I. Généralités
Définition 70. SoitΩ⊆Cun ouvert non vide. Soitf: Ω→C. On dit quefestanalytiquesurΩsi pour toutz0∈Ω, il existe une série entièrePanznde rayon de convergenceR >0et il existe0< ρ < Rtels que
∀z∈B(0, ρ) f(z) =
+∞
X
n=0
an(z−z0)n
On dit également quef estlocalement développable en série entièreen tout point deΩ.
Remarqe 71. Dans la définition précédente, la série entièrePanznassociée àfet au pointz0est unique d’après le principe des zéros isolés.
Exemple 72. Considérons la fonctionf:C r{1} →C, z7→ 1
1−z. Alors la fonctionf est analytique sur C r{1}. En effet, soitz0∈C r{1}. On a
f(z) = 1
1−z0−(z−z0) = 1 1−z0
· 1 1−z−z1−z0
0
= 1
1−z0
+∞
X
n=0
Åz−z0
1−z0 ãn
si|z−z0|<|1−z0|
=
+∞
X
n=0
1
(1−z0)n+1(z−z0)n siz∈B(z0,|1−z0|)
Le développement def en série entière enz0est donc valable pour toutz0∈C r{1}, ce qui montre quef est bien analytique surC r{1}.
Théorème 73. Soitf: Ω→Cune fonction analytique surΩ. Alors en tout pointz0 ∈Ω,f est indéfiniment dérivable au sens complexe enz0. De plus,
∀z0∈Ω ∃ρ >0 ∀z∈B(z0, ρ) f(z) =
+∞
X
n=0
f(n)(z0)
n! (z−z0)n
Démonstration. Soitz0∈Ω. Posonsg(z) =f(z+z0), de sorte que l’on se ramène au voisinage de0: z+z0∈B(z0, ρ) ⇐⇒ z∈B(0, ρ)
Les corollaires 55 et 59 donnent alors
∃ρ >0 ∀z∈B(0, ρ) g(z) =
+∞
X
n=0
g(n)(0) n! zn
Soith:z7→z−z0. Alorshest indéfiniment dérivable etf =g◦h. Commeh0(z) = 1, on montre par récurrence f(n)(z0) =g(n)(0). Ainsi
∀z∈B(z0, ρ) f(z) =
+∞
X
n=0
f(n)(z0)
n! (z−z0)n
égalité qui termine la démonstration.
Théorème 74. SoitPanzn une série entière de rayonR > 0et de somme f(z) =
+∞
X
n=0
anzn. Alorsf est analytique surB(0, R).
21
Démonstration. (à revoir). Soitz0∈B(0, R). Soit0< ρ < R− |z0|. Définissons la fonctiongsurB(0, ρ) en posantg(w) =z0+w. Il suffit de montrer quefest développable en série entièrePcnwnautour dew= 0. Or
w∈B(0, ρ) =⇒ g(w)∈B(0, R)
La fonction composéef ◦gest donc bien définie surB(0, ρ). La fonctionf étant une série entière, l’égalité f(z) =
Intéressons-nous aux sommes partielles et définissons les fonctions fm(z) =
z0n−pest le coefficient d’ordrepdu développement en série entière deg(w)n. En utilisant l’égalitéMgn(ρ) =Mg(ρ)n= (|z0|+ρ)n, les inégalités de Cauchy impliquent
la limite précédente.
I. GÉNÉRALITÉS 23
Lors de la démonstration précédente, nous avons déterminé les coefficients du Développement en Série En-tière def autour dez0. En effet, en utilisant les notations du théorème précédant, l’égalitéw=z−z0donne le DSE
f(z) =
+∞
X
p=0
cp(z−z0)p, cp=
+∞
X
n=p
Çn p å
anz0n−p=f(p)(z0) p!
Intéressons-nous désormais aux opérations (somme, produit, composition, inverse) de fonctions analytiques.
Théorème 75. Soientf: Ω→Cetg: Ω→Cdeux fonctions analytiques surΩ. Soitλ∈C. 1. La fonctionλf+gest analytique surΩ.
2. La fonctionf×gest analytique surΩ.
Démonstration. Soitz0∈Ω. Il existe deux séries entièresPanzn etPbnznde rayons de convergence respectifsR1>0etR2>0telles que
∀z∈B(z0, R1) f(z) =
+∞
X
n=0
an(z−z0)n
∀z∈B(z0, R2) g(z) =
+∞
X
n=0
bn(z−z0)n Soit0< ρ≤min(R1, R2). En utilisant le théorème 66, on obtient :
∀z∈B(z0, ρ) (λf+g)(z) =X
n≥0
(λan+bn)(z−z0)n
∀z∈B(z0, ρ) f×g(z) =X
n≥0
cn(z−z0)n
oùcn est le coefficient devant le terme de valuationndans le produit au sens de Cauchy des sériesPanznet
Pbnzn. Ces égalités terminent la démonstration.
Théorème 76. Soientf: Ω→Cetg:Ωe →Cdeux fonctions analytiques. Supposons quef(Ω)⊆Ω. Alors lae fonctiong◦fest analytique surΩ.
Plus précisément, soitPanzn(resp. Pbnzn)une série entière de rayonR1 >0(resp.R2 > 0) et soit0 <
ρ1< R1(resp.0< ρ2< R2) tel que
∀z∈B(z0, ρ1) f(z) =
+∞
X
n=0
an(z−z0)n
resp. ∀w∈B(f(z0), ρ2) g(w) =
+∞
X
n=0
bn(w−f(z0))n
!
La fonctionf étant continue enz0, choisissons0< ρ3≤ρ1tel que pour toutz∈B(z0, ρ3),f(z)∈B(f(z0), ρ2).
Alors
∀z∈B(z0, ρ3) g◦f(z) =
+∞
X
n=0
cn(z−z0)n où cn=
n
X
p=1
bpa(p)n
les coefficientsa(p)n étant définis par(f(z)−f(z0))p=
+∞
X
n=p
a(p)n (z−z0)n.
