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Analyse Complexe - UVT e-doc - Université Virtuelle de Tunis

1. EXERCICE 5 7 Soient y et deux applications biholomorphes d un domaine Q de C c est dire ouvert connexe de C sur le disque unit ouvert D 0 1 z C z lt 1 On suppose que w a a 0 pour un certain a Q Montrer qu il existe C tel que A 1 v rifiant plz AV VzeQ SOLUTION Posons f z 7 z pour tout z D 0 1 f est une bijection holomor phe de D 0 1 dans lui m me telle que Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D apr s le lemme de Schwarz on a If lt lel Ve D 0 1 Le m me raisonnement appliqu f7 D 0 1 D 0 1 donne If SI Vze D 0 1 On en d duit que f z z Yz D 0 1 D o toujours d apr s le lemme de Schwarz fle z AEC et A 1 Ainsi Tt z z Vze D 0 1 Soit enfin elz AY 2 YZER EXERCICE 5 8 Montrer que l ensemble des automorphismes du disque unit ou vert D 0 1 est Aut D 0 1 Apa AES et ae D 0 1 SOLUTION Il est clair que pour tous St et a D 0 1 l application Ay est un automorphisme de D 0 1 R ciproquement soit f D 0 1 D 0 1 une appliction biholomorphe du disque unit dans lui m me Il existe alors un seul a D 0 1 tel que f a 0 D autre part l application d finie par pal ze D 0 1 1 amp z est biholomorphe de D 0
2. e 1 n 1 est une d termination du logarithme 15 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 Dans le domaine Q C R_ z re r gt 0 et 0 lt x la fonction 1 2 Logr i0 est la d termination principale du logarithme et on a l Log 3 Plus g n ralement pour tout r el dans le domaine Q z ret r gt 0 et a lt 0 lt a 2r la fonction z Logr i0 est une d termination du logarithme En g n ral pour z z E C R Log zz Log z Log z Par exemple si on note j exp 7 ona 2iT 2iT Log j Log exp 4 3 3 et 4i in 2Log j gt 7 Fonctions Trigonom triques et Hyperboliques 7 1 Fonctions Trigonom triques La fonction z exp iz de la variable complexe z est videmment une fonction enti re gale dans tout C la s rie enti re Rora exp iz 5 f n n 0 On peut donc prolonger C tout entier les fonctions cosinus et sinus usuelles en posant pour tout z complexe par d finition exp iz exp iz 2 cos z et exp iz exp iz 2i sin z On en d duit que exp iz cos z isin z et cos z sin z 1 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Mais il ne faut pas croire que cos z et sin z sont les parties r elle et imaginaire de exp iz pour z complexel Pour z x
3. 1 Pour tout r el r 0 R la s rie enti re a 2 est normalement con vergente dans le disque ferm D z C z lt r donc elle y est uniform ment convergente et on a la continuit de la somme de cette s rie F z X n gt 0 an2 en tout point z Dr o Dr z C z lt R est le disque de convergence de f 2 Par hypoth se il existe un plus entier k N tel que ax 0 on peut alors crire f z z g z avec g 2 E gt o aktn2 Pour tout z C tel que 0 lt z lt R la s rie D 50 kin2 converge donc R est aussi le rayon de convergence de la s rie g z et par suite g est continue dans le disque ouvert Dpr mais on a g 0 ap 0 donc il existe ro gt 0 tel que ar lg z g 0 lt 2 pour tout z D c est dire V z C tel que z lt ro On conclut que pour tout z Dro _ leu _ loal 0 T lg 2 gt g 0 et fortiori g z 0 Vz Dr 3 S il existe un entier k tel que ax 0 en utilisant 2 il existe un r el ro gt 0 tel que f z 0 Yz D 0 Cela est absurde avec le fait que zp 0 et f zp 0 donc f est identiquement nulle d s qu elle est analytique et nulle sur une suite d l ment distinct du disque et tendant vers z ro 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 4 En consid rant la fonction A z f z g 2 0 an bn 2 h est an
4. 1 On en d duit alors que z1 lt 1 et z2 gt 1 ou z2l lt 1 et z gt 1 D o le r sultat 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 Soit z r e D 0 o 0 lt r lt let0ER Il est clair que AA Re g z 4 r i cos0 et Im qg z 3 r 1 sin En utilisant le fait que sin 0 0 4 gt cos0 1 il vient Well es z r lt 1 4 lt r 1 lt 0 HE Ceci est impossible donc g D 0 C 1 1 La question 2 montre que q est une bijection de D 0 sur C 1 1 Comme q est clairement holomorphe sur D 0 on en d duit que q est une application biholomorphe de D 0 sur C 1 1 4 Soit z r e H avec r gt 0 et 0 0 r Supposons que q z R et lg 2 gt 1 Il vient en vertu de AA que r 1 et q z cos0 1 1 Donc q z x E R z gt 1 Ainsi q H C C z R z gt 1 R ciproquement si z C x R z gt 1 alors l quation z2 2wz 1 0 admet une unique solution dans H Enfin q est une bijection de H sur C z R z gt 1 EXERCICE 2 12 1 2 Soient a C bEC et f C C z f az b i Montrer que si a 1 f est une similitude dont on pr cisera le centre le rapport et l angle Etudier le cas a 1 17 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe ii Quelles sont les images par f des dr
5. RE ED Se Dette d 3 Le membre droite de cette derni re glit est une fonction holomorphe dans n 1 il permet donc de prolonger I analytiquement ce domaine et I se prolonge analytiquement sur C Z Comme pr c demment si n N n est un p le simple de T ppur m gt n z C Rez gt n 0 1 2 y z r m n a e a ag E n 4 a En posant t ng on aura pour Rez gt Oetn gt 1 1 T z n x771 1 rx dx n f z n 1 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe o n 2 C 2 1 j x 1 8 0 ls 1 x tax avec Rez gt 0 et Re gt 0 Puisqu on a voir exercice suivant F 2 7 0 BE OR alors DCI 1 T z ro En utilisant la 2 me question et T n 1 n on a zZ n n C D GEN T z gt La d finition de T z sous forme int grale donne une fonction holo morphe dans Rez gt 0 et le membre droite de l galit x donne un prolongement analytique de l dans C 0 1 2 n Montrons maintenant la formule d Euler Gauss De l in galit 1 x lt e Vxe R on obtient t n a z lt elet 0 lt t lt n n donc z 1 t n PAES Xjo ni t lt elle pour t gt 0 7 eRez 1 et on sait que hs e dt converge et que t lim H S xjo nilt e pour t gt 0 n 00 n avec Xjo n la fonction caract ristique de
6. 2 5 4 2n lim Ge T 2 2 n l 3 appel formule de Wallis 6 En d duire en utilisant la formule canonique de Weierstrass la relation des compl ments suivante T 2 T 1 z ze C Z 7 Montrer la formule de duplication de Gauss Legendre suivante V z C tel que 2 EC Z VaT 22 27T 2T z A SOLUTION 1 On a pour t 0 o0 t77 e amp Dlo8t Notons que lett e tetRez 1 donc si 0 lt a lt Rez lt alors le lt K E avec n HT sit gt 1l K b ed i0 lt t lt 1 On a Le K t dt converge puisque J t idt converge et f e t dt converge pour gt 0 et 8 gt 0 Cela prouve en appliquant le th or me des 12 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe fonctions d finies par des int grales que la fonction I est holomorphe dans l ouvert z C Rez gt 0 de C De plus on peut d river sous le signe int grale et on a pour tous n N et z C tel que Rez gt 0 raae e logt t tdt 0 2 Une int gration par parties dans T z pour Rez gt 0 donne le r sultat 00 00 T z2 1 et dt En e f et Tdi 0 t 0 0 z2T 2 car pour Rez gt 0 t21t 0 _ ti2z je TER lim e riso puisque T 1 1 on d duit que Tin l n VreN L quation fonctionnelle T z 1 2T z valable pour Rez gt 0 donne par r currence pour tout n N T z2 1 T z 2 T z n
7. 6 En d duire que si u Q R est une fonction continue har monique dans un ouvert connexe born Q de C alors il existe a et b dans Q tels que u a supu z et u b inf u z zen 2 et si u n est pas constante a et b sont dans Fr Q fronti re de SOLUTION 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 Dans tout disque ouvert D a r Q u Re f pour une fonction f holomorphe dans D a r puisque f est ind finiment d rivable dans D a r u l est aussi ceci tant vrai pour tout disque contenu dans Q on a u E C Q 2 Posons u u u2 u est une fonction harmonique dans Q nulle dans V C Q On veut montrer que u 0 dans Q Cela est facile si Q est simplement connexe en effet u Re f avec f holomorphe dans Q dans ce cas si u 0 dans V C Q alors f est une constante imaginaire pure dans V et par le principe de prolongement elle l est aussi dans Q d o u 0 dans Q Dans le cas o Q est un ouvert connexe de C et non simplement connexe posons E a Q Jr gt 0 u 0 dans D a r N Q Il est clair que E est un ouvert non vide dans Q Montrons que E Q En effet supposons que Q E Il existe alors un point b Q E et r gt 0 tels que D b r NE 0 car sinon Q E sera un ouvert non vide dans Q et Q EU Q E ce qui contredit la connexit de Q Il existe alors un point a D b r Q E et p gt 0
8. E 2 lt JP 5 Preuve Pour p 0 l in galit 5 est imm diate Supposons que p gt 1 Un calcul l mentaire donne Ez SERET TU OU tetet Aapki zP 2Pexp z 2 P Comme Ep 0 1 on d duit que 1 Ep z a un z ro d ordre p 1 en 0 Il vient alors en vertu du th or me 1 1 du chapitre 4 que 1 E z2 zP t1 5 anz pr s de 0 n gt 0 E 2 Sn p l anz tP n gt 0 Or 5 z E 2 2 exp z 5 bnz tP avec bn gt 0 P gt 0 mz Par unicit du d veloppement d une fonction holomorphe en s rie enti re on d duit que an gt 0 Donc pour z lt 1 H E lt PH ane n gt 0 NE HS DT n gt 0 lt jpt puisque 5 an 1 E 1 1 n gt 0 D o le lemme Th or me 2 2 Soit zn une suite de nombres complexes v rifiant zn 4 0 pour tout entier n et n 00 Si ph n gt 1 est une suite de N telle que oo r 1 Pn Vr gt 0 gt lt 6 n 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe alors le produit infini CO z P z E I En T converge uniform ment sur tout compact de C vers une fonction enti re dont l ensemble des z ros est la suite 2 avec m P a card N Zn 8 e Si on cherche construire une fonction holomorphe f sur C dont l ensemble des z ros Z f 2 0 0 il suffit de prendre f z z P 2 e L hypoth se 6 est
9. apr s le th or me des r sidus que R res FOG 2ir X Res f w wEP L estimation standard des int grales complexes donne FO lt rRIfh YR L hypoth se lim zf z 0 entra ne Jim Ally 0 et par suite le r sultat EXERCICE 6 10 Montrer que to 22 T E A Re v2 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe SOLUTION Consid rons CRE TS Cette fraction rationnelle admet exactement deux p les dans P chacun d eux est simple savoir c exp 4ir et ic Un calcul immediat donne 1 Res f c 4 et Res f ic 0 soit enfin R 5 2 Lo l i T J ma m 2 Ee 00 5 4 Int grales impropres f glx e dr aeR Pour calculer une telle int grale on utilise le th or me suivant Th or me 5 2 Soit g une fonction holomorphe sur C sauf en un nombre fini de points non r els Supposons que lim g z 0 Alors Z 00 Zin 5 Res g z e w si a gt 0 00 we P g x e dx Te 2iT 5 Res g z e w si a lt 0 wEP Preuve Traitons le cas a gt 0 D signons par wi w2 Wm les p les de g appartenant au demi plan sup rieur Im z gt 0 et choisissons le R gt 0 assez grand de sorte que ces p les soient dans le disque D 0 R Notons par KR le compact d fini par z lt R et y Im z gt 0 En int grant sur Kp la fonction z g z e on obtient f
10. pour 1 lt k lt n 1 Yk Yjayarsi S0it de classe CE alors pour tout f C y on pose Vu la remarque pr c dente il suffit de travailler sur les chemins de classe C1 II est clair qu on peut voir y comme un param trage de sa trace y EXERCICE 4 1 Calculer les int grales suivantes p 2 dz B 22 dz 2 dz 22 dz J de J y o q7 est le demi cercle z e 0 lt 0 lt 7 orient n gativement SOLUTION Pour z e 77 on a dz ie d0 d0 d8 On a donc 0 3 110 2 I a 120 2 i0 d i re l 1e 3 3 Dr 70 hl L l iet d9 e 2 0 0 PE Iz e2 li et do r t2 d0 gz 0 0 0 L4 f e jie do d0 7 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 4 2 1 Calculer rez o f z x iy et y est le chemin dans C y donn par q t t it pour 0 lt t lt 1 2 M me question pour i f z Let y t e 0 lt t lt 27 i f z z iet y t t it 1 lt t lt 1 SOLUTION 1 1 froi roro y 0 E t itt 2t 2it dt 0 1 2 4i 5 PR f it d 3 2 i 2m s it w pei z 0 ett ii t it i 1 2it dt 1 k 3t 24 i 3t 1 dt 0 D finition 1 4 L y est dit un reparam trage de s il existe un diff omorphisme I I v rifiant t gt 0 pour
11. z On sait gr ce au th or me de Cauchy que si 7 est un autre chemin reliant a z alors F Od FOC Yz 2 puisque f rox f so ro 0 Yz Yz VaT Y 7 tant un chemin ferm de Q donc homotope un point Posons alors F 2 FO Js D apr s ce qui pr c de cette d finition ne d pend pas du chemin suivi Prouvons que F est holomorphe avec Pour h C assez petit notons par 7 le chemin constitu de y puis du segment reliant z z h On a donc F h F 1 TOX FUL t z t z h hdt 0 a f z th hdt 0 Feht f PEH Iht Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Par le th or me des accroissements finis on a If th F2 lt itlla sup f u uE z z h ce qui entra ne que F z h F z h f z lorsque h 0 d o le th or me E D finition 5 2 Soit Q un ouvert simplement connexe de C tel que 0 Q alors la fonction z 1 admet une primitive sur Q On appelle log z cette fonction qui est d finie modulo une constante Exemple Sur Q C z Rez lt 0 et Imz 0 qui est simplement connexe on peut d finir une fonction Log z La d termination principale du logarithme est la primitive de z gt 1 sur Q s annulant au point z 1 Elle est d apr s ce qui pr c de donn e par Log z s 2 o si z ret y est le segment joignant le point z 1 au point
12. Le r sultat d coule du fait que Pah 1 Pa Pa un 1 1 et du fait que P 0 L hypoth se un 1 ne suffit pas pour que Pp converge Par exemple si un 1 E ona z 1 log Ph 5 log 1 P lorsque n j 1 Proposition 1 2 Soit un n gt 1 une suite de C on pose pour tout entier n gt 1 n n Pa 0 u et P 0 luh j 1 j 1 Alors on a Pa lt exp lui ul 1 Pa 1 lt PER 2 PREUVE La relation 1 d coule de l in galit 1 x lt exp x valable pour tout r el x gt 0 Montrons maintenant 2 par r currence Pour n 1 on a P 1 u P 1 Supposons 2 vraie jusqu l ordre n et montrons la pour n 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Par d finition Papi 1 Pal unt 1 e Ph 1 un 1 1 Un 1 lt CF z 1 1 ae fun 1 fun 1 lt PhO lunr1l 1 lt Panl d o la proposition E On en d duit le th or me fondamental suivant Th or me 1 1 Soit un une suite de fonctions d une partie Q de C valeurs dans C Si la s rie 5 un z converge uniform ment sur Q vers une fonction born e sur Q alors le produit infini JI 1 un z converge uniform ment sur Q n gt 1l De plus si on note en JG 1C unl n 1 alors Z f Un gt 1Z 1 un 3 o Z g d signe l ensemble des z ros de g PREUVE
13. On a d apr s les relations classiques pr c dentes du cosinus et sinus 1 e27 1 e tg z PRE cotg z tz LI tg z 7 tg 2 tg z 5 cotg z tg z tg 2 7 2 Fonctions Hyperboliques On d finit les fonctions cosinus hyperbolique ch et sinus hyperbolique sh sur C par ete e e 7 VzeC ch z or et sh z Ce sont deux fonctions holomorphes sur C qui prolongent les fonctions cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique usuelles Elles v rifient ch sh et sh ch Les propri t s suivantes se d montrent facilement elles sont laiss es titre d exercices esin iz ish z et cos iz ch 2 e ch 2 sh z 1 e sh 2 sh z et ch z ch 2 e ch z z ch z ch z sh z sh z e sh z 2 sh z ch z ch z sh z 18 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe e ch z 4 sh cos2 y et sh z 4 sh x sin y On voit en particulier que Ich z oo et sh z oo lorsque Re z oo On d finit aussi les fonctions tangente hyperbolique th et cotangente hyper bolique coth par 1 1 th z im Z z ho oi pour z C in Z z ch z e 1 coth z IO x Pour z C irZ Les fonctions th et coth sont holomorphes dans leur domaine de d finition et on a he 1 4e ch z coth z rs
14. Par d finition de R4 la suite an p est born e on en d duit que r r lan r Gaui lt ME M tant un majorant de la suite an o Par cons quent X an r est conver gente donc r lt Rg Par suite sup r lt R lt R3 soit R lt Rz 3 D termination pratique du rayon de convergence Proposition 3 1 Soit X anz une s rie enti re dont les coefficients sont non nuls partir d un certain rang i Si la suite a ztl tend vers lorsque n tend vers l infini 1 alors le rayon de convergence de la s rie enti re X anz est R 7 avec la convention R 00 si 0 et R 0 si o pis 1 ii De m me si la suite X a tend vers lorsque n tend vers l infini alors R 7 avec la m me convention Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe PREUVE Lorsque 0 ou les r gles usuelles de convergence pour les s ries per mettent de conclure On va supposer que 0 lt lt i Soit r lt 1 et notons Un an r Fixons gt 0 tel que e r lt 1 ce qui est possible car r lt 1 Comme 4 il existe un entier N tel que pour tout n gt N An 1 lt Le An On en d duit que pour n gt N Un 1 lan41 rt lansa jy an lt e jrla lr lt Un Par cons quent la suite u est born e ceci prouve par d finition de R que 3 lt R Soit
15. elle va admettre une tangente au point z donn e par R cC s z 7 to s Si f Q C est une application R diff rentiable alors foy est une courbe diff rentiable Si de plus Tf y t 0 pour tout t 0 1 alors foy est une courbe diff rentiable r guli re Elle admet alors en tout point f y t t 0 1 une tangente donn e par R C s FAE TEA E Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D finition 1 4 Soient y et y deux courbes diff rentiables r guli res de Q On dit que 7 et 2 se croisent au point z avec l angle p s il existe to 0 1 tel que Y to V2 t0 zo et langle entre y to et y3 to not y1 to 72 to est gal po Proposition 1 1 Soit f Q C une application conforme alors si y et y sont deux courbes diff rentiables r guli res de Q se croisant au point avec un angle p alors les courbes f oy et f oY se croisent au point f 20 avec le m me angle p Evidemment on doit distinguer deux cas Le cas o le sens de l angle p est conserv on dit qu on a une application conforme directe et le cas o le sens de l angle Yg est invers on dit qu on a une application conforme indirecte 2 Applications antiholomorphes D finition 2 1 Soit f Q C une application f est dite anti holomorphe sur Q si l application f qui z associe f z est holomorphe sur Q Une application R dif
16. inf de u sont atteints en des points respectifs a et b dans Q De plus si u n est pas constante par 4 u n admet aucun extr mum relatif dans Q donc a et b doivent tre sur le bord de Q 18 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 6 S ries de Laurent et fonctions m romorphes 1 S ries de Laurent D finition 1 1 La s rie de fonctions de la forme OO ys an z z0 00 est appel e s rie de Laurent formelle de centre zo et de coefficients a 1 oo La s rie 5 an z z0 respectivement 5 an z z0 est appel e sa partie O 0 principale respectivement sa partie r guli re e Les s ries de Laurent g n ralisent les s ries enti res e En particulier les concepts de convergence simple absolue uniforme et nor male sont aussi valables pour les s ries de Laurent dans des couronnes D finition 1 2 On note par C a r R z C r lt z a lt R la couronne de centre a de petit rayon r et de grand rayon R Th or me 1 1 D veloppement en s rie de Laurent Soit f H C a r R alors f est d veloppable en s rie de Laurent de centre a dans C a r R i e il existe une suite an nez telle que F anl a O0 De plus la s rie 5 an z a converge normalement dans C a r R pour QU tous r R tels quer lt r lt R lt R et l on a pour toutn Z pad 10e H 2ir C
