Corrigé de l’examen LM368 1ère session juin 2010 Exercice 1
a) Pour un pointz2Sn f 1 : 1 :ig on pose
T z = (z: 1 :i: 1) = z+ 1 z 1 : i+ 1
i 1 =z+ 1
z 1 : (1 +i) ( 1 i) 2
= 2
2i z+ 1
z 1 =iz+ 1 z 1; donc
T z=iz+ 1 z 1:
b) Comme l’image d’un cercle deS par une transformation homographique est un cercle deSet12R,T(Rn f1g)est une droite deC. CommeT(Rn f1g) iRetT(1) =iil en résulte queT(R) =fz2C: Rez= 0g [ f1g n fig.
c) De mêmeT(@D)est contenu un cercle deS qui contient0;1et 1, donc T(@D) =R[ f1g.
d) T([ 1;1]) et T(fz2@D; Imz>0g) sont des demi-droites d’origine 0.
Comme
T i
2 = i
i 2+ 1
i
2 1 =i 2 +i
2 +i =i(2 +i) ( 2 i) 4
= i4 + 4i 1
4 = i3 + 4i
4 = 4 3i 4
de b) et c) il en résulte queT(fz2D; Imz >0g)est le quadrantfz2D; Rez >0; Imz <0g. On prend donc
f =ei =2T = z+ 1 z 1: Exercice 2
a) Comme'(z) = ezz; z 2@D,F :z7! ezz 2 O(D )\ M(D)etResz=0F = 1, la fonction
e
'(z) =ez 1
z ; 'e(0) = 1
est holomorphe surDet e'j@D ='+ j@D où :C !C ; (z) = 1z. Comme e
'est harmonique et j@D(z) =z, il en résulte que u(z) ='e(z) +z; z2D:
Remarque. On peut aussi utiliser la formule de Poisson.
b) Z
@D
(z)dz= Z
@D
ez
z dz= 2 iRes=0e
= 2 i6= 0;
donc n’existe pas.
1
Exercice 3
a)
Log 1 z
pn = z pn
z2
n + 0 z3 n3=2
Donc X1
n=1
Log 1 z
pn epzn+z
2 n
est uniformément convergente sur tout compact deC. On peut prendre
f(z) =z Y1 n=1
1 z
pn epzn+z
2 n
Exercice 4
a) Soit K un compact de . La suite (fn) converge uniformément sur K, donc il existeMK tel que
gn K2 =kfnkK6MK
pour totn2N. Il en résulte que
kgnkK 6p MK
pour toutn2N.
b) D’après le théorème de Montel il existe une suite extraite (gnk)k uni- formément bornée sur tout compact de , gnk ! g. D’après le théorème de Weierstrassg2 O( ). Mais
fnk =g2nk !g2=f:
2