Démonstration. Soitz0∈Ω. SoitPanznde rayonR1>0et soit0< ρ1≤R1tels que
∀z∈B(z0, ρ1) f(z) =
+∞
X
n=0
an(z−z0)n SoitPbnznde rayonR2>0et soit0< ρ2< R2tels que
∀w∈B(f(z0), ρ2) g(w) =
+∞
X
n=0
bn(w−f(z0))n La fonctionf étant continue enz0,
∃ρ3≤ρ1 ∀z∈B(z0, ρ3) f(z)∈B(f(z0), ρ2)
Pourz∈B(z0, ρ3), nous avons donc g◦f(z) =g
+∞
X
n=0
an(z−z0)n
!
=
+∞
X
m=0
bm +∞
X
n=1
an(z−z0)n
!m
(carf(z)∈B(f(z0), ρ2))
La fin de la démonstration est alors identique à la fin de la démonstration du théorème 67.
Théorème 77. Soitf: Ω→Cune fonction analytique. SoitΩ0={z∈Ω : f(z)6= 0}. Alors 1. Ω0est ouvert ;
2. 1
f : Ω0→Cest analytique (surΩ0).
Démonstration. La fonctionf: Ω→Cest continue, et{0}est fermé dansR. Ainsi,f−1({0})est fermé.
Par ailleurs,Ωest ouvert, doncΩ0 = Ωrf−1({0})est ouvert.
Soitz0 ∈Ω0. La fonctionf étant analytique, il existeρ >0et il existe une série entièrePanznde rayon R≥ρtels que
∀z∈B(z0, ρ) f(z) =
+∞
X
n=0
an(z−z0)n Par hypothèse,a0=f(z0)6= 0. Écrivons donc
f(z) =a0 Ñ
1 +X
n≥1
an a0
(z−z0)n é
=a0(1 +g(z)), g(z0) = 0 La fonctiongétant continue en0,
∃ρ1>0 ∀z∈B(z0, ρ1) |g(z)|<1 Considérons alorsΩ0=C r{−1}et posons
θ: Ω0 −→ C
u 7−→ 1
1 +u La fonctionθest analytique surΩ0et
∀u∈B(0,1) θ(u) =
+∞
X
n=0
(−1)nun En utilisant le théorème 76,
∀z∈B(z0, ρ1) θ◦g(z) =
+∞
X
n=0
cn(z−z0)n Or
θ◦g(z) = 1
1 +g(z) = a0
f(z) Ainsi,
∀z∈B(z0, ρ1) 1 f(z)=
+∞
X
n=0
cn a0
(z−z0)n
La fonctionf est donc développable en série entière autour dez0. Le choix dez0 ∈ Ω0étant quelconque, ceci montre bien que la fonction
1
f est analytique surΩ0.
Exemple 78. Soitfla fonction d’expressionf(z) = 1
z, fonction définie surΩ =C×. Soitz0∈Ω. Intéressons-nous au développement en série entière defautour dez0.
1
z = 1
z0+ (z−z0) = 1 z0
· 1 1 +z−zz 0
0
II. PROLONGEMENT ANALYTIQUE 25
Si
z−z0
z0
<1, alors
1 z = 1
z0 +∞
X
n=0
(−1)n
zn0 (z−z0)n Or
z−z0
z0
<1 ⇐⇒ |z−z0|<|z0| ⇐⇒ z∈B(z0,|z0|) Le développement trouvé précédemment est donc valable surB(z0,|z0|).
Notation. L’ensemble des polynômes à coefficients dansCest notéC[z]. L’ensemble des fractions ration-nelles à coefficients dansCest notéC(z). Ainsi,C(z) =
ßP
Q : P ∈C[z], Q∈C[z]
™ .
Théorème 79. Pour toutR∈C(z), la fonctionz7→R(z)est analytique sur son domaine de définition.
Démonstration. Un polynôme est une série entière de rayonR = +∞. Un polynôme est donc analy-tique surC(cf théorème 74). D’après le théorème précédent, une fraction rationnelle est analytique dès que son
dénominateur ne s’annule pas, i.e. sur son domaine de définition.
II. Prolongement analytique Rappels de topologie
Définition 80. SoitD ⊆C. On dit queDest :
· convexesi
∀z0∈ D ∀z1∈ D [z0, z1]⊆ D (où[z0, z1] ={tz0+ (1−t)z1 : t∈[0; 1]})
· un ensembleétoilépar rapport àz0∈ Dsi
∀z∈ D [z0, z]⊆ D
· faiblement convexesi
∀z, z0∈ D ∃n∈N ∃z0, z1, . . . , zn∈ D [(z=z0) ∧ (z0=zn) ∧ (∀i∈J1, nK [zi−1, zi]⊆ D)]
i.e. si tout couple de points deDest reliable par une ligne brisée dansD;
· connexe par arcssi pour toutz, n0 ∈ D, il existe une application continueα : [0; 1] → Dtelle que α(0) =zetα(1) =z0(auquel cas,αs’appelle un chemin inclus dansD) ;
· connexesi pour tout ouvertU1⊆Cet pour tout ouvertU2⊆C,
[(D⊆U1∪U2) ∧ (U1∩U2=∅)] =⇒ [(D⊆U1) ∨ (D⊆U2)]
Remarqe 81 (exercice). Dest connexe si, et seulement si pour tout couple(F1, F2)de fermés deC, [(D⊆F1∪F2) ∧ (F1∩F2=∅)] =⇒ [(D⊆F1) ∨ (D⊆F2)]
Définition 82. SoitX un espace topologique. SoitA ⊆ X. Le sous-ensembleAest ditconnexesi pour tout couple d’ouvertsU1, U2deX vérifiantA⊆U1∪U2etU1∩U2=∅, on aA⊆U1ouA⊆U2.
Proposition 83. SoientX, Y deux espaces topologiques et soitf:X →Yune applicationcontinue. SiA⊆X est connexe, alorsf(A)⊆Y est connexe. Autrement dit, l’image continue d’un connexe est connexe.
