UNIVERSIT´E PARIS 6 LM366. 2005-2006

UNIVERSIT´E PARIS 6 LM366. 2005-2006 FONCTIONS D’UNE VARIABLE COMPLEXE

Corrig´e de l’examen du 27 Juin 2006

Exercice 1. — Soit f une fonction holomorphe au voisinage de D(0, r) et u sa partie r´eelle. On a :

|z| ≤r, f(z) =

+∞

!

n=0

anzⁿ, avec convergence normale. Autrement dit :"+∞

n=0|an|rⁿ<+∞. 1) On ´ecritu(re^iθ) = (f(re^iθ) +f(re^iθ))/2, soit :

u(re^iθ) = Ref(0) + 1 2

+∞

!

k=1

(akr^ke^ikθ+akr^ke^−ikθ),

avec convergence normale sur [0,2π]. En multipliant les deux membres par e^−inθ et en int´egrant sur [0,2π], on obtient :

Rea0= 1 2π

# 2π 0

u(re^iθ)dθ, an= 1 πrⁿ

# 2π 0

u(re^iθ)e^−inθdθ si n≥1.

2) On a donc, siz∈D(0, r), f(z) =f(0) + 1

π

!+∞

n=1

# 2π 0

u(re^iθ)$ z re^iθ

%n

dθ.

Par convergence normale de"+∞

n=1u(re^iθ)zⁿ/(re^iθ)ⁿ sur [0,2π], on obtient : f(z) =f(0) + 1

π

# 2π 0

u(re^iθ)

+∞

!

n=1

zⁿ

rⁿe^inθ dθ=f(0) + 1 2π

# 2π 0

u(re^iθ) 2z re^iθ−zdθ.

On remarque que : 1

2π

# 2π 0

z

re^iθ−zdθ= 1 2iπ

#

∂D(0,r)

z

w(w−z)dw= 1 2iπ

#

∂D(0,r)

( 1 w−z − 1

w)dw est nul siz∈D(0, r) par la formule de Cauchy. On a donc aussi, pour toutA∈C :

f(z) =f(0) + 1 2π

# 2π 0

(u(re^iθ)−A) 2z re^iθ−zdθ.

3) On choisitA= max_|z|=ru(z). On obtient

|f(z)| ≤ |f(0)|+ 1 2π

# 2π 0

(A−u(re^iθ)) 2|z| r− |z|dθ et compte tenu de _2π¹ &2π

0 u(re^iθ)dθ=u(0) :

|f(z)| ≤ |f(0)|+ (A−u(0)) 2|z| r− |z|.

4) Sif est une fonction enti`ere, en appliquant ce qui pr´ec`ede au disqueD(0,2r) et pour|z|=r, on obtient :

max|z|=r|f(z)| ≤3|f(0)|+ 2 max

|z|=2rRef(z).

1

2

Exercice 2. — Soitf une fonction enti`ere.

1) On suppose |f(z)| ≤ C(1 +|z|ⁿ) pour tout z ∈ C . Les in´egalit´es de Cauchy, appliqu´ees `aD(0, r), donnent :

|f^(k)(0)| ≤k!r^−k×C(1 +rⁿ).

Quandr→+∞, on obtientf^(k)(0) = 0 pour toutk > n. On sait par ailleurs quef est la somme sur C de sa s´erie de Taylor en 0. Doncf est un polynˆome de degr´e≤n.

2) On suppose Ref(z)≤C(1 +|z|ⁿ) pour toutz ∈C . On a donc, compte tenu du r´esultat de la Question 4 de l’Exercice 1 :

|f(z)| ≤3|f(0)|+ 2 max

|w|=2|z|Ref(w)≤(3|f(0)|+ 2ⁿ⁺¹C)(1 +|z|ⁿ).

Il r´esulte alors de 1) quef est un polynˆome de degr´e≤n.

3) On suppose|f(z)| ≤exp (C(1 +|z|ⁿ)) pour toutz∈C . On suppose de plus quef n’a pas de z´ero dans C . Comme C est convexe, il existe donc une fonction enti`ereP telle quef = e^P. On a :

|f(z)|= e^ReP(z)≤exp (C(1 +|z|ⁿ)),

donc ReP(z)≤C(1 +|z|ⁿ)). D’apr`es 2),P est un polynˆome de degr´e≤netf = e^P. Exercice 3. — Soitf(z) = cotgπz. C’est une fonction m´eromorphe sur C . On note f(z) ="+∞

n=−1anzⁿ son d´eveloppement de Laurent en 0.

Les z´eros de la fonction sinπz= (e^iπz−e^−iπz)/2i= e^−iπz(e^2iπz−1)/2isont les entiers et sa d´eriv´eeπcosπz ne s’annule pas en ces points. On en d´eduit que la fonction f admet ZZ comme ensemble de pˆoles, qu’ils sont simples et que le r´esidu asssoci´e au pˆolek∈ZZ est cosπz/(πcosπz) = 1/π.