17. iyB II Par suite TA T 2 a a x iyp lal x Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe et puisque T conserve les angles on a UTOTO ITDIIT 1 1 2 Jale iy8lx II z iyllal x Donc pour tous z x iy tel que x 0 on a z iy x iyl donc 8 1 et on obtient alors T z a x iy et T z az ou T z az o a C d o ti e ii gt iii En effet si T z az o a C alors pour tous z w C T 2 T w az aw a z w a z w Il suffit de prendre a a gt 0 Il en est de m me si T z az e L implication iii gt i est vidente Plus g n ralement on a D finition 1 2 Soit f Q C une application R diff rentiable sur un ouvert Q de C On dit que f pr serve les angles ou encore f est une application conforme si pour tout z Q T f z la R diff rentielle de f au point z conserve les angles Cette termonologie se justifie par le fait que si f est une application conforme alors l image par f de deux courbes se coupant selon l angle p sont deux courbes se coupant selon le m me angle D finition 1 3 On appelle courbe diff rentiable r guli re de Q toute application diff rentiable qy 0 1 Q v rifiant y t 0 pour tout t 0 1 On dit que la courbe y passe par un point z s il existe t 0 1 tel que y to 20 La courbe tant r guli re
18. pour un r 0 R posons M su I zE D zo r z0 Si 5 an z z0 est le d veloppement de f en zo en s rie de Laurent nez alors par les in galit s de Cauchy on a an lt Mp pour tous nE Zet 0 lt p lt r sin lt 0 fix et p 0 on voit que an 0 donc 20 est une singularit artificielle pour f 21 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 Soit f z Cat 20 2 D zo R 20 le d veloppement de f nez en z en s rie de Laurent puisque z est un point singulier il existe un entier no tel que an 0 Posons bn a n pour n 1 2 Supposons maintenant que zo est un p le pour f d ordre m gt 1 alors ONE ES 7 z 20 z 20 pour tout z D 20 R 20 avec bm 0 et filz 5 an z z0 fi n gt 0 est la partie r guli re de f en z Alors lim z z0 f 2 bm gt 0 Z 20 ce qui implique que f z o lorsque z zo R ciproquement supposons que f z c lorsque z 20 alors il existe un r el p 0 A tel que f z gt 1 si z D 20 p z0 Posons 1 glz pour z D 20 p 20 T 20 Alors g est holomorphe et born e g z lt 1 et partout non nulle dans D 20 p 20 de plus g z 0 lorsque z z0 donc il existe un entier m gt 1 tel que pour tout z D 20 p g z Ame z0 Om 1 z Poa TRN avec Am 0 c es
19. pr sent r gt fixons alors gt 0 de sorte que r gt 1 e lan 1 La convergence de TaT Vers assure l existence d un entier N tel que pour tout n gt N a n 1l gt g E lan On en d duit que pour n gt N Qn 1 Un 1 Pa ks gt E TUn an gt 1 e u donc uN k gt 1 e un lorsque k gt Par suite la s rie X un diverge ce qui entra ne que gt R et ach ve la preuve de i ii Comme pr c demment soit r lt 1 et choisissons gt 0 tel que r lt 1 Notons vn lan et un jan r vnr La suite v converge vers lorsque n tend vers l infini il existe alors un entier N tel que pour tout n gt N Un L LHE On en d duit que pour n gt N Un lt L r 0 1 Par cons quent lt R Maintenant si r gt 7 choisissons gt 0 de sorte que r gt 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe De m me pour n assez grand Un gt et donc Un gt E r ii 1 ce qui conduit ais ment 7 gt R et ach ve la preuve de ii Attention la proposition pr c dente n admet pas de r ciproque et le fait que le 1 An 1 rayon de convergence soit R n implique pas que la suite ou 1 la tende vers comme le montre l exemple de la s rie enti re X sin n 2 En fait R est donn par la formule suivante dite f
20. 0 n Enfin par le th or me de Lebesgue on conclut que oi t lim l z lim Xjo n t dt P n 00 n 00 0 f e tt tdt T 2 0 b i Remarquons que 1 Yn 1 Yn Z F log 1 a n l n 1 est strictement positif et 0 lt 7 lt y 1 d o l existence de y lim yn 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D autre part pour tout entier n gt 1 1 1 7 dt 5 w G ite D S E n 1l T 2 1 k1 k k t n n 1 k 1 t k 1 k 1 F n 1 k 1 1 n li D dx 2 k x k D o l T gt la y lim z n oo 0 2 k x k Puisque 1 gt S our0O lt r lt 1 2 T L REFI katk ZE SE pour on a z2 0 lt 5 lt 7 lt j ii On remarque que pour tout z C tel que z lt 1 ona sl 1 1 1 z e lt 2 e E m5 z ik k 1 on obtient donc Y k 1 2 ZEN a z 11 1 1 lt OREI se 5 d s que z lt k ainsi la s rie 37 f z 1 est normalement con vergente dans tout compact de C Par le th or me des produits infinis le point ii est tabli ii Montrons maintenant que pour tout z C Z7 1 A En effet par un calcul alg brique on a Z n n Erla o Banak z z 1 e z n z a Fes 15 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe En utilisant a b i et b ii on obtient le
21. 1 dans lui m me On en d duit de l exercice pr c dent qu il existe un C de module gal 1 videmment unique tel que f z y z pour tout z D 0 1 d o le r sultat EXERCICE 5 9 Soit f z gt o 4n2 une s rie enti re complexe de rayon de con vergence R gt 0 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 Montrer que f est une fonction continue dans le disque ouvert Dr z C z lt R 2 Supposons en outre que les a C sont tous non nuls Montrer qu il existe un nombre r el r tel que 0 lt ro lt R et que f z 0 pour tout z C tel que 0 lt z lt ro Indication Consid rer f z z g 2 o k est le plus petit entier gt 0 tel que ap 0 et on montrera que g z gt lal pour 0 lt z lt ro 3 Montrer que si une s rie enti re f z gt o anz est convergente pour z lt r o r gt 0 et telle que f zp 0 pour une suite zp p gt 0 de points distincts de ce disque tendant vers z ro alors f est identiquement nulle 4 En d duire que si f z X gt o an2 et g 2 X gt o bnz sont deux s ries enti res dans un m me disque ouvert z lt r o r gt 0 et s il existe une suite de points distincts zp p gt o de ce disque tendant vers z ro et telle que f zp g zp pour tout entier p gt 0 alors f z g z V z C tel que z lt ro SOLUTION
22. 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 Pour a donn dans le disque unit D on d finit la transformation homo graphique y par LRQ Pa Fu EXERCICE 2 7 Montrer que deux disques ouverts sont conform ment quivalents SOLUTION En effet soient D a r et D b p deux disques ouverts de C Alors lapplication z P z a b r est biholomorphe de D a r sur D b p EXERCICE 2 8 La transformation de Cayley h est biholomorphe du demi plan sup rieur P EC Im z gt 0 dans le disque unit D Elle applique de mani re hom omorphe la fronti re de P sur la fron ti re de D priv de 1 SOLUTION On remarque que h h4 avec P z 1 21m 2 z 1 2Im z donc h P C D D autre part pour tout w D l quation h z w admet la seule solution 1 dans P z ha w i TEY car 1 w 1 w 12 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Par suite h est bijective et holomorphe de P sur D son inverse h ha p T l z est aussi holomorphe sur D Finalement montrons qu on a h P op 1 avec OP fz cC Im z 0 la fronti re de P et D fz eC z 1 la fronti re de D En effet si z x R on a 1 72 1 x 1 et h x 1 donc h P c eD 1 D
23. 4 sont des nombres r els v rifiant 0 lt 0 lt 1 Il vient alors fGo h f z 0 fut ivylea feles ive 20 h __ in in avec zk zo 0 si h 0 k 1 2 3 4 Puisque fy ifx en zo on peut crire f 20 z a fyt z i fx pour obtenir 2i h i Mat _ fe eo nn lu 2 uy 2o T en vy 22 vy 20 i Etin lu 23 ua 2o SE in 02 24 va zo 5 Enfin comme toutes les expressions entre crochets tendent vers 0 lorsque h 0 et n 4 E inl E inl T on obtient FER HS nn Aan En fait on a les quivalences suivantes Th or me 2 1 Soient Q un ouvert de C f u iv une application de Q dans C et zo zo iyo Q Alors les assertions suivantes sont quivalentes i f est C diff rentiable en 20 ii f est R diff rentiable en zo et la R diff rentielle de f en zo T f zo C C est C lin aire iii f est R diff rentiable en z et satisfait en ce point les conditions de Cauchy Riemann Ur 20 y 20 Uy z0 Vr 20 Si l une des assertions est v rifi e alors F 20 Ux 20 iv 20 vy 20 iuy 20 PREUVE L quivalence entre i et ii d coule de la d finition ii 4 gt iii La diff rentielle T f z0 est donn e par la matrice carr e d ordre 2 COR L application R lin aire de C dans C associ e cette matrice est C lin aire si et seule
24. E lt en d GRASSE pre PRE el r r E lt Cr 2 S E ce qui ach ve la preuve du lemme Exemples Les applications de ce th or me pour le calcul des sommes des s ries sont bien connues 1 Nous savons que pour x 1 1 on a OO log 1 x 2e ee ni aa Ge La s rie altern e X7 tant convergente on obtient oO DEN D lim log 1 x log 2 2 Nous savons galement que pour x 1 1 on a OO _1 n Arctgx D a te n 0 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe La s rie altern e Xo CD tant convergente on a OO 1 T Eh lim Arctgx a 2n 1 z 1 4 5 Les applications exponentielle et logarithme com plexes 5 1 L application exponentielle complexe Proposition 5 1 La s rie enti re O0 zn 2 est absolument convergente sur C et uniform ment convergente sur tout compact de C D finition 5 1 L application exponentielle complexe est d finie par exp C C OO zn zZz expl n 0 n Proposition 5 2 L application exp est une fonction holomorphe sur C sa d riv e est elle m me exp z exp z YzeC et v rifie exp z z exp z exp 2 Vz z EC Comme exp 0 1 on obtient exp z 7 exp z Yz C et puisque exp z exp Re z exp ilm z il vient exp z exp Re z gt 0 VzecC et donc exp C c C Plus pr cis
25. Ferrand et J M Arnaudi es Cours de math ematiques Tome2 Analyse Dunod Universit e Bordas Paris 1977 15 J Lelong Ferrand et J M Arnaudi es Cours de math ematiques Tome4 Equations di erentielles int egrales multiples Dunod Universit e Bordas Paris 1977 16 A I Markushevich Theory of Functions of a Complex Variable Prentice Hall Englewood Cli s N J 1965 17 R Remmert Theory of Complex Functions Graduate Texts in Math ematics 122 Springer Verlag 1990 18 W Rudin Principles of Mathematical Analysis 2nd edition McGraw Hill Book Co New York 1964 19 M H Sliman Analyse Complexe Facult e des Sciences de Tunis 20 E H Spanier Algebraic Topology McGraw Hill Book Co New York 1966 21 P Tauvel Exercices d analyse complexe Masson Paris 1994 22 E C Titchmarsh The Theory of Functions 2nd edition Oxford Uni versity Press London 1939 23 L Zakman Picard s Theorem without Tears Amer Math Monthly 85 1978 265 268
26. Ho y H 7 et H s 0 a H s 1 8 Vs 0 1 ou bien H s 0 H s 1 Vse 0 1 f z dz s t 0H f F s 0 SE s tdt Notons alors par g s On a alors par le th or me de d rivation sous le signe somme ro peen NCCE entre aed f akeen Ees dt F s D Es D sls 0 DE 8 0 0 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe puisque OH OH s s dans le cas o H s 0 amp et H s 1 B et OH OH zs amp Jg 1 dans le cas o H s 0 H s 1 pour tout s 0 1 On en d duit que g est constante et donc J f z dz f z dz Yo V1 Si y n est pas de classe C il suffit de r gulariser y i e construire une famille ye de chemins de classe C convergeant pour la norme CT vers y lorsque 0 Le r sultat d coule alors par passage la limite 4 Th or me des r sidus avec indice Th or me 4 1 Soit Q un ouvert simplement connexe de C Soit f une fonction m romorphe dans Q et y un chemin ferm de Q ne passant pas par les p les de f alors f Fdz vi 5 Ind w Res f w wEP F o P f est l ensemble des p les de f dans Q L hyposth se Q simplement connexe n est pas n cessaire il suffit que y soit homotope un point dans Q PREUVE DU TH OR ME 4 1 Notons d abord que les composantes connexes Ind 0 ne contiennent qu un nombre fini de p les de f D signons p
27. Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 Montrer que la fonction gamma T est holomorphe dans le demi plan ouvert Rez gt 0 et qu on Yn E N Vz C tel que Rez gt 0 ra e t logt t tdt 0 2 V rifier qu on a pour tout z C tel que Rez gt 0 T 2 1 2T 2 en d duire Gi T n l n VnenN T z 1n ns eee en VneN VzeC Rez gt 0 3 Montrer que T se prolonge analytiquement sur C Z7 et que Res T n Cr pour tout entier n gt 1 4 On pose pour n N et z C tel que Rez gt 0 z 1 t Pal t 1 dt 0 n a En posant t nz montrer que Tae a x771 1 x dx n n z z 1 z n et que pour tout z C Z7 lim ralz T im 2 z n 00 Formule d Euler Gauss b i Montrer que si 1 4 4 logn par n gt 1 entier alors lim o 7 7 existe dans R et y 0 577 y est appel nombre d Euler ii Montrer que si f z 1 e o z C et k N alors n 00 im 2 f k 1 existe dans C la convergence tant uniforme sur tout compact de C et que f z 0 pour tout z C Z _ 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe ii En d duire que pour tout z C mt k 1 appel produit canonique de Weierstrass 5 Montrer pour tout z C CO 22 sin TZ TZ 1 I 2 n 1l En d duire que 1 2n 1
28. Pour z z iy avec z y R on a P 2 P z2 e ua 2u x y P x iy P x iy d o en rempla ant x par 5 et y par on obtient 2 2 z 2 Z z 2u P P alai Ta PGT P 2 P 0 Finalement comme P 0 P 0 on trouve P e 2u 5 2 PO b De m me puisqu on a v x y 4 P 2 P 0 AE z 2l P P 0 et donc e P z 2iv 2 P 2 2 2 PO 14 a La fonction u x y x x y est harmonique sur R Au 0 donc On a bien u y Re P x iy b Il n existe aucun polyn me P 2 tel que Re P z x y car u x y x y n est pas harmonique puisque Au 0 2 Par 1 a ona Z 2 2u 5 f 0 II JG z3 z2 Z 2l 6 3 2 3 OTa l 20 2 1 ir 3 3 iz 2 ou encore EXERCICE 1 10 On se donne un polyn me harmonique g x y sur R et a b R 0 0 Montrer que toute fonction P z holomorphe sur C v rifiant a Re P z bIm P 2 g x y z2 x iyeC est de la forme Po a p ro SOLUTION On crit jea aReP 6ImP s PQ PE LIPG PE 15 2g x y alP x iy P x iy ib P x iy P x iy donc 2g alP 2 PO HiP PO l a ib P z a ib P 0 Finalement on a a ib Po yG p H PO 16 Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 2 Holomorphie et confor
29. Q 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Ce th or me est surprenant puisque le th or me de Weierstrass dit que pour toute fonction f continue sur 0 1 il existe P une suite de polyn mes qui con verge uniform ment vers f sur 0 1 PREUVE 12 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 8 Z ros des fonctions holomorphes et th or me de factorisation de Weierstrass 1 Produits infinis D finition 1 1 Soit u une suite de C On note n Pr Uuo e Un J v k 1 On dit que le produit infini JI Un converge si la suite Pa n gt 1 admet une limite n gt 1 finie P lorsque n tend vers l infini On note alors OO P JI Un n l EXERCICE 8 1 1 Montrer que le produit infini JI converge n n gt 1 SOLUTION On a z Il m 8 Hi II PS T ITS Ms siii II fe PS A lae EXERCICE 8 2 Etudier la convergence du produit infini JI e 0ER n gt 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe SOLUTION On a P e D o le produit infini en question converge si et seulement si 0 27 Z Proposition 1 1 Si le produit infini JI Uun converge vers P 0 alors la suite u converge vers n gt 1 1 Preuve
30. Q un ouvert non vide de C un sous ensemble au plus d nombrable de Q sans point d accumulation dans Q et m a aeA une famille d entiers positifs Il existe une fonction f H Q telle que Z f A et pour touta m f a m a Comme corollaire de ce th or me on a le r sultat suivant qui donne une autre caract risation des fonctions m romorphes Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Th or me 2 5 Caract risation des fonctions m romorphes Toute fonction m romorphe sur un ouvert non vide Q de C est le quotient de deux fonctions holomorphes sur Q PREUVE DU TH OR ME 2 5 Soit f une fonction m romorphe sur Q et A z l ensemble des p les de f d ordre m Consid rons g z la fonction holomorphe donn e par le th or me 9 2 3 dont l ensemble des z ros est l ensemble A zj avec m l ordre de zj Il est alors clair que g f h H Q ce qui assure le th or me PREUVE DU TH OR ME 2 4 Le cas fini tant trivial on peut supposer que est d nombrable Posons alors a On peut aussi supposer que est born quitte faire la transformation homographique avec zo Q A 3 Maintenant an on associe 8 tel que 8n an dist an C Q Il est clair que 5 Q et B an 0 Le produit infini E n n 1o TEE n l r pond la question En effet en vertu de ce
31. Vze D a R alors M a lt ni VnreN 3 Preuve On sait par la formule int grale de Cauchy que pour tout r lt R J l E 2iT l a aori de d o t n 7 fla r riei f a dir 0 pntleiln 1 0 n 27 i0 in0 d an f a re e 0 On en d duit ais ment que a lt EM po L in galit ci dessus tant vraie pour tout r lt R elle l est galement pour r R E Corollaire 3 1 Th or me de Liouville Soit f H C Si f est born e alors f est constante Preuve On sait qu on peut crire sur C lt f 0 p n 0 Il s agit de d montrer que f 0 0 pour tout entier n gt 1 Pour cela on applique le th or me pr c dent avec a 0 On a donc M M 0 lt nl PP CON lt a Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe o M est un majorant de f sur C En faisant tendre R vers l infini on obtient f 0 0 pour tout entier n gt 1 d o le th or me Cela d montre de nouveau le th or me de D Alembert qui est un th or me fondamental d alg bre 1 P est une fonction holomorphe born e sur C elle est donc constante par le th or me de Liouville et P est donc un polyn me constant En effet si P est un polyn me sur C ne s annulant pas la fonction f z 4 Lemme de Schwarz et applications Lemme 4 1 Lemme de Schwarz Soit f H D 0 1 On suppose que
32. X Im a Y a 2 Re Gb Puisque f est une similitude ou une translation elle transforme toute droite en une droite et tout cercle en un cercle En effet si D est une droite d quation uz az a o u C et a R alors ro zec HE R ET a zec Refuz a ME par suite f D est une droite De m me si C vo R z vo Re 0 0 2x est le cercle de centre vo C et de rayon R gt 0 alors f C vo R Z f vo aRe 6 0 27 donc F C wo R C F vo lalR le cercle de centre f vo avo b et de rayon a R pour a 0 Si D est la droite d quation uz nz a o u C et a R alors son image par l inversion g est soit une droite dans le cas o a 0 soit un cercle dans le cas o a 0 En effet si 0 pour Z g z Let z D on a uZ BZ 0 donc g D est une droite Si a 0 pour z D Z g z v rifie uZ BZ a Z ou bien ZI 2 Re Z 0 Q c est dire Z donc g D C le cercle de centre et de rayon Puisque l inversion g est une involution g7 g il vient en vertu de ce qui pr c de que pour vo C g C vo vol D c est la droite d quation v9Z oZ 1 Par suite l image par l inversion g de tout cercle passant par l origine est une droite 19 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D autre part
33. ab EXERCICE 4 7 1 Calculer par la formule int grale de Cauchy dz lzl 1 2 En d duire la valeur de l int grale 27 f e cos sin 0 d 0 SOLUTION 1 En appliquant la formule int grale de Cauchy pour f z n 0 ona e J dz 2r i lzl 1 2 En prenant la param trisation z et du cercle unit on obtient e 27 ex J 5e dz i es isin 8 d lz 1 0 D o par galisation des parties r elles et imaginaires e zo 0 et 27 27 e sin sinf dd 0 et J e cos sin 0 d 27 r 0 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 5 Th or mes fondamentaux 1 Z ros d une fonction holomorphe et principe du maximum Th or me 1 1 Soit Q un ouvert connexe de C et f Q C une fonction holomorphe non constante alors i Z f l ensemble des z ros de f n a pas de point d accumulation dans Q ii Si a Z f il existe m N g H Q tels que FG a g 2 1 avec gla 0 PREUVE Soit a Z f on sait qu il existe r gt 0 tel que pour tout z D a r CO f a D uea j 0 Comme f est non constante il existe j tel que c 0 En d signant par m le plus petit entier j tel que c 0 on a pour z D a r FO gt PES De Depr ee Da IO e D yle a Z Posons alors ge E sur Afa z a g z y Chrm z a sur D a