Démonstration. Supposons queAest connexe et notonsB = f(A). SoientV1, V2 deux ouverts deY tels queB ⊆ V1∪V2 etV1∩V2 = ∅. L’applicationf étant continue,U1 = f−1(V1)etU2 =f−1(V2)sont deux ouverts deX. Remarquons également quef−1(V1∪V2) =f−1(V1)∪f−1(V2) =U1∪U2(exercice). Ces considérations impliquentA⊆U1∪U2. De plus l’égalitéV1∩V2=∅donne l’égalitéU1∩U2=∅. L’ensemble Aétant connexe, on a donc par exempleA ⊆ U1. AinsiB = f(A) ⊆ f(U1) ⊆ V1 et par conséquent,B est
connexe.
Théorème 84. SoitD ⊆C. Alors
Dconvexe =⇒ Détoilé =⇒ Dfaiblement convexe =⇒ Dconnexe par arc =⇒ Dconnexe Il est à noter qu’aucune réciproque n’est vraie.
Démonstration. connexe par arcs =⇒ connexe. Démontrons la contraposée de cette implication.
Supposons donc queDn’est pas connexe. Il existe alors deux fermés F1 et F2 deCvérifiantD ⊆ F1∪F2, F1∩F2=∅,D ∩F16=∅etD ∩F26=∅. Soitz1∈ D ∩F1et soitz2∈ D ∩F2. Supposons désormais par l’absurde qu’il existe un chemin continuα: [0,1]→ Dtel queα(0) = z1etα(1) = z2. NotonsA =α([0,1]). Comme z1, z2 ∈Aet commeA ⊆ D, on aA⊆F1∪F2,A∩F1 6=∅,A∩F26=∅etF1∩F2=∅. Ceci montre queA n’est pas connexe. Or[0,1]est connexe etαest continue, donc en vertu de la proposition 83,Aest connexe, ce qui contredit la déduction précédente. Ainsi, il n’existe aucun chemin continu contenu dansDet reliantz1àz2, etDn’est pas connexe par arcs.
faiblement convexe =⇒ connexe par arcs. Une ligne brisée peut être vue comme une application continue α: [0,1]→ D.
étoilé =⇒ faiblement connexe. Supposons queDest étoilé par rapport àz0. Soientz, z0 ∈ D. La ligne brisée constituée du segment[z, z0]suivi du segment[z0, z0]est une ligne brisée inclue dansDreliantzàz0.
convexe =⇒ étoilé. Exercice.
Exemple 85. Exemple de connexe non connexe par arc : ß
x+isin Å1
x ã
: x∈R×+
™
∪[−i;i].
Lemme 86. SoitD ⊆C. Les assertions suivantes sont équivalentes.
(i) Dest convexe
(ii) Dest étoilé par rapport à tous ses points.
Démonstration. (i) =⇒ (ii). Clair.
(ii) =⇒ (i). Soientz, z0 ∈ D. CommeDest étoilé par rapport àz, on a[z, z0] ⊆ D, d’où le fait queDest
convexe.
Théorème 87. SoitU ⊆Cun ouvert. Les assertions suivantes sont équivalentes.
(i) Uest faiblement convexe.
(ii) Uest connexe par arc.
(iii) Uest connexe.
Démonstration. (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii). Voir le théorème 84
(iii) =⇒ (i). Soita∈U. Il s’agit de montrer que pour toutz ∈U, il existe une ligne brisée inclue dansU reliantzàa. Notons donc
U0={z∈U : il existe une ligne brisée (dansU) reliantzàa}
U1={z∈U : on ne peut pas relierzàaà l’aide d’une ligne brisée (dansU)} On vérifie alors aisément
U0∩U1=∅ et U0∪U1=U
Montrons désormais queU0est ouvert. Soitz0∈U0. Notons[a0, a1]∪[a1, a2]∪ · · · ∪[an−1, an]une ligne brisée relianta=a0àz0 =an. CommeU est ouvert, fixonsε > 0tel queB(z0, ε)⊆U. Remarquons que la boule B(z0, ε)est convexe. En effet, soientb, c∈B(z0, ε)et soitλ∈[0; 1]. Alors la distance dez0àλb+ (1−λ)cest
|λb+ (1−λ)c−z0|=|λ(b−z0) + (1−λ)(c−z0)|
≤λ|b−z0|+ (1−λ)|c−z0| (carλ≤0et(1−λ)≥0)
≤(λ+ 1−λ) max{|b−z0|,|c−z0|}< ε
II. PROLONGEMENT ANALYTIQUE 27
Cette inégalité montre bien queλb+ (1−λ)c∈B(z0, ε), i.e. queB(z0, ε)est convexe. Montrons désormais que B(z0, ε)⊆U0. Soitz∈B(z0, ε)⊆U0. La bouleB(z0, ε)⊆U0étant convexe, on a[z0, z]⊆B(z0, ε)⊆U, de sorte que la ligne brisée[a0, a1]∪[a1, a2]∪ · · · ∪[an−1, an]∪[z0, z]est une ligne brisée (dansU) reliantaàz, ce qui montre quez∈U0et par conséquent queU0est ouvert.
Montrons queU1est ouvert. Soitz0 ∈U1. CommeU est ouvert, fixonsε > 0pour lequelB(z0, ε)⊆U. Comme précédemment, on a[z, z0]⊆U. Raisonnons par l’absurde : s’il existait une ligne brisée (dansU) reliant aàz, alors en ajoutant le segment[z, z0]à cette ligne brisée on obtiendrait une ligne brisée reliantaàz0, ce qui contreditz0∈U1. Ainsi,B(z0, ε)⊆U1etU1est ouvert.
CommeU est connexe, on en déduit que l’on a soitU ⊆U0, soitU ⊆U1. Ora∈U0, doncU06=∅. Ainsi,
U1=∅etU ⊆U0, ce qui montre queUest faiblement connexe.
Définition 88. On appelledomainedeCtout partie non vide, ouverte et connexe deC. Exemple 89. Cest un domaine, une boude ouverte est un domaine.
Théorème 90 (Principe du prolongement analytiqe). SoitDun domaine.
Soientf:D →Cetg:D →Cdeux fonctions analytiques. Les assertions suivantes sont équivalentes.