A partir des d´eveloppements limit´es`

cost= 1−t²+t⁴/24 +O(t⁶), sint=t−t³/6 +t⁵/120 +O(t⁶), on calcule

cotgt=t⁻¹−t/3−2t³/45 +O(t⁴).

On a donca1=−π/3 eta3=−2π³/45.

2) Siz=x+iy, on a successivement

|sinπz|² = |e^iπz−e^−iπz|²/4 = (e^iπxe^−πy−e^−iπxe^πy)(e^−iπxe^−πy−e^iπxe^πy)/4

= (e^2πy+ e^−2πy)/4−(e^2iπx+ e^−2iπx)/4

= (e^πy−e^−πy)²/4−(e^iπx−e^−iπx)²/4 = sin²πx+ sinh²πy.

En rempla¸cantzpar 1/2−z, on obtient|cosπz|²= cos²πx+ sinh²πy et finalement :

|f(z)|²= cos²πx+ sinh²πy sin²πx+ sinh²πy. On en d´eduit :

|f(z)|²≤1 + 1

sin²πx+ sinh²πy ≤1 + 1 sin²πx+π²y².

Notonsg(x, y) = sin²πx+π²y²et supposons d’abord|x| ≤1/2 et|z| ≥1/2. Ou bien

|x| ≥1/4 etg(x, y)≥sin²π/4>0, ou bien|y| ≥1/4 etg(x, y)≥π²/16.

La fonction f est donc born´ee sur {z ∈ C, |z| ≥1/2, |x| ≤ 1/2}. Comme elle est 1-p´eriodique par rapport `ax, on en d´eduit qu’il existeM >0 tel que :

∀z∈C, d(z,ZZ)≥1/2 ⇒ |cotgπz| ≤M.

3) Soitp∈IN^∗,n≥1 et∂Kn le bord orient´e du carr´e

Kn={z=x+iy∈C, |x| ≤n+ 1/2, |y| ≤n+ 1/2}.

3

La fonction fp(z) := z^−2pcotgπz est m´eromorphe sur C , de pˆoles les points de ZZ.

Son r´esidu en 0 esta_2p−1et son r´esidu en k∈ZZ^∗ est 1/πk^2p. La formule des r´esidus donne :

(1) 1

2iπ

#

∂Kn

z^−2pf(z)dz=a2p−1+2 π

!n

k=1

1 k^2p.

4) Le chemin ∂Kn a pour longueur 4(2n+ 1) et |z|est ≥n+ 1/2 sur∂Kn. D’autre part, d(∂Kn,ZZ) = 1/2 donc|f(z)| ≤M sur∂Kn d’apr`es 3). On a donc

'' '' 1

2iπ

#

∂Kn

z^−2pf(z)dz ''

''≤2M(2n+ 1)(n+ 1/2)^−2p/π.

Sip≥1, le premier membre de (1) tend donc vers 0 quandn→+∞. `A la limite, on obtient :

+∞

!

k=1

1

k^2p =−πa2p−1

2 . Par exemple"+∞

k=11/k²=π²/6 et"+∞

k=11/k⁴=π⁴/45.

Exercice 4. — Soitan, bn ∈IR deux suites telles que :

0< a0< b0< a1< b1<· · ·< an< bn< an+1<· · · et an −−−−−→_n→+∞ +∞. On pose

un(z) = 1−z/an

1−z/bn −1 et on consid`ere la suite

Pn(z) = (n

k=0

(1 +uk(z)).

Soitr >0. On choisitm∈IN assez grand, tel que : k≥m ⇒ bn> an≥r+ 1.

Sur le disqueD(0, r), on ´ecrit, pour n≥m : Pn(z) =Pm(z)

(n

k=m+1

(1 +uk(z)).

Dans le membre de droite, les fonctions 1 +uk(z) sont holomorphes surD(0, r) et ne s’annulent pas. D’autre part, pour toutz∈D(0, r) :

|uk(z)| = ''

''1−z/ak

1−z/bk −1 '' ''

= |z|bk−ak

akbk

1

|1−z/bk| ≤(bk−ak)r+ 1 r .

On remarque que (bk−ak) est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente. En effet : 0< bk−ak≤ak+1−ak.

On en d´eduit que la s´erie"+∞

k=m+1uk(z) converge normalement surD(0, r). La suite Pn(z) converge donc surD(0, r) et sa limite a pour z´eros et pˆoles ceux dePm(z).

Commer >0 est quelconque, on conclut que

+∞(

n=0

1−z/an

1−z/bn

d´efinit une fonction m´eromorphe sur C , de z´eros lesan et de pˆoles lesbn.

4