34. autre part pour tout w op 1 l quation h z w admet la seule car W 1 jul enr 1 solution dans P z i I On peut alors conclure que la droite r elle 9P R est hom omorphe au cercle unit priv du point 1 EXERCICE 2 9 Pour tout a D l application 2 S Pa ZI 1 z est biholomorphe du disque unit D dans lui m me Elle applique la fronti re de D dans elle m me SOLUTION On a Pa D C D car pour z D _ k lal 2Re az 1 lz la 2 2Re az lP 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe De m me puisque a D on a P a D D Mais Pa P a idp Donc y est bijective de D dans lui m me et son inverse est Y_a 1 1 la 2 D autre part Ya est holomorphe et conforme sur D car p z ee Qz 0 VzeD Enfin montrons que Pa 0D D Ona va 0D C D car z 1 implique pa 2 1 D autre part pour tout w D l quation z w admet la seule solution dans D z _alw Taw car FE w l al 2Re aw 1 uw 2lal 2Re ow D o l galit pa 0D D REMARQUE L application p pour a D repr sente un automorphisme du disque unit D c est dire une transformation biholomorphe de D dans lui m me Comme on le verra dans la suite du cours voir Chapitre 5 tout automorphi
35. en une fonction holomorphe sur Q PREUVE Consid rons la fonction g sur Q d finie par glz z a f z zE Q a g a 0 Il est clair que g est holomorphe pour z Q a et on a gla h gla _ hf a h h h hf a h 0 lorsque h 0 car f a h reste born e pour h assez petit Par cons quent g est holomorphe sur Q et v rifie g a g a 0 Il vient alors en vertu du th or me 6 1 que pour z assez proche de a O0 glz D cntz a n 2 Posons alors FC f G si ze Q a F a c On a alors pour z assez proche de a FC D caaea n 0 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Il est alors clair que f est un prolongement holomorphe de f Q E q p g p EXERCICE 4 5 Soit r gt 0 Q un voisinage ouvert du disque ferm D 0 r f Q C une fonction holomorphe et a b deux points diff rents de D 0 r f f z dz aD 0 r Z a z b 1 Exprimer en fonction de et 2 En d duire le th or me de Liouville SOLUTION 1 Ona 1 2 1 1 1 z a z2 b a blz a z b D o fod 1 GOPI fdz Tar CEEE he ee ol 2 Ona f Hajda 2rif a et J JG dz 2ri f b D 0 r z a D 0 r Z D Par suite f z dz 2ri abor deb a zlta FO 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tuni
36. enti re n o an2 2 Calculer la somme z Xe anz pour z lt R SOLUTION 1 On sait par la formule d Alembert que lim an puisqu on a an lt tg1 donc R gt GI D autre part pour z la somme 4 TR partielle SE y HD gt fi 91 s crit par le changement de variable y o x 0 1 bo 1 tg1 1 dy E y y tg1 qui par le th or me de convergence domin de Lebesgue convergence lorsque p tend vers 00 vers l int grale divergente tg1 J Upa cela montre que le rayon de donvergence R est inf rieur ou gal et par l in galit tgl1 1 2 sd R gt giona l in galit R tgl A tgl x 0 1 et z lt tg1 z tg z lt z tg 1 lt 1 La s erie converge alors normalement et donc uniform ment par rapprot x dans l intervalle 0 1 vers 2 Calcul de la somme S z2 D anz pour z lt on a pour tous 1 4 la fonction z2 Igi Par cons quent on a 1 dx 1 S z our z lt 2 1 2tgx pour el tgl Cette int grale se calcule en posant v tgx pour x 0 1 donc tgl dv ii s f and PASS 23 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Par d composition en l ments simples ceci conduit tal 2 Sle 1 z zu 1 A 0 112 l zv 1 v2 ou bien S 2 1 zlog cos 1 zsin1 a 1 22 pour z lt ai
37. et z C tel que Rez gt 0 e t logt t tdt 0 4 Th or me int gral de Cauchy Th or me 4 1 Th or me de Cauchy Soit f une fonction holomorphe sur Q et K un compact de Q On suppose que sa fronti re OK est un chemin Ct par morceaux orient de mani re positive Alors f f z dz 0 10 OK PREUVE Supposons d abord que f est de classe Ct ce qui est une hypoth se superflue puisqu on verra par la suite que toute fonction holomorphe est ind finiment holo morphe Alors on a en vertu de la formule de Green Riemann f 1de y 0 Dans le cas g n ral on sait que f est limite uniforme d une suite de fonctions holomorphes de classe C1 Le r sultat d coule alors de la premi re partie et du Th or me 2 1 E f z dz oK Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 5 Formule int grale de Cauchy Th or me 5 1 Soit f une fonction holomorphe sur Q et D 20 r C Q Alors pour tout z D 20 r on a Re 2 11 CS e a1 PREUVE En d signant par Ke D zo r D z o est assez petit il est clair que Ke est un compact de Q et que la fonction 0 nQ EE est holomorphe au voisinage de K En orientant OK de mani re positive il vient que FO FO h d d d ha Qdc har E s Par le th or me de Cauchy on en d duit que 1 FO al FO d lim d 2i las Z e 0 257
38. exemple pr c dent P admet cinq z ros dans D 0 1 Si z est un z ro double de P situ dans D 0 1 alors P z 45z 5 0 et P z 0 donc 24 1 et z 3 9 ce qui impossible Cela montre que P admet cinq z ros distincts dans le disque D 0 1 Maintenant si z lt et P z 0 alors 9 5 5 1 z5 2 9 5z 3 gt 3 les ce qui est impossible d o le r sultat EXERCICE 6 14 Montrer que la fonction d finie par f z 42 exp z admet deux z ros distincts dans le disque unit ouvert D 19 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe SOLUTION En effet encore une fois par le th or me de Rouch puisqu on a pour tout 21 1 Lf 2 42 l exp 2 lt exp zl e lt 42 4 alors f z et 42 admettent le m me nombre de z ros dans D 0 1 Ces deux z ros sont distincts car l quation f z f z 0 n a pas de solutions dans D EXERCICE 6 15 Pour m n N et a 8 D 0 1 montrer que la fonction fa EE e 1 az admet m n z ros dans le disque unit ouvert D SOLUTION En effet par le th or me de Rouch puisqu on a kl 1 z alors IE 8 F l lt 1 FC 81 On en d duit que f z 8 et f z ont le m me nombre de z ros dans D 0 1 d o le r sultat EXERCICE 6 16 Trouver le d velo
39. gla 0 Exemples i 0 est un z ro d ordre 1 de e 1 ii 0 est un z ro ordre 2 de cos z 1 Corollaire 1 4 Soit Q un ouvert connexe de C alors H Q est un anneau int gre 2 Th or me de l image ouverte Th or me 2 1 Th or me de l image ouverte raffin Soit Q un ouvert connexe de et f une fonction de H Q non constante Soit zo Q wo f 20 et soit m l ordre du z ro de la fonction f wo en zo Alors il existe des ouverts V et W tels que 20 E V C Q W f V et pour tout w E W wo l quation f z w admet exactement m solutions dans V Corollaire 2 1 Toute fonction holomorphe est une application ouverte Corollaire 2 2 Soit Q un ouvert connexe de C et f une fonction de H Q non constante Alors pour tout w f Q f w est un sous ensemble discret de Q PREUVE DU TH OR ME 2 1 En se ramenant au cas o 20 wo 0 on peut supposer que f z 2 avec g 0 1 ou encore g 2 f z 27 1 h 2 avec 0 0 L image r ciproque h7 D 0 1 est un voisinage ouvert de 0 donc il contient un disque D 0 6 pour un certain gt 0 Posons V1 D 0 6 et W1 f D 0 6 Soit w W1 on cherche z tel que w 2 1 h z On sait que la fonction u 1 u 1 u 1 5 An 5 an m z n gt 0 n gt 0 est holomorphe pour u D 0 1 et on a Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analys
40. gt 0 et u gt 0 on obtient par le th or me des fonctions d finies par des int grales que la fonction 18 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe z B z 0 est holomorphe si 0 lt a lt Rez avec u Rec gt 0 fix car alors EHL PSE 0t En variant amp on obtient que la fonction z 8 z est holomorphe pour Rez gt 0 avec fix tel que Re gt 0 On obtient de la m me mani re que la fonction B z 6 est holomorphe pour Re gt 0 z C fix tel que Rez gt 0 2 Il suffit de montrer la formule pour z et r els et gt 0 On obtient en utilisant le th or me de Fubini pour les fonctions positives rr ete fl sesas a tle tte tao at en posant s tv D o T 2 T C Eg v fe 1 o tyz dt dv 0 0 CO w wt 1 Ju vs OF Utg dw dv 2 i 5 w z 1 ares S etau Mais on a A f e w tS lqw T z 6 0 et A ys P f7 v 6 1 1 DF o 1 u Len o 1 w 1 par le changement de variable t Ce y 1 1 f use f e a ldt B z 0 Par cons quent on a pour tous Rez gt 0 et Re gt 0 T 2 7 0 8 OT 6 on a ou bien r TO Remarquons qu on a B z 0 2 2 19 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 En posant t cos x dans l int grale 8 z on aura 7 2 1 f cos z sin x dx zb 0 qui s c
41. h yo v zo yo AC m h n h ee u zo Yo h u xo Yo i lim u z o Yo h v 0 Yo h 0 ih h 0 ih Ce qui entra ne que u et v admettent des d riv es partielles en o yo satis faisant les quations diff rentielles de Cauchy Riemann 2 E La r ciproque de la proposition pr c dente n est pas vraie Il existe des fonctions non C diff rentiables qui admettent des d riv es partielles v rifiant les quations de Cauchy Riemann Par exemple si on consid re la fonction gt si z 0 0 si z 0 Tiden PT 0 si z 0 Il est clair que 21 0 _ of ay 0 0 Cependant n a pas de limite en f z F 0 z ro La r ciproque partielle suivante est vraie Proposition 2 2 Supposons que o et SE existent dans un voisinage de zo o iyo Si i et SL sont continues en zo et SE 20 _ ST z0 alors f est C diff rentiable en 20 PREUVE Soit f u iv h E in Il s agit de d montrer que lim fo h f 20 h 0 h fx 20 Uz z0 Ur 20 Par le th or me des accroissements finis pour les fonctions num riques vari able r elle on peut crire u zo h u zo u zo Yo 7 To yo h E E in u zo E yo N u zo Yo u xo Yo U To Yo in im age FE Yo 01n 0 O2 Yo et h vlz U 20 1 z0 AG E yo 037 ve co 04E Yo o Ok k 1 2 3
42. l application qui amp associe t z est mesurable z comme limite d une suite de fonctions mesurables o Il s ensuit que pour tout z Q les applications t gt ZE 2 S t 2 et T z o 1 te ga P z sont mesurables et domin es par IK t pour tout z D zo r soki dp 4 Comme pour tout E les applications z gt 3 C2 et z gt au C2 sont T y 0F OF continues on en d duit que dx et EM existent et sont continues sur D 20 r avec T y 0F 3p 2 t z dt a z ar F Z Za z dt y E OY D une mani re vidente F est R diff rentiable en zo et OF OF Jy 2 E izz Go ce qui assure que F est holomorphe en zo avec A Fo EO odt Soit T la fonction d finie par T 2 J t te tit 0 Montrer que I est holomorphe sur Q zE C Rez gt 0 Solution On a pour t 0 oo tt e1 lost Notons que le tz l gt e t Rez L Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe donc si 0 lt a lt Rez lt alors je El lt g t avec EU sit gt 1 IUT A get si0 lt t lt l1 On a R g t dt converge puisque I t ldt converge et fp e t 1dt converge pour a gt 0 et 8 gt 0 Cela prouve en appliquant le th or me 3 1 que la fonction T est holomorphe dans l ouvert z C Rez gt 0 de C De plus on peut d river sous le signe int grale et on a pour tous n N
43. nombre complexe L 1 s appelle la d riv e par rapport z de f au point zo on la note RS mc dz 2 20 Zz 20 EXERCICE V rifier que la fonction puissance f z z o n N est partout C diff rentiable dans C et donner sa d riv e SOLUTION En effet on a pour tout z C avec 1 2 2 1 f1 2 zoz 2 2 4 ce qui montre que f 20 nz87t EXERCICE Montrer que la fonction conjugu e f z z n est C diff rentiable en aucun point de C SOLUTION En effet pour tout 20 C f zo h f 20 R h h h or 7 a pour valeur 1 lorsque h R et pour valeur 1 lorsque h iR et par cons quent n admet pas de limite lorsque h 0 2 Complexe et r el diff rentiabilit Soit JQ CE une application d un ouvert non vide Q C C dans C et soit 20 o iyo Q Proposition 2 1 o o Si f est C diff rentiable en z alors 2 20 et LL 20 existent et v rifient T y l quation de Cauchy Riemann of of g ie amp 0 ou de mani re quivalente ge 0 Yo 3y 0 Yo Jy 20 Yo 5 T0 Yo PREUVE Le r sultat d coule trivialement du fait que la limite obtenue en approchant zo parall lement l axe des x est la m me que celle obtenue en approchant zo parall lement l axe des y En effet on a par d finition ___ U zo h yo ulto yo V to
44. point de C 2 Pour f z z 27 on a E x z donc f n est C diff rentiable qu en 0 3 Pour f z z z 2 zz zz 2 on a z z 2Z 2 22 z 2z z 2z 2z z 1 D o of gz 70 do z 1 Donc le domaine de C diff rentiabilit de f est la r union de 0 et du cercle unit Remarque Cette fonction f n est holomorphe en aucun point de C 4 Pour f z sin z sin z7 on a zcos 2 Donc f est C diff rentiable en 0 et sur les cercles d quations 2k 1 et yr kEN 5 Pour f z x iy posons u x et v y Ce sont des fonctions de classe C sur R Les quations de Cauchy Riemann de f en 0 sont v rifi es donc f est C diff rentiables en 0 Par contre sur tout voisinage de 0 les quations de Cauchy Riemann de f 2x 2y 0 0 ne sont v rifi es que pour x y donc f est C diff rentiable en tout point de la droite x y Cependant f n est pas holomorphe en 0 6 On a f z 5 2 2 Donc Bre Z Par suite f n est C diff rentiable qu en 0 7 On v rifie facilement que 2i i 2am 0 sur C Donc f est partout C diff rentiable et donc holomorphe sur C 8 Cette fonction est C diff rentiable sur son domaine de d finition i e sur l ensemble z C cos z sin z 0 EXERCICE 1 4 Soit f z Ixyl o z x iy Montrer que les quations de Cauchy Riemann sont v rifi es au poi
45. qui pr c de il suffit de montrer que la s rie de terme g n ral Un z 1 En 2 converge uniform ment sur tout compact de Q Soit K B un compact de Q et posons Tn 2 an bnl Comme r 0 il existe un entier N tel que pour tout z K et tout n gt N z By gt Tn On en d duit que pour tout n gt N On By z by 1 lt L 2 donc en vertu du lemme 9 2 1 Qn bn 1 n 1 d o le th or me Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 8 3 D montrer que la fonction f d finie par O0 ra n 1 est holomorphe sur le disque unit ouvert D et que l on a 1 i z f z pour tout z C SOLUTION D montrons d abord que f est holomorphe sur D 0 1 Soit K un compact de D 0 1 Il existe 0 lt r lt 1 tel que K C D 0 r Pour z K on a alors z lt r Il en r sulte que la s rie de terme g n ral z est normalement convergente sur K D o le r sultat D montrons maintenant la relation f z TA z Pour z D 0 1 posons et a TA g 2 Il vient facilement hlz h2 h D apr s le premier point f H D 0 1 donc h est continue sur D 0 1 Alors F 0 h z h 0 Eae 2 40 AD On a donc g f EXECICE Fonction gamma Soit pour z C 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor
46. re en 0 car elle holo morphe dans D 0 m elle s crit sous la forme CO F u 5 anu pour u lt m n 0 25 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe avec E F 0 n YnEN an ici ao F 0 0 de plus on a pour tout entier n N E FO MOES Ta GG uy pour u 0 on a pour tout entier n gt 0 F 0 1 zf z RE Fr d j Las nl 2ri ro d Ona i ri hal T FO D o dz 0 hi z dz f N2Tian C 0r cor F Par suite pour tout entier n gt 1 1 I dz An 53 2rin Joor F 3 f z ze est une fonction holomorphe sur tout C De plus f 0 0 f 0 1 0 et fG 0 Vze D 0 1 0 a La borne inf rieure de f sur le cercle unit C 0 1 est m inf 26 mfl inf je ei z 1 z 1 0E 0 27 e D autre part par la question 2 d on a 1 d 1 di on ee J ri Res o 2rin Joo 27e 2rin e D o i j i pE n n Z y gt 1 E n n 1 n n21 b Le rayon de convergence R de la s rie enti re ee z est tel que E 1 n An 1 n 1 4 1 gt l l n 1 7 e SG NA Don Pie 26 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 7 Notion de primitive et topologie de H Q 1 Notions d homotopie et de simple connexit D finition 1 1 Soit yo et y d
47. satisfaite pour pn n 1 En effet comme zn 00 alors Vr gt 0 2no r Vn gt no r znl gt 2r donc L lt Zn NI et pour 3 r Pn n 1 la s rie gt a converge Zn PREUVE Ce th or me d coule ais ment du th or me 2 1 En effet on a en vertu du lemme pr c dent pour z lt r et pour n assez grand de sorte que zn gt r 1 Pn 1 Pn HAE znl 2n ce qui assure la convergence uniforme de la s rie SOSE n gt 1 sur D 0 r D o le r sultat Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Th or me 2 3 Th or me de factorisation de Weirestrass Soit f une fonction enti re ne s annulant pas l origine dont l ensemble des z ros est Z f zn Alors il existe g H C et ph n gt 1 une suite de N telle que fa e E CT 9 Si de plus 0 est un z ro d ordre k de f alors f s crit sous la forme foste TT 8 n 1 n PREUVE Soit P z le produit infini donn par le th or me pr c dent Il est alors clair que la fonction E est holomorphe sur C et ne s annule pas Pour achever la preuve du th or me il suffit de montrer l existence d une fonction g H C telle que e9 g 2 Il suffit de poser F e d a Je gC o g 0 ef Nous allons maintenant traiter le cas d un ouvert Q non vide quelconque de C Th or me 2 4 Soit
48. si C vo R est un cercle de centre vo to iyo et de rayon R vo alors son image par l inversion g est zZ g C vo R 2 x iY PE z Cloos R Mais z x iyE Cv R amp z v R amp r y 2ror 2yoy R vol amp 1 2roX 2yoY R wol X Y o T y Km Ve x2 y x y Par suite To Yo R C R e X Y s seu R e rer 0 e Par cons quent lorsque R vo on a c 5 R g C vo R C o Z R2 vo Ji z E C est dire que l image d un cercle ne passant pas par l origine par l inversion g est un cercle 3 La fonction homographique az b cz d h 2 avec a b c d E C tels que bc ad 0 est holomorphe et conforme sur l ouvert Q C 2 pour c 0 et Q C pour c 0 Sic 0 a b h z 3 3 La fonction h est alors une similitude elle transforme d apr s 1 toute droite en une droite et tout cercle en un cercle Si c 0 on a pour z 4 no 1 ee E Ts c c cz d En posant fa p z z B il vient que h Sezas a 0 90fed En utilisant cette formule 1 et 2 on d duit que la fonction homo graphique h transforme toute droite en une droite ou un cercle et tout cercle en un cercle ou une droite 20 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 3 S ries enti res 1 D finition D finitio
49. tel que a D a p C D b r Q E donc u 0 dans D a p et puisque le disque ouvert D b p est simplement connexe alors u 0 dans D b p et donc b E d o la contradiction Par cons quent E Q et u1 u2 dans Q 3 Lorsque Q est simplement connexe u Re f avec f holomorphe dans Q La formule de la moyenne pour la fonction harmonique u est une cons quence imm diate en passant aux parties r elles de la formule de la moyenne appliqu e la fonction holomorphe f Dans le cas o Q est un ouvert connexe non vide quelconque de C il existe un p gt 0 tel que D a r c D a p CQ Puisque D a p est simplement connexe la propri t de la moyenne en question r sulte du cas pr c dent 4 Si a est un maximum relatif de u dans Q alors il existe r gt 0 tel que D a r C Q et u a gt u z pour tout z D a r En vertu de la propri t de la moyenne on a 1 2T E z u a pe d pour tout 0 lt p lt r 2T Jo u a d o 1 27 0 u a u a pe d yn A Gr ce la continuit de u on obtient u a u a pe pour tous 0 lt p lt r et 0 lt 0 lt 2r 17 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Donc u est constante dans le disque D a r C Q et par 2 u est constante dans Q ce qui est impossible Le cas du minimum relatif est analogue en rempla ant u par u 5 Par continuit de u sur et par compacit de O le sup et l
50. tout compact de n gt 1 Q vers la fonction OO Fe 0 he n l Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe De plus f H Q et m f z 5 m 1 fn z pour tout z Q n l o m g z d signe l ordre du z ro de g au point z avec la convention m g z 0 si g z 0 Nous allons maintenant construire explicitement une fonction holomorphe sur C ayant des z ros fix s Il est clair que si 21 Z sont les z ros fix s d ordres respectifs m1 Mk d une fonction holomorphe qu on cherche construire on peut de mani re triviale consid rer la fonction Le probl me se pose vraiment lorsque l ensemble des z ros fix s est une suite zn sans point d accumulation Il s agit donc d une suite z tendant vers l infini Pour construire une telle fonction et ainsi montrer que l unique contrainte qu on a sur l ensemble des z ros d une fonction holomorphe est de n admettre aucun point d accumulation on va introduire la suite p de fonctions suivantes qui vont servir de briques l mentaires pour construire des fonctions holomorphes s annulant en un point donn D finition 2 1 Posons et pour tout entier p gt 1 Il est clair que p est une suite de fonctions holomorphes sur C v rifiant E 2 06e z 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Lemme 2 1 Pour tout z lt 1 on a L