(i) f =g
(ii) ∃U ⊆ Douvert, U6=∅ f|U =g|U
(iii) ∃K⊆ Dpossédant un point d’accumulation dansD f|K =g|K
(iv) Il existe une suiteinjective (zq)q∈Nd’éléments de Dconvergeant dansDtelle que pour tout q ∈ Non a f(zq) =g(zq).
Démonstration. (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (iv). Clair (iv) =⇒ (i). Choisissons une suite injective(zq)q∈
Nvérifiant (iv). Notonsa= lim
q→+∞zq ∈ D. Les fonction f etgsont analytiques surD:
∃X
bnznde rayonR1>0 ∃X
cnznde rayonR2>0 ∃0< ρ≤min{R1, R2} B(a, ρ)⊆ D et ∀z∈B(a, ρ) f(z) =
+∞
X
n=0
bn(z−a)n et g(z) =
+∞
X
n=0
cn(z−a)n Posonsh=f−g. Alors
∀z∈B(a, ρ) h(z) =
+∞
X
n=0
(bn−cn)(z−a)n
Commeh(zq) = 0pour toutq∈N, le principe des zéros isolés (plus précisément le corollaire 58) implique que h|B(a,ρ)= 0. Ainsi,f|B(a,ρ)=g|B(a,ρ).
Montrons désormais quef etgcoïncident surD. Soitb∈ D. Soitϕ: [0; 1]→ Dune ligne brisée reliantaà b:ϕ(0) =aetϕ(1) =b. Soit
E=¶
t∈[0,1] : f|[0,t] =g|[0,t]©
E 6=∅car0 ∈E. De plus,Eest un intervalle : en effet, sit1, t2 ∈E,t1 < t2et sis∈ ]t1, t2[, alorsf|[0,t
2] = g|[0,t
2]impliquef|[0,s] =g|[0,s], autrement dits∈E. Notons alorst0 = supE. Commef etgsont continues, f(t0) = lim
t→t0
t<t0
f(t) = lim
t→t0
t<t0
g(t) =g(t0), d’où l’on conclutt0∈E.
Raisonnons par l’absurde et supposonst0<1. Notons alorsδ=ϕ(t0)∈ D.
∃X
b0nznde rayonR01>0 ∃X
c0nznde rayonR02>0 ∃0< ρ0 ≤min{R01, R02} B(δ, ρ0)⊆ D et ∀z∈B(δ, ρ0) f(z) =
+∞
X
n=0
b0n(z−δ)n et g(z) =
+∞
X
n=0
c0n(z−δ)n Orϕest continue ent0:
∃η >0 ϕ(]t0−η, t0+η[)⊆B(δ, ρ0) Notons alors queϕ(]t0−η, t0])possède un point d’accumulation et quef|ϕ(]t
0−η,t0])=g|ϕ(]t
0−η,t0]). Un raison-nement identique à celui mené précédemment montre quef|B(δ,ρ0) =g|B(δ,ρ0). Les fonctionsf etgsont donc identiques sur l’intervalle]t0, t0+η[, ce qui contredit le fait quet0= supE. Ainsit0= 1etf(b) =g(b).
III. Principe du maximum
Définition 91. SoitA⊆C. Soitf: A→Cune fonction. Soita∈A. On dit quefpossède unmaximum local(resp. unminimum local) enasi
∃ε >0 ∀z∈A∩B(a, ε) |f(z)| ≤ |f(a)|
(resp.∃ε >0 ∀z∈A∩B(a, ε) |f(z)| ≥ |f(a)|)
Théorème 92. SoitDun domaine. Soitf: D →Cune fonction analytique. Sif possède un maximum local surD, alorsf est constante.
Démonstration. Soitλ ∈ D le point en lequelf possède un maximum local.D étant un domaine, le principe du prolongement analytique implique qu’il suffit de montrer quef est constante sur un voisinage deλ. La fonctionf étant analytique, il existe une série entière, que l’on noteraPcnzn de rayonR > 0, et il existe 0< r≤Rtels queB(λ, r)⊆ Det
∀z∈B(λ, r) f(z) =
+∞
X
n=0
cn(z−λ)n
Raisonnons par l’absurde et supposons quefne soit pas constante. Notonsk0= inf{k∈N r{0} : ck 6= 0}. Remarquons dans un premier tempsc06= 0. En effet, sic0= 0, alorsf(λ) = 0et le fait quef possède un maxi-mum local enλimplique quefest nulle dans un voisinage de0, ce qui contredit le fait quefn’est pas localement constante. Écrivons alors
f(z) =c0+ck0(z−λ)k0+ck0+1(z−λ)k0+1+. . .
=c0 1 +µ(z−λ)k0(1 + (z−λ)g1(z)) où µ= ck0
c0
et g1(z) = ck0+1 ck0
+ck0+2 ck0
(z−λ) +. . .
La fonctiong1est analytique surB(λ, r)(d’après le théorème 74). Cette dernière fonction est donc continue et par conséquent bornée sur tout compactK. ChoisissonsK=B
λ,r 2
et notonsM un majorant degsurK:
∀z∈B λ,r
2
|g1(z)| ≤M Soitr0 ≤ r
2 vérifiantr0M ≤ 12. Écrivonsµ=|µ|eiα, oùα∈R. Pour0 < ρ < r0, on s’intéresse au complexe z=λ+ρe−ikα0 ∈B(λ, r0). On a
|f(z)|=|c0|
1 +µ(z−λ)k0(1 + (z−λ)g1(z))
≥ |c0|
1 +µ(z−λ)k0 −
µ(z−λ)k0+1g1(z)
(inégalité triangulaire)
=|c0| 1 +|µ|ρk0− |µ|ρk0|ρg1(z)|
≥ |c0| Ç
1 +|µ|ρk0−|µ|ρk0 2
å
(d’après le choix der0)
=|c0| Ç
1 +|µ|ρk0 2
å
Cette inégalité implique donc|f(z)|>|f(λ)|, ce qui contredit le fait queλsoit un maximum relatif.
