isomorphes, isométriques etc…

Dans l’étude proposée, vous décidez de considérer d’abord un accroissement de la variable $z$ selon sa partie réelle, autrement dit, de considérer la dérivée partielle de $f$ selon la première variable.

La limite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ se note $\dfrac{\partial f}{\partial x}(z)$ ou plus simplement $\partial_1 f(z)$, elle correspond aussi à la limite $\dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in\R}} \dfrac{f(x+h+iy)-f(x+iy)}{h}.$

Comme $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z) $ et par suite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z)$ et par conséquent $ \boxed{f'(z)= \partial_1 f(z)}.$

Maintenant ,vous étudiez un accroissement de la variable $z$ selon sa partie imaginaire, autrement dit, vous considérez la dérivée partielle de $f$ selon la seconde variable.

Or, par définition, la seconde dérivée partielle de $f$ en $z$, notée $\dfrac{\partial f}{\partial y}(z)$ ou plus simplement $\partial_2 f(z)$ est $\dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in \R}}\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h}$ ce qui s’écrit aussi$ \partial_2 f(z) = \dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in \R}} \dfrac{f(x+iy+ih)-f(x+iy)}{h}.$

Comme $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z) $ et comme $\dlim{h\to 0} ih = 0$, vous en déduisez par composée que $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} = f'(z) $ et donc en multipliant par $i$, vous obtenez $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h} = i f'(z) $, du coup, en restreignant $h$ à $\R$, vous obtenez $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h} = i f'(z) $ et par suite $i f'(z) = \partial_2 f(z)$ soit $\boxed{f'(z) = -i \partial_2 f(z)}.$

Et les équations de Cauchy-Riemann

Combinez les deux relations $f'(z)= \partial_1 f(z)$ et $f'(z) = -i\partial_2 f(z)$ en éliminant $f'(z)$.

Vous obtenez la relation importante : $\boxed{\partial_1 f(z) + i\partial_2 f(z)} = 0.$

Cette équation ne comporte qu’une seule égalité. Pourquoi dit-on au pluriel « les équations » de Cauchy-Riemann ?

Si vous écrivez $f(z)$ avec sa partie réelle $R(z)$ et sa partie imaginaire $I(z)$, vous avez $f(z) = R(z) + iI(z)$ et les fonctions $R$ et $I$ admettent aussi des dérivées partielles… ! Ce point mérite un développement qui se sera pas fait ici.

$\partial_1f(z) = \partial_1R(z) + i\partial_1 I(z)$

$i\partial_2f(z) = i \partial_2R(z) – \partial_2 I(z)$

Par somme $0 = \left(\partial_1 R(z) -\partial_2 I(z)\right) + i\left(\partial_1 I(z) + \partial_2 R(z) \right).$

Les parties réelle et imaginaire étant des nombres réels, vous en déduisez les deux équations :

$\boxed{\left\{\begin{align*}
\partial_1 R(z) &= \partial_2 I(z) \\
\partial_2 R(z) &= – \partial_1 I(z).
\end{align*}\right.}$

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

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

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

Ecrivez $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ avec $f(z)=(x+iy)^2 = (x^2-y^2)+i(2xy)$ si bien que $R(z) = x^2-y^2$ et $I(z) = 2xy.$

Vous avez $\partial_1 R(z) = 2x = \partial_2 I(z)$ et $\partial_2 R(z) = -2y = -\partial_1 I(z)$, les équations de Cauchy-Riemann sont bien satisfaites.

Prolongement

Qu’en est-il de la réciproque ?

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