51. un chemin ferm on en d duit que 1 1 Le r sultat reste vrai lorsque y est continu et C par morceaux le 3 me point d coule trivialement du fait que l image d un connexe par une application continue est un connexe et que les connexes de Z sont les singletons Enfin si z appartient une composante connexe non born e de Q en consid rant z une suite de cette composante non born e tendant vers linfini il est clair que 1 1 Ind zn 2 ds 0 si n 0 in 8 2n Or on sait que Ind 2 Ind 2n ce qui entra ne que Tnd z 0 Intuitivement l indice de y au point z est le nombre de tours que fait le chemin autour du point z compt s selon le sens du parcours Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 Th or me de Cauchy Th or me 3 1 Soit f H Q et yo Y deux chemins ferm s ou non homotopes dans Q Alors f z dz f z dz Vo Yi Si Q est simplement connexe alors pour tous chemins 75 7 de m mes ex tr mit s on a Comme on le verra par la suite cette propri t est tr s importante pour d finir la notion de primitive d une fonction holomorphe f z dz f z dz 0 1 PREUVE DU TH OR ME 3 1 On va tout d abord supposer que et y sont des chemins de classe C avec une homotopie de classe C i e il existe une application H 0 1 x 0 1 gt Q de classe C telle que
52. z Eige nlznk Fit 6 z z 1 z 2 C 0 1 2 et par cons quent a trois d veloppements en s rie de Laurent autour de 0 sur C 0 0 1 sur C 0 1 2 et sur z EC 2 gt 2 2 La fonction f z est holomorphe dans es s ries de Laurent poss dent les propri t s suivantes laiss es titre d exercice L de L tp dent les propri t tes l titre q Proposition 1 1 o0 Si les s ries de Laurent an z a et s bn z a convergent uni n o0 n OO form ment sur un cercle C a p p gt 0 vers la m me fonction limite f alors pour toutnEZ ona 1 27 fla pe e 040 an bn rp Proposition 1 2 Une s rie de Laurent est une fonction holomorphe sur son domaine de conver gence qui est une couronne Exercice 6 1 Soit gt an z a une s rie de Laurent convergeant uniform ment sur un cercle C a p p gt 0 vers une fonction f Etablir la formule suivante connue sous le nom de formule de Gutzmer Po 1 27 Dale i f et pe Pa8 lt MON M p sup f 2 l zEC a p SOLUTION Puisque f a pet 5r an pe alors CO L a pe Sax o flat pe e 00 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe avec convergence uniforme sur 0 27 On peut alors crire 27 27 Le f atopa Dar fat pe e do 0 So 0 2r lan p 1 2T L estimation A i f a pe d0 lt M p es
53. z2 r suivi de l arc de cercle contenu dans Q joignant le point z2 r au point z ret alors Log z I TE da Log r i0 On note arg z Im Logz 0 Plus g n ralement on peut aussi d finir la fonction log sur l ouvert Q C re1 r gt 0 o 6 gt r r On trouve comme pr c demment que si z ret avec 0 01 01 27 si 01 lt 0 0 a 27 01 si 0i gt 0 alors Log z Logr i Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe e On d finit aussi partir de la fonction Log les fonctions puissances z4 o a C par 2 esLog 2 e Attention on peut avoir Log z122 Log z1 Log z2 Exemple Soit z1 29 e2i7 3 alors 2129 67 3 e 2ir 3 On a 2ir Log z122 3 tandis que dir Log z1 Log z2 EXERCICE 7 1 1 Soit Q un ouvert connexe non vide de C Montrer que si f g H Q tel que Re f Re g dans Q alors f g ic dans Q o cER 2 Montrer que si Q est un ouvert non vide simplement connexe et u Q R est une fonction harmonique dans Q alors il existe une fonction f H Q telle que Re fj u dans Q 5 f est unique une constante additive purement imaginaire pr s SOLUTION 1 Posons h f g La fonction h est holomorphe sur l ouvert connexe Q et sa partie r elle est nulle On en d duit que h est constante sur Q Puiqu
54. 0 VzeT fz e 6 01 lt 0 lt 02 15 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On veut montrer que f est identiquement nulle sur D Pour cela prenons une suite convenable finie a1 a de r els telle que S eT et posons pour z D glz I rez k 1 g est alors continue sur D et holomorphe sur D et puisque g 0 sur S1 cause de l hypoth se sur f alors g 0 sur D par le principe du maximum Par suite f erz 0 Vk 1 p Vz D d o f 0 sur D Remarque Ici on a utilis une propri t cons quence du th or me de pro longement analytique qui dit si y et 4 deux fonctions analytiques sur D telles que y d 0 sur D alors 6 0 sur D ou 0 sur D EXERCICE 5 12 2 Montrer que si u Q R est une fonction harmonique dans un ouvert non vide Q de C alors u C Q 3 Montrer que si u et uz sont deux fonctions r elles harmoniques dans un ouvert connexe Q de C qui coincident dans une partie ouverte non vide V de Q alors elles coincident dans Q 4 Montrer que si u Q R est une fonction harmonique dans un ouvert non vide de C alors u a i 2m 27 u a re d d s que D a r cQ 0 cette propri t est appel e propri t de la moyenne 5 Montrer que si u Q R est une fonction harmonique et non constante dans un ouvert connexe de C alors u n admet aucun extr mum relatif dans Q
55. 1 coth z sh 2 EXERCICE 3 2 1 Montrer que pour 2 x iyeC rZona 2 cos x sh y sin x sh y Icotg 2 Montrer que pour tout z x iy dans C ir Z on a 2 sh x sin y MOL h a sine 9 SOLUTION 19 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 On a 2 cosz cos x ch y sin x sh y cotg z 75 2 sin z 2 sin x ch y cos x sh y cos x ch y 1 cos x sh y 2 cos x sh y sin ch y 1 sin x sh y sin x sh y 2 Il suffit de remarquer que i tg z cotg i z TE et d appliquer la question pr c dente en changeant x par y et y par x EXERCICE 3 3 1 Soit X anz une s rie enti re de rayon de convergence R Trouver le rayon de convergence des s ries enti res suivantes a D an z PEN p22 b Yanz peN p gt 2 o EL nm a r e 1 an 2 a Montrer que YV x E 1 2 1 2 sin rg gt 2 z b En d duire que pour tout entier n gt 1 on a 1 1 lt nv3 D En a 7 4 zr c D terminer alors le rayon de convergence de la s rie enti re X r sin nr v3 SOLUTION 1 a La r gle de Hadamard entra ne que le rayon de convergence de la s rie X an z est gal RP 20 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtue
56. 1 Soient Q et Q deux ouverts de C et f Q Q une application On dit que f est une application biholomorphe de Q sur Q si et seulement si f est une bijection holomorphe de Q sur et ft est holomorphe sur Les propri t s suivantes sont faciles v rifier 1 L inverse d une application biholomorphe est une application biholomorphe 2 La compos e de deux applications biholomorphes est une application biholo morphe Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 Une application biholomorphe est une application conforme En fait on verra que toute bijection holomorphe est une application biholo morphe Evidemment ce r sultat est faux pour les applications R diff rentiables comme le montre l exemple de la fonction J R R r r On a le th or me suivant qui est une version holomorphe du th or me d inversion locale Th or me 4 1 Soient Q un ouvert connexe de C et f Q C une application holomorphe Alors f est localement une application biholomorphe pr s de chaque point zo Il vient en vertu de la remarque pr c dente que toute application conforme est localement une application biholomorphe D finition 4 2 Deux ouverts Q et Q sont dits conform ment quivalents s il existe une appli cation biholomorphe de Q sur On d montrera au Chapitre 7 le th or me important suivant d Riemann Th or me 4 2 Tout ouvert simpleme
57. 2E ECn donc n 00 lim f z dz 0 Ca et le th or me des r sidus fournit l identit voulue Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 5 Calcul d int grales par la m thode des r sidus 5 1 D termination pratique des r sidus Soit f une fonction holomorphe admettant le point 20 pour p le d ordre p par d finition le r sidu de f en zo est le coefficient du terme en z 26 dans le d veloppement en s rie enti re de z zo f z au voisinage de 2o On en d duit les r gles pratiques qui suivent a Si zo est un p le simple c est dire d ordre 1 on a Res f zo lim z 20 f 2 Z zo En particulier si f est de la forme f les fonctions g h tant holomorphes et si Zo est un z ro simple de h on a g 2 g 20 RO De ao b Si zo est un p le multiple c est dire d ordre gt 1 nous sommes ramen s la recherche du d veloppement limit d ordre p 1 de z 20 f z au voisinage de 20 Si f est de la forme f A les fonctions g h tant holomorphes et si 2 est un z ro d ordre p de h nous pouvons crire h z z zo Pho z et nous sommes ramen s la recherche du d veloppement limit l ordre p 1 du 2 ho z ce d veloppement Rappelons que pour obtenir ce d veloppement limit il est recommand de faire le changement de variable z zo t On pourra ensuite appliquer la r
58. Analyse Complexe Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakouri Universit Virtuelle de Tunis 2009 Ce module porte sur l analyse complexe On se concentre sur l tude des fonctions holomporphes et leurs propri t s particuli res propri t s a priori surprenantes au sens ou rien d analogue n existe pour les fonctions diff rentiables m me ind finiment diff rentiables Le principal but du cours est de d finir la notion de fonctions holomorphes et de mettre jour les premi res propri t s particuli res Introduction Le module s adresse d abord aux tudiants de Licence L3 de Math matiques Il s inscrit dans le programme du dipl me L3 de Math matiques L tudiant ou l tudiante devrait avoir une connaissance de base en L1 et L2 Il a comme pr alable tous le s module s de L1 et L2 Ce Guide d tude a pour objectif de vous pr parer suivre le cours Il d finit en quelque sorte un mode d emploi non seulement pour le mat riel didactique du cours mais aussi pour le cheminement que vous devez adopter et les diff rentes exigences auxquelles vous devez r pondre But et objectifs du cours Le but de ce module est de mettre jour les propri t s des fonctions holomorphes Plus sp cifiquement au terme de ce module l tudiant ou l tudiante sera en mesure e De se familiariser avec la notion d holomorphie D finition de la notion d holomorhie se traduisant par les conditions de Cauchy Rieman
59. En notant par P z 1 u 2 on a en vertu de 2 1 J Pate Pa PGI LT un45 2 1 S Il pa i IA PaA LC lunk5 2 1 1 Si Il ROL exp Zya lt ex D ul lt c Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Par cons quent g 3 S g T Pn 2 Pn 2 IA Q F PS T TS 95 RS Xx 2 Ma l ar lt C exp X luns 1 Enfin comme la s rie gt un z converge uniform ment sur Q a E Ve gt 0 3 N telque Y n gt N 2 luns 2 lt 3G J ce qui entra ne tant choisi assez petit que pour n gt N en e E a lt 4 Montrons maintenant 3 Il est clair que Un gt 1Z 1 un C Z f En faisant tendre k vers l infini dans 4 on obtient pour tout entier n gt N LAC Pal GP donc GIP IG S d o pour assez petit Pn 2 Fey gt BI Par cons quent si f 20 0 alors Pa zo 0 et par suite il existe un entier j tel que u 20 1 E 2 Z ros des fonctions holomorphes Le th or me suivant est une cons quence imm diate du th or me pr c dent Th or me 2 1 Soit Q un ouvert connexe de C et fn une suite de H Q On suppose que pour tout entier n fn est non identiquement nulle et que la s rie gt D fn converge uniform ment sur tout compact de Q Alors le produit infini JI 1 fn z converge uniform ment sur
60. Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe satisfait Kan C On C Kn41 De plus il est clair que Q Kn Soit donc Kn une telle suite Il est clair que Z f N Kn est fini sinon on peut en extraire une sous suite convergente ce qui est en contradiction avec le th or me 5 1 1 D o le r sultat sachant qu une r union d nombrable d ensembles au plus d nom brables est d nombrable Corollaire 1 2 Principe du prolongement analytique Soit Q un ouvert connexe f et g deux fonctions de H Q Si f g sur une partie de Q admettant un point d accumulation alors f g sur Q Corollaire 1 3 Principe du maximum Soit Q un ouvert connexe de C f H Q non constante et a Q alors tout voisinage de a contient un point b tel que f a lt f b e Autrement dit si f est une fonction holomorphe non constante alors f n admet pas de maximum local e On en d duit que si f est une fonction holomorphe non constante sur Q alors pour tout disque ferm D z26 r C Q on a sup f z sup f 2 z D 20 r 2 C z0 r Preuve du Corollaire 1 3 En appliquant le th or me 5 1 1 la fonction f z f a on obtient JG F a z a g 2 pour tout z Q avec g H Q gla 0 En crivant f a ret r gt 0 8 0 2x et g z aet z a h gt avec a gt 0 BE 0 2x on trouve F re z a faet z a h z Poso
61. Pour calculer son r sidu au point j posons z j t On a 1 1 2 1 1 j t ee 252 2 Ga oe 2 ER Star EE 1 2 d o Res i j GF 9 7 97 Le r sidu au point j est l imaginaire conjugu de Res f j puisque la fraction rationnelle f est coefficients r els On a donc sans nouveau calcul 1 2 2 9 239 7 g En fait on obtient ces r sultats plus simplement en notant que lon a f jz f z et en calculant d abord 1 2 R 1 es Ty Res Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 4 Th or me des r sidus Th or me 4 1 Th or me des r sidus Soient f une fonction m romorphe sur un ouvert non vide Q de C K un compact de Q dont le bord K est un chemin simple C par morceaux orient positive ment et ne contenant aucun p le de f Alors en notant par P f l ensemble des p les de f on a z dz 2ix 5 Res f a 3K aeP f NK PREUVE Soit P f N K 21 22 zx les p les de f appartenant K En d signant par K le compact K UF D z e tant assez petit il vient en vertu du th or me de Cauchy que k z dz z dz z dz 0 f de IO 2M f dz 0 Or autour de tout p le z f admet un d veloppement de Laurent de la forme Mij Fe he Y TT ANR Zi zZ Zj o h est une fonction holomorphe et tant choisi assez petit de sorte que ce d veloppement soit vala
62. Q s il existe une suite zn de Q sans point d accumulation dans Q telle que i f E H G Y ii Pour tout entier n f n a pas une singularit essentielle en zn Exemples Les fonctions suivantes sont m romorphes sur C ii 1 1 2 nn z z i sin rz Soit f une fonction m romorphe dans Q alors i Les p les de f sont isol s ii Tout compact K de Q contient un nombre fini de p les On a en vertu du th or me pr c dent le r sultat suivant Th or me 3 1 Principe de prolongement unique Soient f et g deux fonctions m romorphes dans Q Si f g sur un ensemble de Q admettant un point d accumulation dans Q alors f g dans Q Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D finition 3 2 Soit f une fonction m romorphe sur Q a Q un p le de f et 00 Se Sata n m son d veleppement en s rie de Laurent autour de a On appelle r sidu de f en a le nombre complexe a et on note Res f a a_1 Autrement dit le r sidu de f en a est le coefficient de 2 Convention Si f est holomorphe autour de a on pose par convention Res f a 0 EXERCICE 6 2 Soit f z D terminer ses p les ainsi que les r sidus en f z Tr 2 p q ces p les SOLUTION Cette fonction admet pour p les doubles les trois points 1 j 5 2
63. R est fini sinon il est infini Si ro J il vient en vertu du lemme de convergence d Abel que 0 ro 7 De m me si r I le lemme d Abel entra ne que r1 oo N1 Les deux s ries enti res 5 anz et 5 an z ont le m me rayon de convergence Th or me 2 1 Soit X anz une s rie enti re et soit R son rayon de convergence Alors i Si R 0 la s rie n est convergente que pour z Q ii Si R est fini et non nul la s rie est normalement convergente sur tout disque ferm D 0 r pour tout r lt R et est divergente en tout point de C D 0 R iii Si R alors la s rie X anz converge normalement sur tout disque ferm PREUVE Si R 0 il n y a rien d montrer Supposons R gt 0 et soit 0 lt r lt R La suite an p est alors born e pour tout 0 lt r lt p lt R d o la convergence normale de la s rie X anz sur D 0 r par le lemme d Abel Enfin si R est fini pour z gt R la suite an z est non born e donc la s rie X anz est n cessairement divergente E Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D finition 2 2 Soit R le rayon de convergence de la s rie X anz Si0 lt R lt le disque ouvert D 0 R est appel le disque de convergence de la s rie Le cercle C 0 R est appel cercle de convergence Si R est fini on ne sait pas a priori si la s rie X anz converge sur
64. REUVE On doit montrer que dans le cas o l ensemble fn EN a o est infini l ensemble f D a r a est dense dans C pour tout r el r gt 0 assez petit D montrons ce point par l absurde Le r el r strictement positif tant fix assez petit il existe alors w C gt 0 tels que f w gt 06 Y ze D a r a 1 Posons 1 pour z D D a r a Il vient en vertu de 1 que g H D et g lt donc a est une singularit articifielle de g qu on peut alors prolonger en une fonction holomorphe qu on notera encore g sur D a r 1 Si gla 0 on a f z w Ia donc f est holomorphe pr s de a ce qui est g z en contradiction avec l hypoth se Si g a 0 alors g z z a k z avec k H D a r k a 0 On en d duit que pour z assez proche de a f z w x k1 2 o k 2 z a k z est une fonction holomorphe pr s de a ce qui est contraire l hypoth se D o le th or me E Th or me 2 2 Singularit s isol es des injections holomorphes Soit Q un ouvert de C A zn une suite de Q n admettant pas de point d accumulation dans Q et f Q A C une fonction holomorphe injective Alors 1 Aucun point c de A n est une singularit essentielle de f 2 Sic est un p le de f alors c est d ordre 1 3 Si tout point c de A est une singularit artificielle alors f le prolongement holomorphe de f Q est injectif PREU
65. VE 1 Soit D un disque ouvert de centre c contenu dans Q et tel que DNA c et Q Q AU D 9 Il vient en vertu du th or me 5 2 1 que f Q est un ouvert non vide De plus f est injective donc l ouvert f Q ne rencontre pas f D c Par cons quent f D c n est pas dense dans C et donc par le th or me 6 2 1 c n est pas une singularit essentielle de f 2 Consid rons c un p le de f d ordre m gt 1 donc il existe un voisinage 1 ouvert U de c contenu dans Q v rifiant U N A c et tel que g plu soit holomorphe admettant un z ro d ordre m en c Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Comme f est injective alors g U c C 0 est injective et par con s quent g U C est injective on en d duit que g c 0 cf Th or me 5 2 2 soit m 1 3 Raisonnons par l absurde et supposons qu il existe deux points diff rents a et a de Q tels que f a f a p Consid rons alors les disques ouverts D a r et D a r v rifiant D a r a Q A D a r a Q A et D a r O D a r Par le th or me 5 2 1 f D n f D est un voisinage ouvert de p cela entra ne l existence de b D a r a et b D a r a tels que f b f b ce qui contredit l injectivit de f 3 Fonctions m romorphes D finition 3 1 Soit Q un ouvert de C et f une application de Q dans C On dit que f est m romorphe sur