Théorème 93 (Théorème de d’Alembert-Gauss, théorème fondamental de l’algèbre). Le corpsCest algébriquement clos. Autrement dit, tout polynôme complexe non constant admet (au moins) une racine.
On peut remarquer que le théorème fondamental de l’algèbre implique qu’un polynôme complexe de degré n≥1possède exactementnracines (comptées avec leur ordre de multiplicité).
Démonstration. SoitP(z) = a0+a1z+· · ·+anzn, oùn ≥ 1etan 6= 0. Supposons que pour tout z∈C, on aP(z)6= 0. Le théorème 74 implique quePest analytique surC. Le théorème 77 implique alors que f(z) = 1
P(z)est également analytique surC. L’inégalité triangulaire appliquéenfois de suite donne l’inégalité
|P(z)| ≥ |anzn| − |an−1zn−1+· · ·+a0|
≥ |anzn| −(|an−1zn−1|+· · ·+|a0|)
=|anzn| Å
1−
an−1 an
1
|z|− · · · −
a0
an
1
|z|n ã
IV. FONCTIONS EXPONENTIELLE ET TRIGONOMÉTRIQUES 29
On en déduit lim
|z|→+∞|P(z)|= +∞, autrement dit que lim
|z|→+∞|f(z)|= 0. De plus,A=f(0) = 1 a0
6= 0. Ainsi,
∃R >0 ∀|z|> R |f(z)| ≤A
La partieK=B(0, R)est compacte etfest continue. Ainsi,fest bornée surKet elle atteint son maximum en un point que nous noteronsλ.
∀z∈B(0, R) |f(z)| ≤ |f(λ)|
∀z6∈B(0, R) |z|> R =⇒ |f(z)| ≤A=|f(0)| ≤ |f(λ)|
Ainsi,λest un maximum absolu def. Le principe du maximum implique alors quefest constante, ce qui contredit
le fait queP ne soit pas constant.
IV. Fonctions exponentielle et trigonométriques Remarqe 94. La série entièrePzn
n! a un rayon de convergenceR= +∞(d’Alembert).
Définition 95. On appelle fonction exponentielle, notéeexpouz7→ez, la fonction définie par
∀z∈C exp(z) =ez=
La fonction exponentielle est une fonction entière.
Lemme 96. La fonctionexpest holomorphe. De plus
∀z∈C exp0(z) = exp(z)
Démonstration. En tant que fonction entière, la fonctionexpest analytique surC(théorèmes 74 et 73) , d’où l’on déduit l’holomorphie de la fonctionexp. De plus, le théorème 53 implique
exp0(z) =
z! étant absolument convergentes, le théorème 30 assure que la sériePcnconverge vers
d’où l’égalité des deux expressions.
Corollaire 98. 1. ∀z∈C ez6= 0 2. ∀z∈C e−z= 1
ez
Démonstration. 1. Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existez0 ∈ Cvérifiantez0 = 0. Alors1 =e0=ez0−z0=ez0e−z0 = 0, ce qui est absurde.
2. Soitz∈C. On a1 =e0=ez−z =eze−z. Cette égalité indique bien quee−zest l’inverse deez. Cas de l’exponentielle réelle.
f: R −→ C
x 7−→ ex Proposition 99.
1. f est à valeurs réelles.
2. f estC∞et pour toutn≥1,f(n)=f.
3. f définit une bijection strictement croissanteR→R×+. Démonstration.
1. Rétant complet, pourx≥0on aex= 1 +
+∞
X
n=1
xn
n! ≥1. Six≤0, alors−x≥0etex= 1
e−x ∈]0; 1]. Ainsi,fest à valeurs dansR×+.
2. La fonctionexpestC∞surC, sa restriction àRest doncC∞également.
3. f0(x) =ex>0d’après (1). La fonctionf est donc strictement croissante (et continue). Cette fonction opère donc une bijection deRsur
ò
x→−∞lim ex, lim
x→+∞ex ï
. Pourx≥0, on a ex= 1 +x+x2
2 +· · · ≥1 +x −→
x→+∞+∞
D’où lim
x→+∞ex= +∞et lim
x→−∞ex= lim
x→−∞
1 e−x = 0.
Retour à l’exponentielle complexe.
Proposition 100. Soitz∈C. On a 1. ez=ez
2. |ez|=eRez
3. |ez|= 1 ⇐⇒ z∈iR Démonstration.
1. ez=
+∞
X
n=0
zn n! =
+∞
X
n=0
zn n! =ez
2. |ez|2=ezez=ezez=ez+z=e2 Rez= eRez2
. Donc|ez|=eRez.
3. |ez|= 1 ⇐⇒ eRez= 1 ⇐⇒ Rez= 0 (carx7→exréalise une bijectionR→R×+) Théorème 101. exp :C→C×est un morphisme de groupes.
Démonstration. Il s’agit de la traduction de théorème 97.
Étude du noyau.
Notons alorsU={z∈C : |z|= 1}et intéressons-nous au noyau deexp: ker(exp) ={z∈C : ez= 1}
Soitz∈ker(exp). La proposition 100 implique quez∈iR. Considérons donc l’application
ϕ: R −→ U
x 7−→ eix
ϕest un morphisme de groupe (toujours d’après le théorème 101). De plus,ker(exp) = iker(ϕ). Nous nous intéresserons désormais àkerϕ. Rappelons la
Proposition 102. SoitΓun sous-groupe additif deR. Alors soitΓest dense (i.e.Γ =R), soit il existeα≥0tel queΓ =αZ.
IV. FONCTIONS EXPONENTIELLE ET TRIGONOMÉTRIQUES 31
Démonstration. Intéressons-nous à la partie deRsuivante :A= ]0,+∞[∩Γ. Soitα= infA∈R+. Deux cas peuvent se présenter :α >0etα= 0.
