UNIVERSIT´E PARIS 6 LM366, 2008-2009

UNIVERSIT´E PARIS 6 LM366, 2008-2009 FONCTIONS D’UNE VARIABLE COMPLEXE

Corrig´e de l’examen du 28 Mai 2009

Exercice 1. Etant donn´e un entier´ n ∈ IN, soit f une fonction enti`ere telle que

|f(z)| ≤C(|z|ⁿ+ 1) pour toutz∈C , o`uCne d´epend que de f. On peut ´ecrire : z∈C, f(z) =

+∞

X

k=0

akz^k.

Pour toutr >0 et toutk∈IN, on a (in´egalit´es de Cauchy) :

|ak| ≤r^−k||f||_D(0,r)≤C(rⁿ+ 1)r^−k.

En faisant tendrervers +∞, on obtient queak est nul pour toutk > n. Autrement dit, f est un polynˆome de degr´e ≤n. R´eciproquement, si f(z) = Pn

k=0akz^k, on a

|f(z)| ≤C(|z|ⁿ+ 1) pour toutz∈C en prenantC=Pn k=0|ak|.

Exercice 2.La fonctionz7→f(z) := (Log (1−z))/zest holomorphe surD(0,1)\{0}

et tend vers−1 quandztend vers 0. Elle est donc holomorphe surD(0,1).

1) Si 0 < r < 1, on peut appliquer le th´eor`eme de Cauchy sur le disque (convexe) D(0,1). On a donc :R

∂D(0,r)(Log (1−z))/z dz= 0.

2) Si 0< r <1, par d´efinition de l’int´egrale de Cauchy, on a aussi Z

∂D(0,r)

(Log (1−z))/z dz=i Z π

−π

Log (1−re^it)dt.

Compte tenu de la question 1), la partie r´eelle de l’int´egrale de droite est nulle, ce qui donneRπ

−πLog|1−re^it|dt= 0.

3) On a Log|1−re^it|= ¹₂Log (1−2rcost+r²). Par sym´etrie, on obtient Z π

0

Log (1−2rcost+r²)dt= 0.

On a :

1−2rcost+r²= 1−2r(1−2 sin²(t/2)) +r²= (1−r)²+ 4rsin²(t/2), qui est compris entre 4rsin²(t/2) et (1 +r)². On en d´eduit, si 1/2≤r≤1 :

2Log sin(t/2))≤Log (1−2rcost+r²)≤2Log 2.

On v´erifie que la fonction t 7→Log sin(t/2) est absolument int´egrable sur [0, π]. On peut donc appliquer le th´eror`eme de convergence domin´ee quand r tend vers 1 `a gauche. On obtient :

0 = Z π

0

Log (4 sin²(t/2))dt= 2 Z π

0

Log (2 sin(t/2))dt= 4 Z π/2

0

Log (2 sint)dt et finalementRπ/2

0 Log sint dt=−π(Log 2)/2.

Exercice 3.1) On a min|z|=1|ze^−z|= min|z|=1e^−x= 1/e. Siw∈D(0,1/e), on a :

|z|= 1 ⇒ |ze^−z−(ze^−z−w)|=|w|<|ze^−z|.

Compte tenu du th´eor`eme de Rouch´e, la fonctionz 7→ze^−z−w a le mˆeme nombre de z´eros dans le disqueD(0,1) que la fonctionz7→ze^−z, donc un seul z´ero, simple.

On le noteh(w).

2) Soitw∈D(0,1/e). D’apr`es ce qui pr´ec`ede, la fonctionz7→z(1−z)e^−z/(ze^−z−w) est holomorphe au voisinage du disque ferm´eD(0,1), sauf au pointz=h(w) o`u elle a au plus un pˆole simple. Son r´esidu en ce point est

z(1−z)e^−z/((1−z)e^−z) =z=h(w).

1

2

Compte tenu du th´eor`eme des r´esidus, on obtient :

|w|<1/e, h(w) = 1 2iπ

Z

∂D(0,1)

z(1−z)e^−z ze^−z−w dz.