66. Z formule appel e relation des compl ments 7 On pose pour z C tel que 2z C Z 27 TOC 2 Puisqu on a T 4 yr et r 1 1 ona g VF Pour tablir la relation de duplication de Gauss Legendre il suffit de montrer que g z est constante Pour le faire on utilise la formule d Euler Gauss tablie en 4 a Np n 1 n PO De er 1 n 1 n 2 r z lim et 2n 1 2n 2 T 2z lim Cni 2n RAT 2 apr s un calcul simple on a 12 ER een d o g z est constante gale g 4 yT 17 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 8 4 Fonction B ta Soit pour z C B z n tr lp dE 1 Montrer que z B z 6 est holomorphe pour Rez gt 0 avec fixe Re gt 0 et S 2 6 est holomorphe pour Re gt 0 avec z fixe Rez gt 0 2 Montrer pour tous z C tel que Rez gt 0 et Re gt 0 ona En d duire que 6 z C z et qu en posant t cos x dans la d finition de 6 z on obtient n 2 1 cos x sin x dx B z 0 2 o z C tel que Rez gt 0 et Re gt 0 SOLUTION On note pour z C 1 80 f Ea at 0 appel e fonction b ta 1 Convergence de B z 6 Fixons C tel que Re gt 0 on a RE Re Deer et puisque l int grale fe t 1 t dt converge si a
67. a p E a t1 pour tout p tel quer lt p lt R Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe PREUVE Pour z fix dans C a r R on applique le th or me de Cauchy sur C a r R D z FO o est fix assez petit r et R tant choisis de sorte que r lt r lt z z a lt R lt R Il vient alors en vertu du th or me 4 4 1 que Wd Rat on A a 6 E l Or on sait que FO lim gt d 2inrf z f o Du Ee 0 z On en d duit que FO FO O Taa a les eat Le terme FO a se traite comme pour le d veloppement en s rie enti re C a R FO O gt d d a z La Cat no OIO B Bo o a Cay ri n 0 c en crivant De m me on obtient FO FO A d d Tis z he z a 1 5 i FE n 1 f 0 2 7 a a aje n 00 c II Les s ries convergent normalement sur C a r R pour r lt r lt R lt R puisque pour tout n gt 0 Ne ae Ds x Mg R et 1 sal lt mY Y a FOC a dc lt 5 o M est un majorant de f sur C a r R Exemples Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 La fonction exp 27 o k est un entier positif appartient H C Son d veloppement en s rie de Laurent autour de 0 est donn par 1 1 k SRE TSI 1
68. alytique sur le disque ouvert de convergence D z C z lt r et en appliquant 3 on a an bn pour tout entier n et h est identiquement nulle sur D EXERCICE 5 10 Soit f une fonction analytique du disque unit D D 0 1 dans lui m me On suppose que f admet au moins deux points fixes a et b dans D Montrer que f idp Indication Utiliser la fonction v telle que w z a bien choisi pour se ramener au cas o a 0 z D pour z a 1 amp z SOLUTION a et b tant deux points fixes dans D de f En posant Y v ofow_ on p H D D o D D 0 1 Mais 0 v f a pa a 0 par le lemme de Schwarz pour 4 on a VzE D ue lt al et W0 lt 1 Mais pour c 4 b D 0 on a dc pa F b pab c donc c c encore par le lemme de Schwarz il existe au moins S D tel que 2 z Y z D donc f z pv aodop z Vze D mais f c c c donc 1 et par suite f 2 z Yz D EXERCICE 5 11 Soit f une fonction holomorphe sur le disque unit ouvert D et con tinue sur D on suppose que f est nulle sur l arc du cercle e 0 lt bo lt 0 lt 02 lt 2r Montrer alors que f est identiquement nulle sur D 0 1 SOLUTION f tant une fonction holomorphe ou analytique sur le disque ouvert D D 0 1 et continue sur le ferm D Pour 0 lt 41 lt 02 lt 27 on suppose que fm
69. ar wi w2 wn ces p les Il vient en vertu du th or me 6 1 1 qu autour de chaque p le wj 1 F D al uw D al wy k 0 k n Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Notons par Consid rons alors la fonction N g f Q j 1 g ainsi d finie est holomorphe dans un ouvert Q C Q et contenant y puisque wi wn sont des singularit s artificielles de g Comme y est homotope un point on a par le th or me de Cauchy donc 1 Qu _ i R 2 Ind w Res f w 5 ar f e w dz k n ce qui ach ve la preuve du th or me puisque pour n gt 2 Ler enr Le 5 Primitives des fonctions holomorphes D finition 5 1 Soit f H Q on dit que f admet une primitive sur Q s il existe F H Q telle que F 2 f z pour tout 2 e Toute fonction Holomerphs gane un disque D 20 R poss de une primitive gn 1 dans D 20 R Se a Do Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe e La fonction z 1 n admet pas de primitive sur C 0 En effet s il existait F z telle que F 2 sur C 0 alors on aurait 1 dz 0 C 0 1 Z 1 f dz 2ir C 0 1 Th or me 5 1 Soit Q un ouvert simplement connexe de C Alors pour tout f H Q f admet une primitive sur Q Preuve Soit a Q et d signons par y un chemin reliant a
70. ble sur D z 2 on obtient f h z dz 0 C z5 et d 27 sapih f n 7 f d C zj z B zj 0o Ee 27 zf o i n 1 0p Er a 2im si m 0 si n gt l d o le th or me E EXERCICE 6 3 Soient A M C et K un compact de C dont le le bord K est un chemin C par morceaux ne passant pas par les valeurs propres de A et orient de mani re positive Montrer que la quantit 1 Eor Si E 27 dz Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe repr sente le nombre de valeurs propres de compt es avec leurs multiplicit s se trouvant l int rieur de K SOLUTION En effet notons par 1 les valeurs propres de et consid rons la fonction f C AL C z tr 4 21 7 Puisque deux matrices semblables ont la m me trace alors on peut supposer que A est triangulaire On en d duit rta 5 i 1 et par suite f est une fonction m romorphe On conclut en utilisant le th or me des r sidus EXERCICE 6 4 Montrer que 1 2 ya VaeC Z a n a sin ra SOLUTION ncotg rz Pour a C Z posons f z po z a C priv de ZU a On a La fonction f est holomorphe sur Res f a rcotgrz a ee n a Soit C le carr de sommets n 4 i n 3 On a Res f n sup sup cotgrz lt 00 n
71. chemin de classe C et fn une suite de fonctions de C x Si la s rie gt fn converge uniform ment sur alors Dj re E fn dz 8 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe A titre d application voir la formule de Gutzmer au Chapitre 5 3 int grales d pendant d un param tre Le th or me suivant est tr s important et peut tre vu en vertu des quations de Cauchy Riemann comme un corollaire du th or me g n ral des int grales d pendant d un param tre Th or me 3 1 Soit E un espace mesur Q un ouvert de C et E x Q C une application telle que e i Pour presque toutt E z gt t z est holomorphe sur Q ii Pour toutz EQ tr t z est mesurable iii Pour tout compact K de Q il existe une fonction positive int grable gx sur E telle que l t z lt gx t V t z EEx K Alors o i Pour toutz EQ t AU z est int grable sur E i Fizr f t z dt est holomorphe sur Q et l on a E _ f 2g F z g adt 9 PREUVE EE 1 Soit zo Q et Ro gt 0 tels que K D z20 Ro C Q En posant r 3 Ro il vient en vertu des estimations de Cauchy Zea lt Lu V 2 EE x D z9 r z r Par ailleurs ER Le F t z lim nfo z p t 2 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Tr sa 3p et par suite pour tout z Q
72. connexe iv Q C z2 Re z lt 0 et Im z 0 est simplement connexe car toil par rapport au point 1 v Le cercle unit S n est pas simplement connexe 2 Notion d indice D finition 2 1 Soit y un chemin ferm de C on note par 2 C hl Poit z Q on d finit l indice de y au point z par 1 d Ind 2 a 1 Proposition 2 1 e i l application Ind Q C z _ Ind 2 est continue ii L image de Ind est contenue dans Z Im Ind C Z iii Ind est constante sur chaque composante connexe de Q iv De plus Ind est nulle sur la composante connexe non born e de Q PREUVE i La continuit de Ind d coule trivialement du th or me de continuit des int grales d pendant d un param tre Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe ii iii iv Soit y 0 1 C un chemin C v rifiant 0 y 1 et montrons que Im Ind C Z En utilisant le pram trage de y on obtient 1 1 1 Ind z i L ds 2ir s z 2in Montrons que exp w 1 ce qui quivalent dire que Z Pour ce faire consid rons l application ne M6 On a par le th or me de d rivation des int grales d pendant d un param tre y t On en d duit en posant r __ Pt rO z que h t 0 et donc que h est constante sur 0 1 Comme w 0 1 o 1 o O donc j p t es pour tout t 0 1 y tant
73. dans C les fonctions af bg et f g sont dans H Q avec af bg af bg f g fa fg EXERCICE Soit Q un ouvert de C et f g deux fonctions de H Q Si g ne s annule pas sur Q montrer que la fonction quotient appartient g H Q avec fy f g fg g g EXERCICE Soient Q et Q deux ouverts de C et f H Q g H Q avec f Q C Q Montrer que la fonction compos e go f H Q et pour tout z Q go FY 2 FF Comme pour les fonctions C diff rentiables on a la condition n cessaire et suff isante d holomorphie suivante Th or me 3 1 Soient Q un ouvert de C et f u iv une application de Q dans C Alors les assertions suivantes sont quivalentes i f EHN ii u et v sont R diff rentiables et satisfont dans Q les conditions de Cauchy Riemann Ur Vy Uy Ux Intuitivement une fonction holomorphe est une fonction de la variable z Les quations de Cauchy Riemann traduisent le fait qu une fonction holomorphe ne d pend pas de la variable Z Plus pr cis mment en introduisant les variables z et Z il est clair que si 0 1 0 pa z 3x igy a 1 8 qz z 3x a les conditions de Cauchy Riemann s crivent f 0 EXERCICE Soit f Q C une application R diff rentiable sur un ouvert Q de C Montrer que 0f 06f et f f SOLUTION Rappelons d abord que les op
74. doub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D o l identit 12 EXERCICE 4 4 Soit f une fonction holomorphe sur C telle que f 2 1 lt a 6l2f pour tout z C o B et k sont des r els positifs donn s Montrer que f est un polyn me de degr au plus la partie enti re de k SOLUTION En effet nous crivons fe F anz n gt 0 avec nf 0x 7 2ir Jegor On en d duit que Lens Yr gt 0 Ceci entra ne que a 0 d s que n gt k et par suite le r sultat Corollaire 6 2 Soit f une fonction enti re Alors pour tout z C on a X f n n 0 j Il vient de ce qui pr c de les quivalences suivantes Th or me 6 2 Soit f Q C alors les assertions suivantes sont quivalentes i f est holomorphe dans Q 12 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe ii Pour tout disque ferm D 20 r C Q on a pour tout z D 2 r 2im C z0 r Z Gi iii f est d veloppable en s rie enti re au voisinage de chaque point de Q 7 Singularit artificielle et th or me de prolonge ment de Riemann D finition 7 1 Soit f H Q a a Q Le point a est dit une singularit artificielle de f s il existe r gt 0 tel que f soit born e sur D a r a Th or me 7 1 Soit f H Q a a Q Si a est une singularit artificielle alors f peut tre prolong e
75. e admettant l origine pour p le son r sidu en ce point est n cessairement nul En effet le d veloppement de Laurent de f au voisinage de l origine ne contient que des puissances paires d exposant positif ou n gatif de z il ne peut contenir de terme en L On a ainsi sans calcul Res 0 Res z 0 0 1 0 sint z 22 26 1 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 27 5 2 Int grales Trigonom triques f R cos sin y d 0 Soit R X Y une fraction rationnelle complexe On suppose qu elle est bien d finie sur le cercle unit S On pose Zah ge 31 2 7 2i R 2 aR Alors on a le r sultat suivant Proposition 5 1 27 R cos y sin y dy 27 5 Res R w o wED 0 1 PREUVE Pour 0 lt lt 2r et C exp is on a 1 i 1 gt cosy S C C et sing z C 6 Par cons quent on peut crire en vertu du th or me des r sidus 27 1 7S hj R cos y sin y dy z R C d 27 5 Res R w 9D 0 1 9 weD 0 1 E EXERICE 6 8 Calculer int grale a dy o 1 2pcos p o p C S SOLUTION 1 On utilise R X Y 1 2pX p l et R z La X Y 2 Deer proposition pr c dente entra ne alors T de a rp si pl lt 1 o 1l 2pcosy p 2T si p gt 1 T2 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de T
76. e complexe avec anm A Ula na Donc l application qui z associe 1 h z est holomorphe sur VA car h z D 0 5 pour z V On cherche donc z tel que w z1 h a Il faut et il suffit donc de r soudre pour j 0 m 1 P quation z 1 h z r e Meini m o w re En d signant par 0 2 1 h 2 7 7 le th or me d coule du th or me d inversion locale en remarquant que 0 0 1 E Th or me 2 2 Soient Q un ouvert connexe non vide de C et f Q C une injection holo morphe Alors 1 Q f Q est un ouvert connexe de C et f z 0 pour tout z Q 2 f est biholomorphe de Q sur Q et l inverse f t satisfait RO re pour tout we Preuve Puisque f n est pas localement constante le th or me de l image ouverte en tra ne que f est une application ouverte donc Q est un ouvert connexe et f Q Q est continue L application f tant injective sa d riv e ne peut s annuler sur aucun disque contenu dans Q On en d duit que Z Fi l ensemble de z ros de f est un sous ensemble discret et ferm de Q Comme f est ouverte alors M f Z f est un sous ensemble discret et ferm de Q Soit d Q M et posons c f d On a f z f c z c filz o fi Q C est continue en c et fi c f c 0 Pour z f7 w we il vient que w d fw 9 ff w 2 La fonction q f o f7 est continue en d et q d
77. e f est holomorphe en Z Q Par cons quent g est holomorphe sur Q EXERCICE 1 8 12 2 Montrer qu en coordonn es polaires r 0 les conditions de Cauchy Riemann s crivent u _ 100 r r 00 D _ 10 r r 3 Montrer qu en coordonn es polaires le Laplacien s crit 2 1 3 1 Or X r or EEA SOLUTION 0 1 Pour z x iy re et f z u z iv z on a u _ do u _ 10 x 0y r r 00 lt u _ u dy r 20 Or car on 3 Jr cosa T sing 1 sin0 0 sing cos 50 2 On a Sr cos 0z N r sin 0 9 r cos 0 00 x dy D o 0 0 _ 0 2 Or cos 0 sin Par TON a o Forn g o Din aiD o Fiaa i 302 ro s n 0 aaz t COS as APS reos D rsin0 de Par cons quent i 1 1 Or r r Tr 902 x Op EXERCICE 1 9 Soit P un polyn me complexe On pose u x y Re P x iy et v x y Im P x iy 1 Montrer qu on a a P 2 2u 5 amp P 0 b P 2 2iv 3 4 P 0 e a Retrouver le polyn me P z tel que Re P 2 x x y b Peut on trouver P z tel que Re P 2 x y 2 Reconstituer la fonction holomorphe f z sur C par la donn e de sa partie r elle Re f x 6x y 3xy 2y avec f 0 0 SOLUTION Posons P z 3 _6a z o a C et P 2 Do 072 on a P 2 2 1 a
78. e h prend ses valeurs dans iR il existe une constante r elle c telle que h ic 2 Posons _ du _ ou f r 0y 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe y est une fonction de classe C sur Q telle que Re o et Im y satisfont les quations de Cauchy Riemann o es ou o u eue 0x Or ax Oy y y PQ o u AE E y xr Ox0y Or Oy Oyox Par cons quent y est holomorphe dans Q Puisque Q est simplement connexe y admet une primitive F dans Q Soit Re F w Im F n alors on sait que dans Q P w 0 e w ow x x r dy cause des quations de Cauchy Riemann d o Ou u FE 1 f 5x Dy par cons quent on a u w A u w REN r r dy dy et par suite u w c dans Q c tant une constante r elle Ainsi u Re F c Re f avec f F c 6 Topologie de H Q D finition 6 1 Soit fj jem une suite de C Q l ensemble des fonctions continues sur un ouvert non vide Q de C On dit que la suite f converge uniform ment vers f sur tout compact de Q si pour tout compact K de Q sup f 2 f 0 lorsque j gt o zEK Th or me 6 1 Soit fj jem une suite de H Q Supposons que f converge uniform ment vers f sur tout compact de Q alors f H Q De plus pour tout n gt 1 la suite des d riv es ni mes de fj Gi converge uniform ment vers f sur tout compact de
79. ec Montrer que 1 T est bijective si et seulement si A u 2 T est une isom trie i e T z z z C si et seulement si Au 0 et A 1 SOLUTION 1 T est bijective amp le syst me T z 0 et T z 0 est un syst me de Cramer Ceci est quivalent IAI Ja 0 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 T est une isom trie si et seulement si sa matrice dans la base canonique de R est orthogonale Ceci est quivalent IT DI IT I 1 et Re T T 0 Ou encore Au 0 et u 1 Par cons quent T est de la forme TG z avec A 1 ou TG uz avec u 1 EXERCICE 2 4 Soit T C C une application R lin aire injective On dit que T conserve les angles si pour tous w z C lzlluwl lt Tz Tw gt Tz Tw lt z w gt Montrer que les assertions suivantes sont quivalentes i T conserve les angles ii Ja C tel que Tz az ou Tz az iii Ja gt 0 tel que lt Tz Tw gt a lt z w gt z wEeC SOLUTION L application T tant R lin aire injective d apr s un exercice pr c dent T est de la forme T z Az uz avec A ul Posons a T 1 u C et b a tT i on a 0 4 1 T T 1 ab a a Re b D o Reb 0 donc b ip est imaginaire pur Ona T z T x iy T x T iy xT 1 yT i za y aiB a x
80. ement on a 12 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Proposition 5 3 L application exponentielle est un homomorphisme du groupe additif C dans le groupe multiplicatif C La d riv e de l application exponentielle est partout non nulle elle induit alors un diff omorphisme local en chaque point de C Proposition 5 4 la restriction de l application exponentielle au groupe additif R est un isomor phisme de groupes c est un diff omorphisme global de R sur l intervalle ouvert 0 oof PREUVE En effet Yt R exp t R et comme exp t exp on obtient exp t gt 0 VER De plus y expir est d rivable de d riv e elle m me elle est strictement croissante sur R et envoie tout voisinage ouvert de 0 dans un voisinage ouvert de 1 dans J0 oo par suite exp R exp t t R est un sous groupe de 0 c0 contenant un voisinage de 1 donc exp R 0 00 De plus puisque Y exp r est injective c est un diff omorphisme de R sur 10 ool E On a pour tout r el t exp it exp it exp it exp it 1 donc exp it ST z2eC e 1 et exp z S amp z iR L exponentielle complexe induit un diff omorphisme d un voisinage ouvert V de 0 dans C sur un voisinage ouvert V de 1 dans C il induit alors une bijection de VA iR dans P V N St Donc l application DR sS t expl it est un homomorphisme de gro
81. emin de classe C alors l int grale r elle b b L 5 I y t ldt f VoU yat 5 est appel e longueur de 7 Il est clair que la longueur d un chemin est ind pendante du param trage choisi Exemples 1 Comme un param trage du segment z0 21 est donn par z t 1 t zo tz te 0 1 sa longueur 1 1 L zo z21 f z t dt z1 Zoldt 21 zol 0 0 2 Comme un param trage du cercle C 20 r est donn par Y t 2 re te 0 2r sa longueur L C 20 r f i Iy t dt J i rdt 27r 0 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe L estimation standard suivante est tr s utile Proposition 1 3 Pour tout chemin de classe C et toute fonction f de C y on a I fdz Ifl sup ZOO tE a b lt fh LO 6 o 2 Int gration d une limite uniforme Gr ce l estimation standard 6 on peut intervertir les signes int grales et limites Th or me 2 1 Soit y un chemin de classe C et fn une suite de fonctions de C y qui converge uniform ment sur alors lim fndz Ji lim fn dz 7 n gt 00 n 00 PREUVE La suite f converge uniform ment sur y sa limite f appartient C 7 Par ailleurs il vient en vertu de l estimation standard 6 fra fre ce qui ach ve la preuve du th or me fa fl L 0 Th or me 2 2 Soit y un
82. ergence Th or me 4 2 Soit D n gt 0 anz une s rie enti re de rayon de convergence R Soit z un point du cercle de convergence et supposons que la s rie X a z soit convergente de somme So Alors la fonction 00 Fe Y anz n 0 holomorphe sur D 0 R a pour limite So lorsque z tend vers zo sur le rayon qui joint l origine au point 2 PREUVE Posons b a 2 et z r20 0 lt r lt 1 Il s agit donc de prouver que 00 f r20 5 bnr n 0 tend vers 00 f z 5 bn n 0 lorsque r tend vers 1 sur l intervalle 0 1 Cela r sulte du lemme d Abel suivant Lemme 4 1 Soit an une suite complexe telle que la s rie X a soit convergente Alors la s rie X anr est uniform ment convergente sur 0 1 Preuve du Lemme Nous allons montrer que apr est uniform ment de Cauchy sur 0 1 Posons pour tout entier n O0 Ran 5 ak k n 1 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On a alors pour m gt n k 1 agr Det anyi r anyo Hram HR Pori AUS r Rm1 EL Rm pi 5 ri rE Rp rt Rm k n 1 f i E Pour gt 0 donn il existe un entier N tel que pour tout entier n gt N R lt z Rn est le reste d une s rie convergente on en d duit que pour m et n gt N m e m 1 k ka roti pti r m Dan Yahsi S mir keu k n 1 E ie El k _ k 1 m E aaa k n 1