Cas 1 :α > 0. Montrons que dans ce casΓ = αZ. Montrons dans un premier tempsα ∈ Γ. Raisonnons par l’absurde et supposonsα6∈Γ. Dans ce cas, pour toutε >0,]α, α+ε[∩Γ6=∅. Soitγ1∈]α,2α[∩Γet choisissons γ2∈]α, γ1[∩Γ. Dans ce cas0< γ2−γ1< αetγ2−γ1∈Γcontredisent la définition deα. Ainsi,α∈Γ. Soitγ∈Γr{0}. Quitte à remplacerγpar−γ, on peut supposerγ >0. Notonsn=jγ
α k
. L’inégalitén≤ γ α <
n+ 1impliquenα≤ γ <(n+ 1)α. Nous obtenons alors les inégalité0 ≤γ−nα < α. Orγ−nα∈ Γ. La définition deαimplique doncγ−nα= 0, i.e.γ∈αZ.
Cas 2 :α= 0. Montrons alors queΓest dense. Soitx∈R. Quitte à remplacerxpar−x, on peut supposerx >0 (le casx= 0étant résolu par le fait0∈Γ). Soitε >0et montrons que]x−ε, x+ε[∩Γ6=∅. Soitγ∈]0, ε[∩Γ. Notonsn=
õx γ û
. On a (n≤x
γ < n+ 1 0< γ < ε
=⇒ nγ≤x <(n+ 1)γ < nγ+ε≤x+ε
ce qui montreγ∈]x−ε, x+ε[∩Γet termine la démonstration.
Revenons àkerϕ. En tant que sous-groupe deR, il est soit dense, soit de la formeαZ(oùα≥0). Raisonnons par l’absurde et supposonskerϕest dense. L’applicationϕest continue et elle coïncide avec l’applicationx7→1 surkerϕ. Ces deux applications sont donc égales, ce qui contredit le fait queexp|
Rest strictement croissante.
Ainsi,kerϕ=αZoùα∈R+. Introduisons la fonctioncos :R→Rdéfinie parcos(t) = Re(ϕ(t)). La fonction cosest continue (et mêmeC∞). De plus, l’égalité|ϕ(t)|= 1impliquecos(t)∈[−1; 1]. On a
cost= Re
+∞
X
n=0
(it)n n!
!
= Re
+∞
X
n=0
(−1)nt2n (2n)! +
+∞
X
n=0
i(−1)nt2n+1 (2n+ 1)!
!
(car la série converge absolument)
=
+∞
X
n=0
(−1)nt2n (2n)!
On acos(0) = 1. Montrons quecos(2)<0. En effet,cos 2est la somme de la série alternée=
+∞
X
n=0
(−1)n 22n (2n)!. En notantSnla somme partielle d’indicende cette série, on a pour toutn∈N,
S2n+1≤cos(2)≤S2n En particuliercos(2)≤S4 =−1
3. Le théorème des valeurs intermédiaires donne donc l’existence det∈]0; 2[
tel quecos(t) = 0. Posonsβ= inf{t∈[0; 2] : cos(t) = 0}.
Définition 103. On définit le nombre réelπgrâce à l’égalité2β=π. Commecosπ
2
= 0et ϕπ
2
= 1, on aϕ π2
∈ {±i}, i.e.ϕ(2π) =ϕ π24
= 1. La définition deβimplique alors queker(ϕ) = 2πZ. En effet, raisonnons par l’absurde et supposons que0 < γ < 2πvérifieeiγ = 1. Remarquons que
Äeiγ2ä2
= 1, doncexp iγ2
∈ {±1}. Sieiγ2 = 1, alors nous pouvons recommencer l’opération précédente en remplaçantγ par γ
2. La fonction ϕétant continue,exp i γ
2n
ne peut être égal à1pour tout n ∈ N. Il existe donc un entiern0 >0pour lequelexp
i γ 2n0
= −1. Auquel casexp i γ
2n0+1
∈ {±i}, et cos γ
2n0+1
= 0, ce qui contredit la minimalité deβ. Proposition 104.
ker(exp) = 2πZ Remarquons queeiπ=−1puisque eiπ2
=e2iπ= 1et queπ6∈2πZ. Corollaire 105. Soientz, z0 ∈C.
ez=ez0 ⇐⇒ (∃k∈Z z0=z+ 2ikπ) Théorème de relèvement.
Théorème 106 (dit de relèvement). Soitf : [a, b]→C×une application declasseC1. Soitθ0∈Rtel que f(a) =|f(a)|eiθ0.
Il existe alors uneuniqueapplicationcontinueθ: [a, b]→Rtelle queθ(a) =θ0et
∀x∈[a, b] f(x) =|f(x)|eiθ(x) Cette applicationθest en faitC1.
Démonstration. Définissons l’application g : [a, b] → Cpar g(x) = f(x)
|f(x)|. Montrons que g est de classeC1. Écrivons f(x) = f1(x) +if2(x), oùf1(x) = Re(f(x))et f2(x) = Im (f(x)). On a |f(x)| =
»f1(x)2+f2(x)2. Commef est de classeC1, les applicationsf1etf2 sont également de classeC1. De plus, u7→√
u est de classeC1sur]0,+∞[. Orf1(x)2+f2(x)2>0(carf(x)6= 0), doncx7→p
f1(x)2+f2(x)2 est de classeC1sur[a, b]. L’applicationgest donc de classeC1. Remarquons que
∀x∈[a, b] |g(x)|=»
g1(x)2+g2(x)2 = 1 Existence :posonsθ(x) = θ0 −i
Z x a
g0(t)
g(t)dt. Écrivonsg(t) = g1(t) +ig2(t), oùg1(t) = Reg(t)et g2(t) = Img(t). On ag0(t) =g01(t) +ig02(t). Ainsi
g0(t)
g(t) =(g10(t) +ig20(t))(g1(t)−ig2(t)) g1(t)2+g2(t)2
=g1(t)g10(t) +g2(t)g20(t) +i(g1(t)g02(t)−g01(t)g2(t)) carg1(t)2+g2(t)2= 1
=1
2 g1(t)2+g2(t)2)0
+i(g1(t)g02(t)−g01(t)g2(t))
=i(g1(t)g02(t)−g01(t)g2(t)) Ceci montre bien
g0(t)
g(t) ∈iRpour toutt∈[a, b]. Ainsi, Z x
a
g0(t)
g(t)dt∈iR, ce qui impliqueθ(x)∈R. L’application θ: [a, b]→Rvérifiantθ(a) =θ0est donc bien de classeC1sur[a, b]et vérifieθ0(x) =−ig0(x)
g(x). Par conséquent, l’applicationx7→eiθ(x)est également de classeC1sur[a, b]et
Äeiθ(x)ä0
=iθ0(x)eiθ(x)=g0(x) g(x)eiθ(x) Çeiθ(x)
g(x) å0
= eiθ(x)0
g(x)−eiθ(x)g0(x) g(x)2
=g0(x)eiθ(x)−g0(x)eiθ(x)
g(x)2 = 0
Donc
∃c∈C ∀x∈[a, b] eiθ(x)=cg(x) Le choixx=adonne
eiθ0 =eiθ(a)=cg(a) =c f(a)
|f(a)| =ceiθ0 d’où l’on conclutc= 1. Ainsi,
Å
∀x∈[a, b] f(x)
|f(x)| =g(x) =eiθ(x) ã
⇐⇒ Ä
∀x∈[a, b] f(x) =|f(x)|eiθ(x)ä ce qui montre l’existence deθ(qui est de classeC1).
