Et pour tout z ∈ C, on a |h(z

Universit´e Pierre et Marie Curie Ann´ee universitaire 2012/2013

Licence Sciences et Technologies Unit´e LM367

Correction de l’examen du 27 mai 2013 Question de cours : cf cours.

Exercice 1.

1) Supposons que f(C) ne soit pas dense dans C. Alors il existe a ∈ C et r >0 tels que f(C)∩D(a, r) = ∅. La fonction h: z 7→ 1

f(z)−a est donc bien d´efinie, et holomorphe sur C. Et pour tout z ∈ C, on a |h(z)| ≤ 1

r. Donc h est une fonction enti`ere, born´ee.

D’apr`es le th´eor`eme de Liouville, elle est constante. Ainsif est constante, ce qui contredit l’hypoth`ese.

2) D’apr`es le th´eor`eme de Casorati-Weierstrass, pour tout s∈]0, r[ , g(D(a, s)r{a}) est dense dans C. Soits∈]0, r[ , et notonsU_s =g(D(a, s)r{a}). Commef est continue, on a f(U_s)⊂f(U_s), autrement dit, f(C)⊂ f(U_s). En passant `a l’adh´erence, f(C)⊂ f(U_s).

Or f(C) = C d’apr`es la question 1. Ainsi, pour tout s ∈]0, r[ , f ◦g(D(a, s)r{a}) est dense dans C. La fonction f◦g n’a donc pas une singularit´e ´eliminable en a (sinon, pour tout s ∈]0, r[ , f ◦g(D(a, s)r{a}) serait born´e), ni polaire (sinon, pour s assez petit, f ◦g(D(a, s)r{a}) ´eviterait un voisinage de 0). Donc f ◦g a une singularit´e essentielle ena.

Exercice 2. On a Z +∞

−∞

cosax

(x² +x+ 1)²dx= Re

Z +∞

−∞

e^iax

(x²+x+ 1)²dx

.

Notons c_R le chemin ferm´e constitu´e du segment [−R, R] et du demi-cercle de centre 0 et de rayonRcontenu dans le demi-plan sup´erieur. Notonsf(z) = e^iaz

(z²+z+ 1)² : ceci d´efinit une fonction m´eromorphe surC, dont les pˆoles sont les racines de la fonction polynomiale z 7→z²+z+ 1.

On remarque que (1 +z+z²)(1−z) = 1−z³ : donc les racines de 1 +z+z² sontω =e^2iπ3 et ω² =e^4iπ3 . PourR >1, d’apr`es la formule des r´esidus on a donc

Z

cR

f(z)dz = 2iπR´es(f, ω).

Par ailleurs, on a Z

cR

f(z)dz = Z R

−R

e^iax

(x²+x+ 1)²dx+ Z π

0

e^iaReit

(R²e^2it+Re^it+ 1)²iRe^itdt.

1

PourR >1, pour toutt∈[0, π] on a e^iaReit

=e^−aRsint≤1, donc pourR≥2 ett∈[0, π]

on a

e^iaReit

(R²e^2it+Re^it+ 1)²iRe^it

≤ R

R²−R−1. Ainsi, lorsqueRtend vers +∞, l’int´egrale Z π

0

e^iaReit

(R²e^2it+Re^it+ 1)²iRe^itdt tend vers 0, et l’int´egrale Z R

−R

e^iax

(x²+x+ 1)²dx tend vers Z +∞

−∞

e^iax

(x²+x+ 1)²dx, donc Z +∞

−∞

cosax

(x²+x+ 1)²dx= Re (2iπR´es(f, ω)). Il ne reste qu’`a d´eterminer R´es(f, ω).

Pour tout z diff´erent de ω et ω², on a f(z) = 1

(z−ω)² × e^iaz

(z−ω²)². Donc le r´esidu de f enω est ´egal `a la d´eriv´ee dez 7→ e^iaz

(z−ω²)² enω. En un point z quelconque cette d´eriv´ee vaut iae^iaz(z−ω²)²−2(z−ω²)e^iaz

(z−ω²)⁴ = e^iaz

(z−ω²)³ · ia(z−ω²)−2

. En ´evaluant ceci en ω, et en remarquant que ω−ω² =i√

3, on trouve R´es(f, ω) = e^iaω

(i√

3)³·(ia(i√

3)−2) = −i·2 +a√ 3 3√

3 e^ai

−¹₂+ⁱ

√3 2

=−i·2 +a√ 3 3√

3 e^−a

√ 3 2

cosa

2 −isina 2

. Finalement,

Z +∞

−∞

cosax

(x²+x+ 1)²dx= 2π· 2 +a√ 3 3√

3 e^−a

√ 3

2 cosa

2.

Exercice 3. Soit ε >0. Si R > 0, notons Ω_R=D(0, R)∩H. Comme Ω_R est un ouvert born´e et commef_ε est holomorphe sur Ω_R et continue sur Ω_R, le (corollaire du) principe du maximum affirme que sup

z∈Ω_R

|f_ε(z)|= max

z∈∂Ω_R|f_ε(z)|.

Pourz ∈ C(0, R)∩H, on a|f_ε(z)| ≤ 2013

εR−1. Si on a choisiR ≥ 2014

ε , on a alors|f_ε(z)| ≤1 pour tout z ∈ C(0, R)∩H. Et pour tout z ∈ [−R, R] on a |f_ε(z)|= |f(z)|

|εz+i| ≤ 1. Ainsi, d`es que R ≥ 2014

ε , on a : sup

z∈ΩR

|f_ε(z)| ≤1.

Maintenant, soit z ∈H, et soit ε >0. Ce qui pr´ec`ede, appliqu´e `a un R sup´erieur `a |z| et

` a 2014

ε , implique que |f_ε(z)| ≤1. Cette in´egalit´e est donc valable quel que soit ε >0. En faisant tendre ε vers 0, on trouve |f(z)| ≤1 ; c’est ce qu’il fallait d´emontrer.

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