83. es z 6 1 27 fz ne eet lim i e 0 257 Jo cet f z en vertu de la continuit de f E ce d0 Si f est une fonction de classe C sur l ouvert Q et D 20 r C Q alors pour tout z D z0 r on a os de Pa r a 2 Sh z0 r Pu 6 Le d veloppement des fonctions holomorphes en s ries enti res Th or me 6 1 Soit f une fonction holomorphe sur Q et soit zo Q On pose R sup r gt 0 D z0 r C Q 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Alors pour tout z D 20 R JC 5 an z z0 n 0 Preuve On peut supposer que zo 0 en consid rant la fonction f z f zo 2 Soit pr sent 0 lt r lt R on a en vertu de 11 pour z lt r ias 10 E 2ir C 0 r CE Puisque l lt 1 1 1 cu F 1 1 2 z 20 n 0 o Comme la s rie SC est normalement convergente sur C 0 r son terme n 0 g n ral est major par EE il vient en vertu de 8 que JG D an2 n 0 4 1 FO i Rue Fi d 2iT C 0 r 1 Ce qui ach ve la preuve du th or me Corollaire 6 1 Soit f H Q Pour zo E Q et 0 lt r lt dist zo N on a zo n Jo z0 Jin E ieman 12 Preuve On sait d apr s le th or me pr c dent que 00 f 5 an z z0 n 0 o 1 FO An 3 d 2im C zo r 5 ZONE s 11 Hajer Bahouri Mohamed Maj
84. eux chemins d un ouvert Q de C i e y 71 0 1 Q continus de classe C par morceaux reliant deux points a et B dans Q On dit que y et y sont homotopes s il existe une application continue H 0 1 x 0 1 Q s t H s t H t telle que i Ho 70 et H y ii Pour tout s 0 1 H est un chemin C par morceaux iii Pour tout s 0 1 H 0 a H 1 8 Autrement dit yo et y sont homotopes si on peut d former contin ment Yo sur 7 par une famille de chemins reliant a et 8 D finition 1 2 Soit y et y deux chemins ferm s de Q i e yo 71 0 1 Q continus de classe C1 par morceaux tels que yo 0 yo 1 et 0 y1 1 On dit que Yo et y sont homotopes s il existe une application continue H 0 1 x 0 1 s t H s t H t telle que i Ho 70 et H Va ii Pour tout s 0 1 H est un chemin de Q iii Pour tout s 0 1 H 0 H 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe e La relation d homotopie est une relation d quivalence sur Lacet Q z l ensemble des lacets de Q de base z i e les chemins ferm s de Q d origine et d extremit z On la note e Lorsque Q est connexe par arcs on d finit le groupe fondamental de Q not par 71 Q Lacet Q 2 f comme le quotient de l ensemble Lacet Q z par la relation d homotopie z tant un point arbitraire de Q On m
85. f c Z 0 donc l quation 2 est quivalente FTO d pour w pr sde d Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On en d duit que f t est C diff rentiable en d et Diese our tou E ao OE PAR Finalement f7 est holomorphe dans Q M et continue dans Q donc fT est holomorphe dans Q La relation f7 w f f w 1 qui est valable dans Q M reste vraie dans Q par continuit En particulier f2 0 pour tout z Q EXERCICE 5 4 1 2 Soit f une fonction holomorphe non constante sur un ouvert born Q de C Posons f Q Montrer que si f z N alors z OQ 3 Soit f z 2 pour z Q Q U Qz avec Q z C z lt 2 et Re z lt 0 Q z C z lt 1 et Re z gt 0 0 Montrer qu il existe z NQ tel que f z Q SOLUTION 0 1 Par le th or me de l application ouverte si f z OQ alors z 2 Notons qu on a Q F Q D 0 4 et donc les bords des ensembles z zl 1et Rez gt 0 et iy 1 lt y lt 2 ou 2 lt y lt 1 sont inclus dans l int rieur de Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 Estimations de Cauchy et applications Th or me 3 1 Estimations de Cauchy Soit f une fonction dans H D a R On suppose qu il existe une constante M telle que IfG M
86. f rentiable est anti holomorphe si et seulement si of Oz Les seules fonctions qui sont la fois holomorphes et anti holomorphes sont les fonctions constantes z 0 pourtout ze EXERCICE 2 5 Soit f Q C z g iy f x iy u x y iv x y une application R diff rentiable Alors la R diff rentielle Tf de f v ri fie pour tout zEQetheC _ 3f f ar Tf z h gzh gzh 1 et le Jacobien de f satisfait Ur Uy Z of 2 of 2 der 1 azl 2 On en d duit que le Jacobien d une fonction anti holomorphe est toujours n gatif tandis qu celui d une fonction holomorphe est toujours positif Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe SOLUTION Pour z x iy Q et pour h h ih2 C ona T f 2 hk uzh uyh2 i vyhi Vyha Mais puisqu on a alors Tf z h Ou idv h1 ihz Ou idv h1 ih2 Of 2 h df z h De m me det T f 2 UzVy Vruty Par la relation 3 on det T f z 2i Bu v Oudv Oru 30 P et u RU 7 On en d duit que det T f 2 00 f 0f8f f f o l on a utilis le fait que voir Chapitre 1 0 f 0f et f f 3 Holomorphie conformalit et antiholomorphie Le th or me suivant caract rise les applications conformes sur un ouvert connexe Q de C Th or me 3 1 Soient Q un ouvert connexe de C et f Q C une application co
87. f 0 0 f 2 lt 1 Vze D 0 1 Alors I amp I lt e VzED 0 1 et f 0 lt 1 De plus si f 0 1 alors f est une rotation i e f z Az avec A 1 De m me s il existe zo D 0 1 0 tel que f 20 zo alors f est une rotation Preuve Comme f 0 0 il vient en vertu de 1 qu il existe g H D 0 1 telle que f z zg 2 et lzllg 2 lt 1 On en d duit que sur le cercle C 0 r lg 2 lt Ir ce qui entra ne par le principe du maximum que pour tout z D 0 r ai lg 2 lt Par cons quent en faisant tendre r vers 1 on obtient I e lt 1 Yz D 0 1 4 et donc FI lt lel Yz D 0 1 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Ce qui entra ne que f 0 lt 1 Supposons maintenant que f 0 1 Comme f z zg z alors f 0 g 0 et par suite g 0 1 Il vient alors en vertu de 4 et du principe du maximum que g est constante soit g z avec A 1 d o le premier point De m me si f 20 20 on a n cessairement g 20 1 et donc par le principe du maximum g z avec A 1 d o le lemme E EXERCICE 5 5 Soit f une fonction holomorphe sur C telle que f z 1 pour tout z 1 Montrer que f est de la forme f z az o a E C tel que al letneN SOLUTION Soit a1 a2 an ZfND 0 1 n z ros de f dan
88. f et g deux fonctions holomorphes sur Q K un compact de Q dont le bord OK est C par morceaux orient de mani re positive On suppose que sur 0K g 1 lt IF 3 Alors f et f g ont le m me nombre de z ros dans K PREUVE Par hypoth se f z 0 sur OK On peut alors crire dans un voisinage de 0K g z F Il existe un voisinage V de K sur lequel h est holomorphe et v rifie FE I Fhe he 1 2 1 lt 1 Donc h V D 1 1 sur lequel on peut d finir la fonction Log Par le th or me pr c dent on a i T rO ENET EO PIE LEE 1f PO 1 f KO dz dz Ain Jor FO in l hlz Or 7 Fa Logh donc log h z dz 0 OK ce qui ach ve la preuve 18 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 6 12 Montrer que le nombre de z ros compt s avec leur ordre de mul tiplicit du polyn me P z 925 5z 3 dans le disque unit ouvert D 0 1 est gal 5 SOLUTION En effet par le th or me de Rouch puisqu on a pour tout z 1 P z 925 5z 3 lt 5 z 3 8 lt 925 9 donc P z et 925 ont le m me nombre de z ros dans D 0 1 d o le r sultat EXERCICE 6 13 Montrer que le polyn me P z 92 5z 3 admet cinq z ros distincts dans la couronne C z C 4 lt z lt 1 SOLUTION En effet par l
89. gle du d veloppement limit d un quotient ou tout autre proc d le r sidu de f au point zo est le coefficient de z 26 dans quotient EXERCICE 6 5 m Soit f z re n m N D terminer ses p les ainsi que les z r sidus en ces p les SOLUTION Les p les de f sont les n points zk exp BED k 1 2 n Ce sont des p les simples On a donc 2 1 m il n 1 m 1l Res f zk nzr T nk RE 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 6 6 1 M me question pour f z o sin z SOLUTION Ses p les sont les points zx km k Z Ce sont des p les simples On Res f kr HS 1 EXERCICE 6 7 1 M me question pour f z sin z SOLUTION Cette fonction admet pour p les triples les points 2 kr k Z Au voisinage de z 0 on a sro MO 2 ea toe zZ 1 1 z0 Si sin z 2 Le changement de variable z kr t montre ensuite imm diatement que l on a 1 1 f sin z 2 Res Res Remarques pratiques i Si f est une fraction rationnelle coefficients r els ses p les non r els sont deux deux imaginaires conjugu s et les r sidus relatifs deux p les imagi naires conjugu s sont imaginaires conjugu s ii Si f est une fonction pair
90. init un produit scalaire sur C consid r comme R espace vec toriel En d duire la norme induite par ce produit scalaire 2 Montrer que pour tous a z et w dans C on a i lt aw az gt a lt w z gt ii lt Z gt lt w z gt ii lt w z gt lt iw z gt 2 z lw En d duire l in galit de Cauchy Schwarz lt w z gt lt ollel et l identit lw 2 7 fol lz 2 lt w z gt 3 Montrer que pour tous z w C 0 il existe un unique 0 0 7 tel que lt w z gt z w cos 0 SOLUTION 1 Il est clair que l application z w z w Re zw est R bilin aire sur C x C sym trique et d finie positive elle d finit alors un produit scalaire sur C De plus la norme induite par ce produit scalaire est z y z 2 V23 zec 2 Pour tous a z w C on a i aw az Re awaz a w z ii w z Re wz z w w 2 iii Re wz Re iwz w z Im wz Re iwz w z car Re iwz Im wz w z iw 2 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On en d duit que 0 lt w z lt wl z d o l in galit de Cauchy Schwarz w 2 lt fwl el D autre part on a w z w z w 2 w z 2 w z 3 Il vient en vertu de 2 iii que w z l wl z Il existe alors un unique r el 0 0 7 appel angle entre le vecteur w et
91. iy avec x y R on peut crire L eie u EIE FH es Lou is l ve ie cos z 5 5 Ce qui s crit aussi cos z cos ch y isin x sh y On obtient de m me sin z sin ch y i cos x sh y D o les modules cos z ycos z ch y sin x sh y sin 2 ysin x ch y cos x sh y En particulier pour x 0 on a cos iy ch y et sin iy sh y On notera enfin que les fonctions cos z et sin z sont des fonctions enti res gales dans C tout entier aux s ries convergentes cos z Dore n 0 CO 2n 1 sin z Deer et v rifient les relations classiques cos z 27 cos z sin z 2r sin z cos z 7 cos z sin z 7 sin z cos z a sin z sin z 5 cos z cos z cos z sin z sin z cos z T cos z cos z sin z sin z sin z z sin z cos z cos z sin z Remarquons que sin z 0 amp 2erZ 1 cos z 0 amp z r Z 5 o on a not TZ nn n eZ et Z nto nez 17 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On d finit la tangente et la cotangente d un nombre complexe z par tg z ai pour z C r Z 5 cotg z gei pour z C rZ Ces sont des fonctions qui prolongent donc aux valeurs non r elles de z les fonctions connues pour x r el chacune d elles est une fonction holomorphe dans l ouvert o elle est d finie
92. jer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 Montrer que pour tout w dans C 1 1 l ensemble g iu zec g u est de cardinal gal 2 De plus si w C 1 1 un des points de q w appartient D 0 l autre est dans C D 3 Montrer que la restriction de q D 0 est une application bi holomorphe de D 0 sur C 1 1 4 Montrer que q est une application biholomorphe du demi plan sup rieur H fz EC Im z gt o sur C x ER x gt 1 SOLUTION 1 a Soit z C Il est clair que q z w amp 2 2wz 1 0 Comme C est alg briquement clos la derni re quation admet deux solutions distinctes ou confondues dans C ce qui entra ne que q est surjective b Soit ce C Alors q c ER q c q c Z d e c e c le 1 0 c coulc 1 c R ou e 1 TTT c Soit z et S1 Alors q z cos 0 1 1 Inversement si z 1 1 alors z cos 0 o 0 R Par suite z q e On en d duit que q S1 1 1 2 Soit w C 1 1 Alors A q z w amp 2 2wz 1 0 Comme w 1 0 alors cette derni re quation admet deux solutions distinctes dans C Supposons maintenant que w C 1 1 et posons qlw 21 22 Il vient en vertu de que 2122 1 donc z1 22 1 Par ailleurs comme q e f 1 1 pour tout 0 R on a n cessairement ll 1 et z2
93. le vecteur z tel que V w z C 0 lt 1 w z w z cos 6 EXERCICE 2 2 1 Montrer que l application conjugaison z gt z de C dans C est R lin aire et non C lin aire 2 Montrer que pour toute application C lin aire T C C il existe A E C tel que T z Az 2ecC 3 Soit T C C une application Montrer que T est R lin aire si et seulement si il existe u C tels que T z z uz zec En d duire que T est C lin aire si et seulement si T z T 1 z 2eC SOLUTION 1 D application conjugaison z gt Z est videmment R lin aire mais non C lin aire car iz iz Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 L application T tant C lin aire donc pour tout z x iy dans C on a T z T x T iy T 1 iyT 1 x iy T 1 z o 1 T 1 EecC 3 Il est clair que si T est de la forme T z Az uz o uEeC alors T est R lin aire R ciproquement si T est R lin aire de C dans C alors T z T x iy T x T iy aT 1 yT i et puisqu on a 2g z Z et 2y i z z alors T z z uz o A T 1 iT i et u iTo iT i 1 2 On en d duit gr ce la question 2 les quivalences suivantes T est C lin aire amp u 0 et T 1 amp T z T 1 z z EXERCICE 2 3 Pour u C on pose T z z uz z
94. lle de Tunis b c Analyse complexe En crivant 2 z2P on voit que le rayon de convergence de la s rie SD an2 P est R1 P Posons b Tead et notons R le rayon de convergence de la s rie n X bnz Comme bn lt 1 et bn lt a on a n cessairement R gt Max 1 R Nous allons montrer que R Max 1 R Supposons que R gt Max 1 R En particulier R gt 1 et donc b converge Par lbn LB bn Ceci entra ne que R R D o la contradiction puisque R gt R suite b 0 et comme an alors ap gt 0 d o Rappelons que V el 1 2 1 2 sin rx gt 2 x Fixons un entier n gt 1 Il existe un entier positif m tel que 1 2 lt nV3 m lt 1 2 Ecrivons alors 3n m sin nrV3 sinr nv3 m gt 21nv3 m 2 SRE Pour conclure il suffit de remarquer que 3n m gt 1 et m lt nv3 1 2 gr sin nr v3 Notons par R le rayon de convergence de la s rie enti re gt L encadrement 1 lt lt nv3 2 sin nv entra ne que 1 EXERCICE 3 4 Soit a un r el donn Ji 2 Quel est le rayon de convergence R de la s rie enti re 00 2 log n z Tne 21 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 3 Etudier selon le r el la convergence de cette s rie enti re sur le cercle z R SOLUTION 2 E
95. lt nanz z pour tout n gt 1 ce qui montre que la convergence absolue de X na 7 entra ne celle de 5 anz et donc R gt R Par ailleurs si z lt R en choisissant r de sorte que z lt r lt R on sait qu il existe M tel que anr lt M pour tout n N On en d duit que Inanz Inanr 21 j lt a r r RE a Comme la s rie de terme g n ral nk 0 lt k lt 1 gt nanz 1 est absolument convergente D o R gt R et donc R R Soit pr sent pour z zo D 0 R FC Fl D an z z0 n gt 1 est convergente la s rie or avec On en d duit que F z f 20 z 2 f1 2 avec fitz 5 anqn z f z0 2 nanzg t n gt 1 n gt 1 Pour conclure la preuve du th or me il suffit de montrer que pour z0 fix la s rie 5 anqn z est normalement convergente dans D 0 r pour tout r lt R Or pour 20 lt r lt R sup lan n 2 lt nlagleer D 0 r 7 D o le r sultat en vertu de la premi re partie Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Corollaire 4 1 Soit gt o 4n2 une s rie enti re de rayon de convergence R gt 0 Alors la fonction Fe J anz n gt 0 est ind finiment holomorphe sur D 0 R De plus pour tout entier k FM 2 5 nfn 1 n k 1 a zt n gt k et en particulier k 0 i Le th or me suivant traite le cas des points du cercle de conv
96. malit 1 Applications conformes D finition 1 1 Soit T C C une application R lin aire injective On dit que T pr serve les angles si pour tous 21 22 C on a all lt Ta Te gt T T 22 lt 21 22 gt o d signe le produit scalaire usuel de R soit z1 z2 Re z122 Les applications R lin aires injectives pr servant les angles admettent une caract risation simple Plus pr cisement on a Lemme 1 1 Soit T C C une application R lin aire injective Les assertions suivantes sont quivalentes i T pr serve les angles ii Il existe a C tel que T z az pour tout z C ou bien T z az pour tout z E C PREUVE Il est clair que ii entra ne i R ciproquement comme T est injective T 1 a C Pour b a T i il s en suit que 0 i 1 T amp T 1 ab a a Re b donc b est imaginaire pur b ir rER On en d duit que pour tout z x iy C T z a x iry Enfin comme T pr serve les angles on a HlKTA TE TOITE 2 soit z iyl la x lal x rylx ce qui entra ne que pour tout z C avec x 0 x iy x iryl Par cons quent r 1 et donc soit T est de la forme T z az ou T z az E Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 2 1 1 Montrer que l application J CxXC R w z lt z w gt Re wz d f
97. ment si uz z0 vy 20 et uy z0 V 20 L quation pour f zo est d j obtenue dans la proposition 2 2 E Exemple 1 La fonction f z x y ix y est R diff rentiable dans C cependant les conditions de Cauchy Riemann ont lieu exactement aux points a b v ri fiant 3a b 3a b et 2a3b 2ab donc l ensemble des points o f est C diff rentiable se r duit aux deux axes des coordonn es Exemple 2 La fonction f z expz e cosy ie siny est R diff rentiable dans C et satisfait clairement les quations de Cauchy Riemann en tout point elle est donc C diff rentiable partout 3 Fonctions holomorphes D finition 3 1 On dit que f Q C C C est holomorphe en zo s il existe un voisinage ouvert U de z dans C sur lequel f est C diff rentiable Une fonction qui est holomorphe en z est C diff rentiable en 20 mais la r ciproque n est pas toujours vraie Par exemple la fonction fa ay ia y est exactement C diff rentiable sur les deux axes des coordonn es Elle n est donc holomorphe en aucun point de C NOTATION Si Q est un ouvert non vide de C on d signera par H Q l ensemble des fonctions holomorphes sur Q Un l ment de H C est appel fonction enti re Les trois exercices suivants sont faciles v rifier et laiss s au lecteur EXERCICE Soit Q un ouvert de C et f g deux fonctions de H Q Montrer que pour tous a et b
98. n e De noter la relation entre l holomorphie et les applications conformes si on transforme par une fonction holomorhe de d riv e non nulle deux courbes se coupant en faisant un angle orient les courbes images font entre elles le meme angle orient e Etudier les s ries enti res rayon de convergence tude sur le cercle de convergence e D tre capable de d velopper une fonction holomorphe en une s rie enti re e Calculer les r sidus e Calculer certaines int grales par la m thode des r sidus outil puissant pour le calcul de certaines int grales e Bien retenir les propri t s particuli res des fonctions holomorphes Z ros isol s prolongement unique principe du maximum principe du minimum lemme de Shwarz caract risation des automorphismes du disque unit Etudier et caract riser les fonctions m romorphes e Poser le probl me des primitives pour les fonctions holomorhes Topologie de l espace des fonctions holomorhes e Construction d une fonction holomorphe ayant des z ros fix s par la m thode des produits infinis Chapitre 1 Fonctions holomorphes 1 Complexe diff rentiabilit D finition 1 1 o On dit que f Q C C C est C diff rentiable en z Q s il existe une application C lin aire L C C telle que im Go fo LH h 0 A heC 0 1 Si f est C diff rentiable au point 20 alors l application L v rifiant 1 est unique Le