Unicité :soientθ1: [a, b]→Retθ2: [a, b]→Rcontinues telles queθ1(a) =θ0=θ2(a)et telles que
∀x∈[a, b] f(x) =|f(x)|eiθ1(x)=|f(x)|eiθ2(x) Ainsi,
∀x∈[a, b] ei(θ1(x)−θ2(x)) = 1 Les propositions 100 et 104 impliquent
∀x∈[a, b] ∃k(x)∈Z θ1(x)−θ2(x) = 2k(x)π
L’applicationk: [a, b]→Zest continue. Le segment[a, b]étant connexe, l’imagek([a, b])est connexe dansZ. Ainsi,k([a, b])est un singleton :
∃`∈Z ∀x∈[a, b] k(x) =`
IV. FONCTIONS EXPONENTIELLE ET TRIGONOMÉTRIQUES 33
Ceci montreθ1(x) =θ2(x) +`. En évaluant enx=a, on obtient`= 0, d’où l’unicité.
Corollaire 107.
∀z0∈U ∃θ∈R z0=eiθ Démonstration. Supposons dans un premier tempsz06=−1.
1 z0 i
Introduisons la fonction
f: [0,1] −→ C
t 7−→ tz0+ (1−t)
En posantθ0= 0, on a bienf(0) =|f(0)|eiθ0. De plus, pour toutt∈[0,1],f(t)6= 0. Le théorème de relèvement donne l’existence d’une application continueθ: [0,1]→Rtelle que
∀t∈[0,1] f(t) =|f(t)|eiθ(t) Ainsi,z0=f(1) =|f(1)|eiθ(1) =eiθ(1), ce qui termine le casz06=−1.
Siz0=−1, la remarque suivant la proposition 104 donne l’égalité−1 =eiπ. Lors de l’étude du noyau deexp, nous avons introduit la fonction cosinus. Introduisons également la fonction sinus.
Définition 108. Les fonctioncosetsinsont définies surRpar
∀x∈R cosx= Re(eix) et sinx= Im(eix)
Corollaire 109. Soienta, b∈R. Si ces deux nombres réels vérifienta2+b2= 1, alors il existex∈Rtel que a= cosxetb= sinx.
Démonstration. Soienta, b ∈ Rtels quea2+b2 = 1. Soitz0 =a+ib. Comme|z0| = 1, le corollaire précédent assure l’existence dex∈Rtel quez0=eix= cosx+isinx, d’où le corollaire.
Corollaire 110. La fonctionexp :C→C×est surjective.
Démonstration. Soitw∈C×. Écrivonsw=|w|w0, oùw0 ∈U. Le corollaire 107 implique l’existence de y ∈ Rtel quew0 =eiy. Comme|w| ∈R×+, la proposition 99 implique l’existence dex∈Rtel que|w|= ex. Finalement,
w=exeiy=ex+iy=ez
oùz=x+iy.
Étude des fonction cosinus et sinus surC.
Définition 111. Définissons les fonctioncos,sin,ch,shsurCen posant, pourz∈C, cosz= eiz+e−iz
2 sinz= eiz−e−iz
2i chz= ez+e−z
2 shz= ez−e−z
2
La définition de cosinus donnée ici étend bien évidemment la définition précédant la définition 103.
Propriéte 112. cos,sin,ch,shsont des fonction entières (en tant que somme de fonctions entières) : cosz=
+∞
X
n=0
(−1)n z2n
(2n)! sinz=
+∞
X
n=0
(−1)n z2n+1 (2n+ 1)!
chz=
+∞
X
n=0
z2n
(2n)! shz=
+∞
X
n=0
z2n+1 (2n+ 1)!
Proposition 113.
∀z∈C ez= chz+ shz; eiz= cosz+isinz; cosz= ch(iz); isinz= sh(iz);
cos0z=−sinz; sin0z= cosz; ch0z= shz; sh0z= chz.
Recherchons désormais les zéros complexes decos. Soitz∈C.
cosz= 0 ⇐⇒ eiz=−e−iz ⇐⇒ eiz=ei(π−z) ⇐⇒ ei(2z−π)= 1
⇐⇒ i(2z−π)∈2iπZ ⇐⇒ z∈π
2 +πZ ⇐⇒
∃k∈Z z=π 2 +kπ Définition 114. SoitΩ =C rπ
2 +kπ : k∈Z . Définissons la fonction
tan : Ω −→ C
z 7−→ sinz cosz
Remarquons que la fonction tangente est analytique surΩ(en tant que quotient de fonctions analytiques). Re-venons à quelques identités vérifiées parcosetsin. Notons que eiπ22
= eiπ = −1, donceiπ2 ∈ {±i}. Une étude plus poussée de la fonctionsin|
R(plus précisément le fait quesin0x > 0pourx ∈ 0,π2
) montre que sin π2
>0, i.e.eiπ2 =i. Remarquons égalemente−iπ2 =eiπ2 =−i. Ainsi, cos
z+π 2
= eizeiπ2 +e−ize−iπ2
2 =i eiz−e−iz 2
= i2 eiz−e−iz
2i =−sinz De plus, sia, b∈C, alors
cosacosb=eia+e−ia 2
eib+e−ib
2 = 1
4
Äei(a+b)+ei(a−b)+e−i(a−b)+e−i(a+b)ä sinasinb=eia−e−ia
2i
eib−e−ib 2i =−1
4
Äei(a+b)−ei(a−b)−e−i(a−b)+e−i(a+b)ä Ainsi, nous retrouvons la formule valable pour touta∈Cet toutb∈C:
cos(a+b) = cosacosb−sinasinb Étude des fonction cosinus et sinus surR.