99. n 1 1 Soient zo C et an nem une suite de C La s rie de fonctions de la forme OO DD an z z0 n 0 est appel e s rie enti re formelle de centre zo et de coefficients an La notion de s rie enti re est donc une g n ralisation de la notion de polyn me Une s rie enti re est une s rie de fonctions particuli res O0 O0 Pour f 5 an z z0 et g ye bn z zo la somme et le produit sont n 0 n 0 d finis par oo f g X an bn z 20 n 0 oo aa DD n 0 k m n Pour simplifier les notations on va supposer dans ce qui suit que z0 0 Lemme 1 1 Lemme de convergence d Abel Soit X anz une s rie enti re Supposons qu il existe z0 C tel que la suite anz soit born e Alors la s rie OO gt anz n 0 est normalement convergente sur tout disque ferm D 0 p de centre 0 et de rayon p lt 2 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe PREUVE Il est clair que sup an2 anlp lt anllzol 15 D 0 p zol ce qui entra ne ais ment le r sultat 2 Rayon de convergence D finition 2 1 Etant donn e une s rie enti re Y anz on appelle rayon de convergence de cette s rie R sup rER asr soit born e 0 00 L existence de R r sulte du fait que l ensemble P r R4 anr soit born e est non vide puisqu il contient 0 Si I est born
100. n m romorphe dans un ouvert Q de C et K un compact de Q dont le bord K est un chemin C par morceaux orient de mani re positive et ne contenant ni z ro ni p le de f Alors 1 f z dz card Z f N K card P f N K 2in Jox f z les z ros et les p les de f tant compt s avec leur multiplicit PREUVE Soient a1 a les z ros de f b1 b les p les de f se trouvant l int rieur de K D signons par K K Ur D aj O Dn e tant choisi assez petit de sorte que D aj 2 C K D bk 2e C K et D cj 2e N D cx 2 0 pour j k cj Cg p les ou z ros de f On en d duit que 1 F 2ir Jax f z dz 0 Soit AE EN Ppa Fe N dz on dz dz Zn Jar F 3 o FC 22 3 pe F aj On sait que pour tout z ro aj de f F 2 aj g 2 avec g holomorphe ne s annulant pas sur D a 2e et kj N d o fek do Fo 2 amp do g 2 g z Comme est holomorphe sur D a j 2 on obtient 1 TE paa f C a C a e F z C a e dj 17 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe De m me pour tout bg p le de f on a sur D b4 2e ____90 avec g holomorphe ne s annulant pas D b4 2e On en d duit que JC Lg mx f g 2 b f z dz 2inm h F z ii et ach ve la preuve du th or me ce qui entra ne que Th or me 6 2 Th or me de Rouch Soient
101. n notant par an Er o n gt l ona EEE _ log 1 n LR an logn 1 1 n e qui tend vers 1 quand n tend vers 0 le rayon de convergence de la s rie I n enti re gt 42 est alors R 1 3 Pour a lt 0 et z 1 on a n logn lim z o n 00 lyne la s rie enti re est divergence sur le cercle unit Pour a gt 1 posons a 1 28 o 8 gt 0 Ona logn 1 logn 1 UET E 1 ne nlt 1 na n 1 8 H n n 00 d o la convergence uniforme de la s rie enti re sur tout le cercle unit Pour 0 lt a lt 1 posons f t LEE gt O on IF ra 1 at llogt 1 t 1 alogt t 14t 1 t2 donc f t lt 0 pour t gt 0 assez grand En posant z e on a Pour 0 0 modulo 27 les sommes partielles Sp X p p o q gt p sont born es en p et q et f x an tend vers z ro en d croissant par le crit re d Abel la s rie convergence sur le cercle unit priv de 1 Pour 0 0 modulo 27 f n an loen l infini et logn est le terme g n ral d une s rie de Bertrand divergente car 0 lt lt 1 d o la convergence de la s rie enti re X gt 42 sur le disque unit ferm priv de 1 EXERCICE 3 5 1 On pose pour tout entier n gt 0 an J tgx dx 0 22 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 1 Quel est le rayon de convergence de la s rie
102. ns z a cet e et y choisir on a alors f re emeimraets etema Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Choisissons y de sorte que my B 0 on en d duit que fa Pfr e a eu z o ulz ei p 2 a La fonction u tant born e pr s de a on a pour assez petit eu z lt 3 Par cons quent If 1r e a eu z gt r e al e leu z sn r 2 7 2 gt f a l d o le Corollaire Comme cons quence du principe du maximum on obtient le th or me suivant Th or me 1 2 Th or me de D Alembert Tout polyn me P C X non constant admet une racine complexe PREUVE 1 Sinon la fonction z PC serait une fonction holomorphe sur C z Par ailleurs P tant un polyn me non constant 0 lorsque z oo 1 P 2 1 On en d duit que POJ atteint son maximum ce qui est en contradiction avec z le principe du maximum Exercice 5 1 Soient Q un ouvert connexe born de C et f une fonction holomor phe sur Q et continue sur Q Montrer que f s annule sur Q ou bien f atteint son minimum sur 09 Solution En effet supposons que f ne s annule pas sur Q La fonction z gt f 2 est continue sur le compact Q donc atteint son minimum en un point a Q Si a Q alors le principe de maximum appliqu A montre que f est constante on aboutit ainsi une cont
103. nt connexe de C diff rent de C est conform ment quiva lent au disque unit ouvert D D 0 1 Comme toute fonction holomorphe born e sur C est constante th or me de Liouville ne peut tre conform ment quivalent au disque unit EXEMPLE Transformations de Cayley voir section suivante 5 Transformations Homographiques Transformation de Cayley D finition 5 1 On appelle transformation homographique toute application de la forme az b cz d o a b c d sont des nombres complexes donn s 10 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Une telle application est holomorphe dans l ouvert Q de C avec d Q C si c 0 et d 0 a c si c 0 Notation On notera H l ensemble de transformations homographiques et GL 2 C le groupe de matrices complexes inversibles d ordre 2 EXERCICE 2 6 L application de GL 2 C dans H qui une matrice inversible a 5 1 associe la fonction homographique h4 d finie par az b h alz cz d v rifie 1 hag h4o0h8p VA B GL 2 C 2 Pour tout dans GL 2 C ha est biholomorphe de Q dans h1 Q Sa r ciproque est ha thai et sa d riv e est ha a Te SOLUTION Elle est laiss e au lecteur titre d exercice Exemples 1 La transformation de Cayley est d finie par Zz i z i h 21
104. nt z 0 mais que f 0 wexiste pas SOLUTION Posons u x y y zy et v x y 0 Comme u x 0 u 0 y u 0 0 0 alors les quations de Cauchy Riemann sont v rifi es en 0 Par contre FG _ v leyl z x iy n a pas de limite quand z tend vers 0 prendre y x EXERCICE 1 5 Soit f Ref ilmf une fonction holomorphe sur un ouvert con nexe Q de C Montrer que si l une des conditions suivantes est satis faite alors f est constante sur Q 1 f 0 sur Q 2 Ref est constante sur Q Im f est constante sur Q Ag aRef bImf c 0 o a b cER a b gt 0 5 f est constant sur Q 6 f est holomorphe sur Q i e f est anti holomorphe sur 9 SOLUTION Notons u Ref et v Imf 1 Si f z 0 Y z EQ alors f cte sur Q 2 Si Ref u cte sur Q alors par les quations de Cauchy Riemann Imf v cte sur Q et donc f cte sur Q 10 3 De m me si v cte sur Q alors u cte sur Q et donc f cte sur Q 4 Si f cte sur Q alors u v cte sur Q Lorsque la constante est nulle alors f est nulle sur Q Lorsque la constante n est pas nulle alors u Ov 0 u v 0 ox Ox Ou Ov 0 u H dy y Par les quations de Cauchy Riemann on a u u 0 u v 0 Ox dy Ou n u 0 v u Ox dy Il s agit d un syst me de Cramer car u v cte Z 0 par suite gu ou 0 d o u cte sur Q et de m me v c
105. ntin ment R diff rentiable alors les assertions suivantes sont quivalentes i f est une application conforme dans Q ii f est soit une application holomorphe de d riv e ne s annulant pas soit une application anti holomorphe de d riv e ne s annulant pas PREUVE Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Il vient en vertu du Lemme 1 1 que ii i Il reste prouver que i gt ii On sait par 1 que pour tout z Q Tf z C C h of _ Of oz 8z Oz A z h On en d duit par le Lemme 1 1 que T f z pr serve les angles si f 2 0 et f z 0 ou bien Of 2 0 et f z 0 La fonction E afl 8f e afz 3f est par cons quent bien d finie et ne prend que les valeurs 1 ou 1 Comme elle est continue par hypoth se et Q est connexe elle doit tre constante ce qui ach ve la preuve du th or me Exemples 1 L application z gt 2 est conforme sur C 2 L application z 4 z 271 est conforme sur C 1 1 Il vient en vertu de 2 que les applications conformes directes sont les fonctions holomorphes de d riv e non nulle tandis que les applications conformes indirectes sont les fonctions anti holomorphes de d riv e non nulle Ceci est d au fait qu une fonction R diff rentiable pr serve l orientation si son Jacobien est positif 4 Applications biholomorphes D finition 4
106. o log d signe la d termination principale du logarithme 24 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Chapitre 4 Calcul int gral complexe 1 D finitions D finition 1 1 On appelle chemin de C une application y a b C continue et Ct par morceaux y a est appel l origine du chemin y et y b son extr mit Si y a y b le chemin y est dit ferm L image de y dans C not e y est appel e trace de y On confond souvent un chemin avec sa trace Exemples 1 Pour tous 2 21 C le segment 20 2 est un chemin de classe Ct On peut le param trer comme suit y 0 1 z 24 CC t q t 1 t z tz 2 Soit zo E C et r gt 0 le chemin q 0 27 C t yt 20 re est une param trisation du cercle de centre zo et de rayon r D finition 1 2 Soit y a b C un chemin de C On d signe par y7 le chemin parcouru dans le sens inverse y fa b t y t 7y a b t Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D finition 1 3 Soit y un chemin de classe C de C et f C 7 l ensemble des fonctions continues sur y la trace de y On appelle int grale de f le long de y le nombre complexe d fini par b fijdz f FOGY bd 1 Si y est C par morceaux et a a1 lt a2 lt lt an b une subdivision de a b telle que
107. oites Do Re 2 0 D Re z 2 iii Montrer que f transforme toute droite en une droite et tout cercle en un cercle 1 3 On pose g z z 2 C i Montrer que g transforme toute droite en une droite ou un cercle ii Montrer que g transforme tout cercle en un cercle ou une droite 4 Montrer en utilisant 1 et 2 que la fonction homographique az b cz d hz avec a b c d E C bc ad 0 transforme tout cercle en un cercle ou une droite et toute droite en une droite ou en un cercle SOLUTION 1 i Le point fixe de f est donn par z z pour a 1 I est clair qu on peut crire f z zo a z zo f est alors une similitude de centre zo de rapport a et d angle arg a Dans le cas o a 1 f est une translation ii Si z Do c est dire z Z 0 alors Z b a Z f z az b6 amp z Comme Re z 0 on a Z b Z b a a 0 ou encore aZ Z b ab Par suite f Do z C Re aZ ab o c est la droite d quation Re a X Im a Y Re ab 18 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis iii Analyse complexe Pour z D c est direz Z 1 ona Z b Z b Z f G az b amp a amp aZ a a 2 Re ab f D z EC 2Re ai la 2 Re ab fz EC Beaz zla c est la droite d quation Re a
108. ontre que ces espaces quotients d finis partir de z sont isomorphes Cette notion de groupe fondamental est tr s importante en topologie alg brique On montre que deux espaces topologiques s par s connexes par arcs et hom omorphes ont le m me groupe fondamental un isomorphisme pr s D finition 1 3 Un espace topologique X s par connexe par arcs est dit simplement connexe si son groupe fondamental est trivial i e s il est r duit l unit e Autrement dit X est simplement connexe si tout chemin ferm est homotope un chemin constant e Ce qui est quivalent dire que deux chemins de m mes extr mit s sont homotopes On a le r sultat important suivant Proposition 1 1 Toute partie toil e d un espace vectoriel norm est simplement connexe PREUVE Soit Q une partie toil e par rapport un point a Q cela veut dire que pour tout x Q le segment a x C Q Si y est un lacet dans Q d extr mit et d origine a alors l application H 0 1 x 0 1 Q st H s t 1 s a sq t est une homotopie de y au chemin constant o e a D o le r sultat E Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Corollaire 1 1 Tout convexe est simplement connexe Exemples i C est simplement connexe ii Tout disque de C est simplement connexe iii C n est pas simplement
109. ormule de Hadamard Proposition 3 2 Le rayon de convergence de la s rie enti re X anz est 1 R B e a e lim an PREUVE Si Iim Jan alors Ve gt 0 2N Vn gt N Vlan lt LHE Si e r lt 1 alors Un an r VV lanlr lt r 0 quand n 00 1 On en d duit que 7 lt R M a Soit r gt 7 il existe tel que r gt 1 Comme lim Jan il existe une sous suite ny telle que amp lan gt Par cons quent la sous suite 4 an r 00 donc la suite anr n est pas me Se 1 born e r tant arbitrairement choisi gt 7 on a n cessairement R lt 7 D o la formule de Hadamard E Exemple Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Le rayon de convergence de la s rie enti re 5 92n 2n n gt 0 1 t R es 7 EXERCICE 3 1 Trouver le rayon de convergence R des s ries enti res suivantes LI n 2 Z 3 D z2 4 S n a z aeC 5 Der keN k gt 1 n n 6 3 2n 7 X sin n z 8 Enz da Da a si n est pair ue S t si n impair o AE 10 X anz o an si n pair 7 e Me Ziz o 5 si n impair SOLUTION 1 La r gle de d Alembert entra ne que R co En fait on sait que la somme de cette s rie enti re est la fonction exponentielle com
110. ower g z e dz my Res aae we 2 R IR k 1 o ypg 8E 0r Re Il nous reste tudier la limite lorsque R de l int grale J R I FO 15 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Pour cela crivons J R i I g Re eiaRe Redo 0 Il vient JR lt R sup g Re J eze Rsin O d 0x 0 Or on a z e lt Rsin 0 q 9 f 4 e sin 0 Jp 0 0 et l in galit sin 0 gt 20 valable pour 6 0 7 entra ne z z oo ta e7tRsin 6 qo lt f e7 2a Re d lt J P 00 7 0 0 0 2aR T i IJ R lt sup g Re a dejon D o et l hypoth se lim g 2 0 montre enfin que J R 0 En passant la limite dans 2 on obtient 00 M 7 J glx je dx 2in Res ale wr ZOO k 1 EXERCICE 6 11 Soit 00 I a re a R 0 Montrer que SOLUTION iaz La fonction f z gt admet pour p les et i Ces sont des p les 1 22 simples e Si a gt 0 on a donc I a PT Res fi inf a 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe e Sia lt 0 ona 2in TT I a 7 Res f i in E ne g T 2 e Si a 0 on a par un calcul direct a T Dans tous les cas on a I a JA 6 Th or me de Rouch Th or me 6 1 Sur le nombre de z ros et de p les Soit f une fonctio
111. pes P Donc il existe deux r els c et c2 tels que C1 arctan si y gt O0 c amp arctan si a y C2 arctan si y lt 0 La continuit de v sur R 0 0 implique que T CG e Co Ligg atga Ceci est manifestement impossible EXERCICE 1 2 1 Toute fonction holomorphe ne prenant que des valeurs r elles resp des valeurs purement imaginaires est localement con stante 2 Toute fonction holomorphe admettant un module constant est localement constante SOLUTION La partie 1 de l exercice d coule trivialement des quations de Cauchy Riemann Soit pr sent f u iv une fonction holomorphe telle que u v C une constante non nulle On en d duit en vertu des quations de Cauchy Riemann que x v uvr uur v uuy 0 u uux VUx u Enfin comme uuy vv 0 on obtient 0 uus v vu u v us ce qui ach ve la solution EXERCICE 1 3 D terminer le domaine de C diff rentiabilit des fonctions suiv antes 1 f z Va 2 f z z 22 y 3 f 2 A 12 2 4 f 2 sin 2 5 f z x iy 6 f z zRe z 7 f z sin x chy i cos x shy 8 f z cos z cos z sin z SOLUTION 1 Il est clair que la fonction f z z V2 n est pas C diff rentiable en 0 Pour z C ona L z aa d nc f west C diff rentiable en aucun
112. plexe 2 La r gle de d Alembert entra ne que R 1 3 La r gle de d Alembert entra ne que R e Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 10 11 On obtient R Min G avec la convention z 00 La r gle de d Alembert entra ne que R kf La r gle de d Alembert entra ne que R 00 L ingalit sin n lt 1 entra ne que R gt 1 et la divergence de la s rie X sin n montre enfin que R 1 Posons up z n z2 Pour z 0 on a ten n 1 z t Il vient n 2 que 0 si l lt 1 si z1 gt 1 Un 1 2 Es Un 2 si gt 1 Par suite R 1 le m me raisonnement que pr c demment montre que R 1 On a la sin est pair 8 sin est impair l n an 8 sin est impair 1 La r gle de Hadamard entra ne que R Max a 6 La r gle de Hadamard entra ne que R 1 4 Holomorphie des s ries enti res Th or me 4 1 Soit X anz une s rie enti re et soit R son rayon de convergence Alors la s rie enti re Y na 2 a le m me rayon de convergence R De plus si on note pour z D 0 R f z2 5 anz n gt 0 alors f est holomorphe et f 2 5 Nnanz 1 n gt 0 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe PREUVE En d signant respectivement par R et R les rayons de convergence des s ries S anz et nat D ona lanz
113. ppement en s rie enti re autour de a C de la fonction i JC a SOLUTION Pour a C on a 00 1 1 1 1 z a LIRE e z afl lt n 0 20 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe valable pour z a lt a EXERCICE 6 17 Soit z C un point singulier isol d une fonction f holomorphe dans le disque ouvert point D 2 R 20 o R gt 0 Montrer 1 z est une singularit artificielle de f si et seulement si f est born e dans D 2 r 2 pour tout 0 lt r lt R dans ce cas ao lim _ f z existe et en posant ao f 20 on obtient un prolongement holomorphe de f D 20 R 2 z est un p le de f si et seulement si lim f 2 oo 2 20 3 zo est une singularit essentielle de f si et seulement si lim _ f 2 n existe pas dans R dans ce cas on a le th or me de Casorati Weierstrass pour tout 0 lt p lt R D z p C Plus explicitement pour tous w C gt 0 p gt 0 il existe un z C tel que z zo lt p et f z w lt e SOLUTION 1 Si 20 est une singularit artificielle de f on aura pour tout z D 20 R 20 f D an z 20 gt an z 20 n 0 nez d o l existence de limz zo f z ao et donc f est born e dans D 20 r 20 pour tout r 0 RI Supposons maintenant que f est born e dans D 20 r
114. r k 0 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe La fonction g ainsi d finie est holomorphe sur Q car g H Q a g H D a r et les deux d finitions de g coincident sur D a r N Q a On en d duit 1 ce qui assure que Z f n a pas de points d accumulation dans Q EXEMPLE 1 Les z ros d une fonction C variable r elle ne sont pas n ces sairement isol s Par exemple la fonction d finie par We exp sin R 0 fO 0 est une fonction C et 0 est un point d accumulation de Z f puisque la suite nezo est une suite de z ros de f EXEMPLE 2 L ensemble des z ros d une fonction holomorphe f sur Q peut ad mettre un point d accumulation sur la fronti re de Q Par exemple la fonction z 1 ft sm nr 1 appartient H C 1 et Z f LA Z admet 1 comme point nT d accumulation Corollaire 1 1 Soit f H Q non constante alors Z f est au plus d nombrable Preuve Rappelons tout d abord que l ouvert Q admet une suite exhaustive de compacts i e une suite croissante K de compacts de Q recouvrant Q En effet posons 1 Kn zeQ dist z Q gt et z lt n n C est un compact de Q car ferm born et v rifie oO Kn C Kh 1 car l ouvert 1 On zet lt n 1l et dist z 9 gt T Hajer Bahouri
115. r sultat par passage la limite lorsque n tend vers 00 et on a la formule suivante appel e le produit canonique de Weierstrass 00 FO ze JI 1 Z eE SEC k 1 5 Pour tous M gt 0 et z C tels que z lt M on a CO 22 CO 1 lt M lt 00 D D n 1 n 1 le produit infini z J 0 Z converge sur tout compact de C vers la fonction enti re OO 2 1 zecC n 1l de plus pour tout z C N Mais pour tout z C rZ on a 1 2z tgz cotgz 9 rs car 1 At 1 oa z CE ZENT EZ gt 2z 22 p2r2 D o F rcotgrnz z E C N f z et par suite f z csinrz z C o la constante c v rifie 1 z sin TZ AR E C T z 0 TZ 2 0 TZ Par cons quant f z sin 7z z C On a donc co 2 sine 1 5 zecC n n 1 16 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe En posant z on aura T 1 r qy 2n 1 2n 1 1 1 Hs ee n 1 n 1 ce qui est quivalent T Il 2n 2n __ 2 244 6 6 2 AA 2n 1 2n 1 1 3 3 5 5 7 doy 2 4 2 1 T n eii 2 2 2 2 a O A nT mF galit appel e formule de Wallis 6 Par la formule canonique de Weierstrass 4 b et par 5 on a V z C 1 1 2 Ea 26 sin mz T 2 T 2 Du Hc ne PA d autre part par la formule de I on a T z 217 2 VzeC N d o P T 2 T 1 z ni VzeC
116. radiction Cela prouve que a Q i e f atteint son minimum sur Q Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe EXERCICE 5 2 D terminer max z 2 et min z 21 z lt 1 z lt 1 SOLUTION 23 z z 1 son minimum en module est atteint en z 0 Puisqu on a z donc min z z 0 z lt 1 et son maximum en module est atteint sur le bord du disque z lt 1 c est dire en z 1 donc max z z 2 z lt 1 EXERCICE 5 3 Soient f et g deux fonctions holomorphes sur un domaine compact Q de C Montrer que la fonction z gt F lg 2 atteint son maximum sur le bord Q de Q SOLUTION Supposons que la fonction z f z g z atteint son maximum l int rieur de Q en zo zo Q Soit alors F 20 F 20 e et g 20 lg o le La fonction h z f z et g z ef satisfait alors h zo f z0 lg 20 bien que sur le bord Q on a RIS IEI lg lt Alo cela est contradictoire avec le principe du maximum Par suite la fonction z gt f z g z atteint son maximum sur le bord Q de Q Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe D finition 1 1 On appelle ordre du z ro d une application f de H Q en un point a de Q l entier naturel m tel que JG 2 a g 2 o g E H Q et
117. rateurs de Cauchy Riemann et sont d finis je 1 i 7 Oz 2 0x dy Es 0 1 0 o OZ 2 ox I z Of of c 3 of of os 2 par Il vient alors que amp l l II N Il S N De m me on obtient 0f of Le th or me suivant montre que toute fonction r elle R diff rentiable n est pas forc ment la partie r elle d une fonction C diff rentiable Th or me 3 2 Si f Q C est une fonction holomorphe et si u Ref et v Im f sont de classe C alors u u dv dv A gt 0 4 v a D 0 4 PREUVE Ce th or me est une cons quence imm diate des quations de Cauchy Riemann et du th or me de Schwarz En effet f tant holomorphe on a Ou v Ou Ov x y K dy x On en d duit que Pu v u r y r y et d v z ou ou dv r Oyox Oxdy dy EXERCICE 1 1 Montrer que la fonction u C R d finie par u z log z est harmonique ma s n est la partie r elle d aucune fonction holomorphe sur C SOLUTION La fonction u est de classe C sur R 0 0 et on a pee es Ox2 x y2 2 dy x y2 On en d duit que u est harmonique sur R 0 0 Supposons qu il existe une fonction f holomorphe sur C telle que u z Ref z Ecrivons f z u z i v z Les quations de Cauchy Riemann entra nent que Ov y Ov x x y et y a29 a LE a
118. rit l aide de la fonction IT comme ie 2 T u 2 cos x sin x tde Se pour Re a gt 0 et Re u gt 0 0 FD 20 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Bibliographie 1 L Ahlfors Complex Analysis 2nd edition McGraw Hill Book Co New York 1966 2 M Amara Analyse Complexe C P U 2002 3 J Bak and D J Newman Complex Analysis 2nd edition Undergraduate Texts in Mathematics Springer 1996 4 J M Bony M ethodes math ematiques pour les sciences physiques Edition de l ecole polytechnique 2000 5 R C Buck Advanced Calculus 2nd edition McGraw Hill Book Co New York 1966 6 C Caratheodory Theory of Functions of a Complexe Variable Vol IL Chelsea Publishing Co New York 1954 7 H Cartan Th eorie el ementaire des fonctions analytiques d une ou plusieurs variables complexes edition Hermann 8 Srishti D Chatterji Cours d Analyse 2 Presses polytechniques et uni versitaires romandes 91 J Conway Functions of One Complex Variable 2nd edition Springer Verlag New York 1978 10 J Dixon A Brief Proof of Cauchy s Integral Theorem Proc Amer Math Soc 29 1971 625 626 11 W Fulks Advanced Calculus Wiley and Sons New York 1961 12 P Henrici Applied and Computational Complex Analysis Vols 1 2 and 3 Wiely 1974 1977 and 1986 13 G Lebeau Th eorie des distributions et analyse de Fourier Edition 2001 Ecole polytechnique 14 J Lelong
119. s Analyse complexe Supposons que f est holomorphe et born e sur tout le plan complexe par une constante positive M Pour tout r el r gt Max a b on a f z dz _ 27 7 p E ea a a O F b an rd0 27rM f r a r b r lal r lb 4 Mrla b f a f b q ahe b En faisant tendre r vers 00 on conclut que f a f b c est dire f est constante sur tout C d o le th or me de Liouville EXERCICE 4 6 Calculer l int grale 27 I a b a4 0 a2 cos 0 b2 sin 0 o a et b sont deux r els strictement positifs SOLUTION Soit E l ellipse orient positivement de param trisation x a cos 0 y bsin 0 o 0 0 27 On a J f asin 0 ib cos 0 s b a sin 0 cos 0 iab e Z Jo acos ibsin Jo a cos 0 b sin 0 d0 dont la partie imaginaire est ab I a b Soit maintenant C le cercle orient positivement de param trisation x r cos 0 y r sin 0 o 0 0 27 et 0 lt r lt min a b Alors d 27 _ysin 0 ir cos 0 L r sin TES do 2zi c z 0 r cos 0 ir sin 0 Puisque la fonction z gt 1 est holomorphe sur C 0 on a dz 2ri E c 15 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe En galisant les parties r elles et imaginaires sin 0 cos 0d0 0 0 a2 cos 0 b2 sin 0 2T I a b a
120. s le disque unit D 0 1 Posons PA z IS Il alors g est holomorphe dans D 0 1 car les a 1 lt j lt n sont des singularit s artificielles de g De plus on a pour z D 0 1 Ig 2 1 pout tout z 1 et g z 0 pour tout z D 0 1 Ainsi par le principe du maximum et du minimum on g z 1 pour tout z D 0 1 et par suite g est constante et gale a C o a 1 c est dire I o 4 j 1 l z Puisque f est holomorphe sur C a 0 pour tout j 1 2 n D o f z z Vzec EXERCICE 5 6 11 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Soit f une fonction holomorphe sur C telle que f 0 0 Pour r gt 0 on pose Mr sup f 2 h l r A r sup hRef z z r Montrer que M r lt 2A 2r SOLUTION Pour prouver cette in galit fixons un r el e gt 0 et consid rons la fonction f r2 g z 2A 2r f 2r2 Soit z C tel que z lt 1 et posons f 2rz a ib a bEeR Il vient 2A 2r f 2rz A 2r A 2r a ib Par cons quent g z lt 1 Compte tenu du lemme de Schwarz on obtient o a lt z pour z lt 1 donc LF 2r2 lt 121 2A 2r F 2r2 1 En faisant tendre vers 0 on obtient If 2r2 1 1 121 lt 2A 2r 21 Appliquant ceci z avec u 1 on obtient M r lt 2A 2r
121. sme f de D est de la forme Aya o A 1etae D EXERCICE 2 10 1 Montrer que la transformation de Cayley z i z i h 21 est une application biholomorphe de ec Rez gt 0 et Imz gt 0 sur fz D Imz lt o 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 2 Construire alors une application biholomorphe de z EC Rez gt 0 et Imz gt o sur D SOLUTION Notons Q zec Rez gt 0 et Imz gt 0 QD ze D 0 1 Imz lt 0 1 Il est clair que h est holomorphe sur Q4 Il reste d montrer que h est une bijection de Q sur Q2 Soit z Q Puisque z i z i 4Im 2 gt 0 alors A 2 lt 1 Par ailleurs Im h z Rec lt 0 Par suite h z Q2 R ciproquement soit w Qs L quation h z w d inconnue z admet comme unique solution z 42 q eee Donc Re z 2200 gt 0 et Im z ee gt 0 Par cons quent z Q En conclusion h est bien une application biholomorphe de Q sur Q2 2 Pour obtenir une application biholomorphe de Q sur D 0 1 il suffit de consid rer 2 z2 i f z gt EXERCICE 2 11 Soit l application q C C d finie par alz z 27 1 Montrer que a q est surjective b Pour tout c C on a qlc E R 4 gt ce R ou d 1 c dS 11Lo s1 2ec l lt gt 15 Ha
122. son cercle de convergence Les exemples qui suivent montrent qu il existe des s ries convergeant ou di vergeant en tout point de ce cercle ou sur une partie de ce cercle Exemples 1 La s rie g om trique Da est absolument convergente pour z lt 1 divergente pour z gt 1 Son rayon de convergence est donc 1 et elle est divergente en tout point de son cercle de convergence 2 La s rie PA a converge absolument pour z lt 1 et diverge pour z gt 1 En effet si on n pose un z Z alors n lun 1 2 n z gt le l un 2 n 1 Son rayon de convergence est donc R 1 De plus elle converge sur C 0 1 1 cf Lemme d Abel pour les s ries 3 La s rie n D n2 a pour rayon de convergence R 1 et elle converge sur C 0 1 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe On a les diff rentes caract risations suivantes du rayon de convergence Proposition 2 1 Soit X anz une s rie enti re de rayon de convergence R Alors on a i R R1 sup fr R4 a suite an r soit born e ii R R sup fr R4 a suite an r tend vers o iii R R3 sup fr R4 la s rie X an r soit convergente i PREUVE On a clairement R3 lt R2 lt R Pour achever la preuve de la proposition il suffit de montrer que R lt Rz Soit r lt R4 il existe alors p tel que r lt p lt R
123. st dire u lt m la fonction z gaz f z u est holomorphe sur le disque ouvert D 0 r et v rifie pour tout z D 0 r 0 ua 2 2 ul gt F lu gt mlul gt 0 D o Igu z F 2 lu lt f 2 pour tout z r Par le th or me de Rouch on a card Zy O D 0 r card Z N D 0 r 1 par hypoth se sur f o Zf Zg d signent respectivement l ensemble des z ros de f et de gu Par suite pour chaque u D 0 m la fonction g f u admet un seul 24 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe z ro dans le disque D 0 r De plus ce z ro not F u est simple pour gu car 0 est un z ro simple pour f On a donc d fini l application F D 0 m D 0 r v rifiant ou bien on a bien s r f F 0 0 F 0 0 2 a La fonction z gt HAD f 0 0 et f 0 1 par suite avec le th or me des r sidus on a r f aF A go ie EN C 0 r f 2 0 F 0 tant prolongeable en 0 par holomorphie car b Pour u D 0 m et u 0 la fonction zf 2 E S fG u est m romorphe dans D 0 r ayant pour p le simple F u d o par le th or me des r sidus L v RPG pee 2 Fu z u JG u Mais on a zf 2 jm FAN TO Res rW E Eon FA ro z E BOLTO ig y FEU D o le r sultat 1 F 4 PU ar Le HO ETS c La fonction F est d veloppable en s rie enti
124. t arg 2 angle 1 z y a R 2rZ Un repr sentant 0 0 z de la classe arg z s appelle une d termination de l argument de z Dans l intervalle x 7 il y a une seule d termination de l argument de z appel e d termination principale de l argument de z et not e par Arg 2 14 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe L application Arg C 7 7 z Arg 2 n est pas continue En effet Arg 1 m et en notant par y 7 Z et zn exp iyn alors Arg zn Yn 7 bien que zn 1 lorsque n 00 Par contre l application Arg est de classe C sur C R comme tant la partie imaginaire de la fonction r ciproque du diff omorphisme induit par l exponentielle complexe D Rx 7 7 C R x y gt exp r iy En fait on a D 2 Log z iArg z pour tout z C R On posera 7 Log application logarithme complexe c est une fonction holomorphe sur C R de d riv e la fonction z L 6 D termination du logarithme D finition 6 1 On appelle d termination du logarithme toute fonction holomorphe l d un ouvert Q de C ne contenant pas 0 valeurs dans C qui v rifie exp ol ido Les d terminations du logarithme sont caract ris es par l quation diff rentielle 1 l z z gt pPourtout z Q Exemples 1 Dans le disque ouvert D 1 1 la s rie enti re 00 rt
125. t le d veloppement de Taylor de g dans D 20 p en posant g z0 0 Alors g z z zo h z z D z0 p o h est une fonction holomorphe dans D zo p et qui ne s annule pas sur D 20 p en fait h z0 a On en d duit que ID E ze Dlo avec 4 est holomorphe et partout non nulle dans D 29 p en crivant le d veloppement de en 2 1 h z Bo b1 z 20 z D 20 p avec 0 b pe 0 on FG z 20 Bo B1 z 20 donc f poss de un p le d ordre m en 2 3 Par d finition un point singulier essentiel 24 de f est un point qui n est pas un p le et donc par 1 et 2 lim _ f 2 n existe pas dans R et par ailleurs z ne peut tre ni un p le par 2 ni une singularit artificielle 22 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe par 1 Nous d montrons maintenant le th or me de Casorati Weierstrass par l absurde Supposons qu il existe un w C un r el gt 0 et un r el p gt 0 tels que pour tout z D 20 p zo on ait f u ze Posons e glz f z w Alors g est holomorphe et born e dans D 20 p d apr s 1 g poss de un prolongement holomorphe en zo not aussi g pour z D 0 p z0 Si g zo 0 alors f z w o lorsque z 29 ce qui implique que f z2 oo lorsque z 20 car IFE 2 f 2 wl lwl d apr s 2 zo est alors
126. t triviale T Jo 2 Singularit s isol es D finition 2 1 Soit f une application d un ouvert Q de C dans C et a Q On dit que a est une singularit isol e de f si et seulement si il existe r gt 0 tel que D a r C Q et f est holomorphe sur D a r a Il vient en vertu du th or me 1 1 que f admet un d veloppement en s rie de Laurent OO DD an z a 09 dans D a r a o D a r est le plus grand disque centr en a et inclus dans Q On appelle cette s rie d veloppement de Laurent de f autour de a et l on a Th or me 2 1 Classification des singularit s isol es Soit a Q une singularit isol e d une application f d un ouvert Q de C dans C Si f z 5 an z a est le d veloppement en s rie de Laurent de f autour nez de a alors l un des trois cas suivants se pr sente i an 0 pour tout n lt 0 ii Il existe un entier m gt 1 tel que a 0 pour tout n lt m iii L ensemble fn EN a n o est infini Dans ce cas on a pour tout r gt 0 tel que D a r C Q limage de D a r a par f est dense dans C D finition 2 2 On conserve les notations du th or me pr c dent Dans le cas i on dit que a est une singularit artificielle de f Dans le cas ii a est dit p le d ordre m de f Dans le cas iii on dit que a est une singularit essentielle de f Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe P
127. te sur Q c est dire que f cte sur Q 5 Si f u iv est holomorphe sur Q alors par les quations de Cauchy Riemann u amp w Ov r Oy y u v dv y r r d o v cte et u cte sur Q donc f cte sur Q EXERCICE 1 6 Soit f z u x iy i v x iy une fonction holomorphe sur un ouvert connexe de C On suppose que u F v o F est une fonction r elle d rivable sur R Montrer que la fonction f est constante sur Q SOLUTION Par les quations de Cauchy Riemann on a le syst me de Cramer suivant v v j F v os 0 Ov peA NE 11 Ov dv Donc 0 sur Q Par cons quent v est constante sur Q Par suite f Ox y est constante EXERCICE 1 7 Soit z f z une fonction holomorphe sur un ouvert Q de C Montrer que la fonction z f z est holomorphe sur g zec f zen SOLUTION D abord Q 2e C Z Q est un ouvert de C car c est l image r ciproque de l ouvert Q de C par l hom omorphisme conjugaison z Z On pose pour z E Q g z f z Si f z u x y iv x y avec z x iy alors F Z u x y iv x y et par suite pour z Q g z u x y iv x y donc on a P r 5 g _ u Ov z Fora ae aO aO aO 3g u v of on en d duit que E a tia B la a x 0y x T a Se car BL z i 2 0 puisqu
128. tout t et tel que yo Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe La condition amp t gt 0 signifie intuitivement qu on parcourt y dans le m me sens par les deux param trages y et 7 sont alors dits deux chemins quivalents Il est clair qu en vertu du th or me de changement de variables on a le r sultat d ind pendance suivant Proposition 1 1 Si et sont deux chemins de classe C quivalents alors pour tout f C y ensemble des fonctions continues sur y Le th or me suivant montre la connection entre les int grales le long des chemins complexes et les int grales curvilignes r elles Th or me 1 1 Soit y labl t gt q t 6 iyt un chemin de classe C et f u iv C y alors J f z dz f udx vdy i vd udy 2 y PREUVE Comme f u iv et z t x t iy t alors FEH O lulet yt ivl yle E iye d o 2 Comme les int grales le long des chemins complexes se ram nent des int grales sur des intervalles r els on obtient ais ment les propri t s suivantes Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Proposition 1 2 Soit y un chemin de C de classe Ct Alors pour tous f g C yl et C ua sas f gdz 3 f fdz fdz 4 D finition 1 5 Si t q t x t iy t est un ch
129. un p le ce qui est exclu Si g 20 0 alors l galit H w g 2 montre que f admet un prolongement en z9 et z est une singularit arti ficielle ce qui est aussi exclu EXERCICE 6 18 Soit Q un ouvert de C contenant le disque ferm D 0 r r Soit f une fonction holomorphe dans Q v rifiant f 0 0 f 0 f z 0 pour 0 lt z lt r On pose m aa a 1 Montrer que pour u D 0 m la fonction g z f z u a un unique z ro simple dans le disque D 0 r On note F u ce z ro que vaut F 0 2 a Donner la valeur de Joo 5 aO dz o C 0 r est le cercle de rang r centr l origine b Etablir pour u D 0 m E A ZF Pi Siz To Ce r 23 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe c En d duire F u anu dans D 0 m avec pour n gt 1 n 1 all An es GR 2ir Jet f 2 1 d Calculer la d riv e de la fonction h 2 et en FOD d duire que l on a galement 1 dz n T 2imn a HO 3 On prend Q C f z ze 7 et r 1 a V rifier que l on a alors b Quel est le rayon de convergence de la s rie gt an2 SOLUTION Q tant un ouvert de contenant le disque ferm D 0 r r gt 0 et f H Q v rifiant F 0 0 f 0 1 fG 0 Vze D 0 r 0 Par principe de maximum m gt 0 o m ma IF Me f z 1 Si u D 0 m c e
130. unis Analyse complexe EXERCICE 6 9 Montrer que 27 d 27p 0 p cosp yp T SOLUTION Pour calculer cette int grale on utilise R X Y p X et R z 4z 22 2pz 1 4 p 1 Ce p le est d ordre 2 Pour calculer le r sidu de R au point w posons t z w On a 4z 1 e 1 f t I 22 2pz 1 p 1 t2 1 La fonction a un seul p le dans D 0 1 savoir w p TE e 1 amit d o Res R w P D 1 V1 On obtient alors ma dy E 27rp o p cosp p2 13 La proposition pr c dente s applique des int grales de la forme 27 R cos y sin y cos m sin n d 0 o m n Z Il suffit de remarquer que ec cos me FC 7 et sin np 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe 00 5 3 Int grales Impropres f Far OO Soit Q un ouvet connexe de C contenant le demi plan ferm P PUR eC Im z gt 0 et yr 0r P p gt Rexp iy la partie du p rim tre du disque D 0 R contenue dans P Th or me 5 1 Soit f une application holomorphe sur Q sauf en un nombre fini de points non 00 r els Supposons que l int grale J f x dx existe et que lim zf z 0 Alors ie si J f x dx 2ir 5 Res f w 99 wEP PREUVE Les singularit s de f sont dans le disque ouvert D 0 R pour R gt 0 assez grand Pour un tel R il vient d
131. upes surjectif v rifiant YR U exp it P tER qui est un ouvert de S1 D autre part son noyau Kery qui est un sous groupe ferm de R diff rent de R est de la forme Kery 272 Il en r sulte que 4 est 2r p riodique et 0 27 Y R est un compact de t et par connexit du cercle unit St on a l galit DR ST Ainsi 13 Hajer Bahouri Mohamed Majdoub Amor Nakour Universit Virtuelle de Tunis Analyse complexe Proposition 5 5 L application DR sS t exp it est un homomorphisme de groupes surjectif de noyau gal 27Z L application exponentielle complexe exp C C est surjective de noyau 2inZ En particulier l application exp C C induit une bijection de la bande Rx m r z xz iy LER et y lt x dans son image Comme on a 1 exp ir 1 alors exp R ir o 0f L application exponentielle induit alors un diff omorphisme de la bande Rx 7 7 dans le plan fendu C C R 5 2 Notion d angle et notion d argument L application DR sS t exp it tant un homomorphisme de groupes surjectif de noyau gal 2rZ induit alors par passage au quotient un isomorphisme de groupes y R 27Z S tel que yoll y4 o I R R 27Z est la projection canonique D finition 5 2 Pour z z C on d finit l angle de z et z par angle z 2 ee et on d finit l argument d un nombre complexe z non nul not arg z comme tan

Analyse Complexe - UVT e-doc - Université Virtuelle de Tunis

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