Six∈ R, alorscosx=
+∞
X
n=0
(−1)n x2n
(2n)! ∈ Retsinx=
+∞
X
n=0
(−1)n x2n+1
(2n+ 1)! ∈ R. De plus, par définition des fonctions cosinus et sinus,
eix= cosx+isinx Ainsi, pourx∈R,cosx= Re eix
etsinx= Im eix .
Les fonctionscosetsinsontC∞et vérifientcos0 =−sinetsin0 = cos. De plus, les fonctionssinetcossont 2π-périodiques (puisquez7→eizest2π-périodiques).
Étudions donc ces fonctions sur[−π, π]. Rappelons que π
2 est le premier zéro positif decos. La fonctionsinest donc strictement croissante sur
0,π2
. De plus, l’égalitecos x+π
2
=−sinximplique que la fonctioncosest strictement décroissante surπ
2, π
. La fonctioncospossède donc un unique zéro sur l’intervalle[0, π].
La définition decosmontre quecosest une fonction paire, tout comme la définition desinmontre que cette fonction est impaire. La fonctioncoss’annule donc une seule fois sur l’intervalle[−π,0], et ce au point−π2 : cos −π2
= 0. De plus,cos(π) =−1(careiπ=−1) etcos(−π) =−1(par parité). Notons égalementsin(π) = 0 = sin(−π)(careiπ =−1 =e−iπ par2iπ-parité). De plus,1 = cos 0 = cos −π2 +π2
=−sin −π2 donne l’égalitésin −π2
=−1. La fonctionsinétant impaire,sin π2
= 1. Nous en déduisons le tableau de variations
x −π −π2 0 π2 π
cosx − 0 + + 0 −
sinx 0 H
HHj-1
¯
* 0
*
1 H
HHj
0 Écriture trigonométrique
IV. FONCTIONS EXPONENTIELLE ET TRIGONOMÉTRIQUES 35
Théorème 115. Soitz∈C×. Alors il existe un uniqueρ >0et il existeθ∈Rtels quez=ρeiθ.
Démonstration. Existence :la fonctionexp :C→C×étant surjective, il existew=a+ib∈Ctel que z=ew. Dans ce cas,z=eaeib, doncρ=ea>0etθ=bconviennent.
Unicité :supposons que l’on ait une deuxième écriturez=ρ0eiθ0. On a|z|=|ρ||eiθ|=ρet|z|=|ρ0||eiθ0|=ρ0,
d’oùρ=ρ0.
Définition 116. Soitz∈C×. L’argumentdezest l’ensemble des réels Argz=
θ∈R : z=|z|eiθ D’après le théorème précédent,Argz6=∅pourz6= 0.
Proposition 117. Soitz∈C×. Soitθ0∈Argz. Alors
Argz={θ0+ 2kπ : k∈Z}=θ0+ 2πZ Démonstration. Soitθ∈Argz.
z=|z|eiθ=|z|eiθ0 ⇐⇒ eiθ=eiθ0 ⇐⇒ ei(θ−θ0)= 1
⇐⇒ i(θ−θ0)∈2iπZ ⇐⇒ (∃k∈Z θ=θ0+ 2kπ)
Corollaire-Définition 118. Parmi les éléments deArgz, il en existe un unique dans l’intervalle]−π, π].
Ce réel s’appelle ladétermination principale de l’argument dezet se noteargz. Ainsi, pour toutz ∈ C×, z=|z|eiargz.
Point de vue algébrique.
(R,+) est un groupe abélien.2πZ/Rest un sous-groupe distingué. Le groupe quotientR/2πZs’appelle le groupe des angles. Plus précisément, notonss:R→ R/2πZla surjection canonique. Remarquons que pour θ0 ∈R,θ“0 =s(θ0) = {θ0+ 2kπ : k ∈Z}. De plus, surR/2πZest muni d’une loi de composition interne définie parθ“0“+“θ1=◊θ0+θ1(la vérification que cette définition ne dépend pas du choix deθ∈θ“0ni de celui de θ0 ∈θ“1provient du fait2πZ/R).
Siz∈C×, alorsArgz∈R/2πZ. De plus, Proposition 119.
∀z∈C ∀z0∈C Arg(zz0) = Arg(z)“+ Arg (z0)
Démonstration. Soientθ∈ Argz,θ0 ∈ Argz0 etθe∈Arg(zz0). Par définition,z =|z|eiθ,z0 =|z0|eiθ0 etzz0 =|zz0|eieθ. L’égalitézz0 = |z||z0|ei(θ+θ0)montre alorsθ+θ0 ∈ Arg(zz0). Commeθe∈ Arg(zz0), on a
θ’+θ0=θbe, i.e.bθ“+bθ0=θbe, d’où la proposition.
Attention. Cette proposition n’est plus vraie lorsqu’on remplaceArgpararg.
Donnons un exemple pour lequelarg(zz0)6= arg(z)+arg(z0). Prenonsz=z0 =−i, de sorte quearg(−i) =−π2 maisπ= arg(−1) = arg((−i)×(−i))6= arg(−i) + arg(−i) =−π.
Pour terminer ce chapitre, rappelons le morphisme
ϕ: R −→ U
t 7−→ eit
Ce morphisme est surjectif surU={z ∈C : |z|= 1}etkerϕ= 2πZ. Le premier théorème d’isomorphisme implique alors
U'R/2πZ
Chapitre 3