3. Pourw∈D(0,1/e) fix´e, on a|w|/|ze^−z| ≤e|w|<1 pour tout z∈∂D(0,1). On a donc,avec convergence normale sur∂D(0,1) :

|z|= 1, z(1−z)e^−z

ze^−z−w = (1−z) 1− w

ze^−z −1

= (1−z)

+∞

X

n=0

wⁿ zⁿe^−nz. En int´egrant terme `a terme, on obtienth(w) =P+∞

n=1anwⁿ avec an= 1

2iπ Z

∂D(0,1)

(1−z)z⁻ⁿe^nzdz= r´es ((1−z)e^nzz⁻ⁿ,0).

Doncan (n≥1) est le coefficient dezⁿ⁻¹ dans le d´eveloppement de e^nz−ze^nz, soit an=nⁿ⁻¹/(n−1)!−nⁿ⁻²/(n−2)! =nⁿ⁻²/(n−1)! =nⁿ⁻¹/n!.

Finalement h(w) = P+∞

n=1nⁿ⁻¹wⁿ/n!. On v´erifie avec le test de d’Alembert que le rayon de convergence de cette s´erie enti`ere est 1/e.

Probl`eme.On note E l’ensemble des fonctions f, m´eromorphes sur C^∗, non iden- tiquement nulles, v´erifiant la propri´et´e suivante : il existe un nombre complexe c (d´ependant def), tel que :

(1) ∀z∈C^∗, f(2z) =cf(z).

Si f ∈E, on notec(f) le nombrecassoci´e `a f par l’identit´e (1).

1. On v´erifie sans difficult´e que, sif, g∈E, alors f g, f /g∈E avecc(f g) =c(f)c(g) et c(f /g) =c(f)/c(g).

2. a) Si 0 < r < R < +∞, on a 2⁻ⁿ|z| ≤ 2⁻ⁿR et 2⁻ⁿ/|z| ≤ 2⁻ⁿ/r pour tout z ∈ C tel que r ≤ |z| ≤ R. Les s´eries de fonctions (holomorphes) P

n≥0z/2ⁿ et P

n≥11/(2ⁿz) sont donc normalement convergente sur tout compact de C^∗. Par th´eor`eme, on en d´eduit que la formule

p(z) =

+∞

Y

n=0

1− z 2ⁿ

! _+∞

Y

n=1

1− 1

z2ⁿ !

d´efinit une fonction holomorphe sur C^∗, dont les z´eros sont les z´eros des facteurs, compte tenu des multiplicit´e, donc les nombres 2ⁿ, avec n ∈ ZZ ; ce sont des z´eros simples.

b) Pour toutz∈C^∗, on a : p(2z) =

+∞

Y

n=0

1− z 2ⁿ⁻¹

! _+∞

Y

n=1

1− 1

z2ⁿ⁺¹ !

=p(z) 1−2z

1−1/(2z)=−2zp(z).

3. Pour tout a, b∈ C ,a6=b, on poseka,b(z) =p(z/a)/p(z/b). On d´efinit ainsi une fonction m´eromorphe sur C^∗ dont l’ensemble des z´eros (tous simples) est {2ⁿa}n∈ZZ

et l’ensemble des pˆoles (tous simples) est{2ⁿb}n∈ZZ. On a :

ka,b(2z) =p(2z/a)/p(2z/b) = (z/a)/(z/b)p(z/a)/p(z/b) = (b/a)ka,b(z), doncka,b ∈E avecc(ka,b) =b/a.

4.Soitf ∈E.

a) Sif n’a pas de pˆole dans C^∗,f est holomorphe dans (l’anneau) C^∗donc admet un d´eveloppement en s´erie de Laurent :

f(z) =X

n∈ZZ

anzⁿ.

3

Compte tenu de l’identit´ef(2z) =c(f)f(z), on obtient : X

n∈ZZ

2ⁿanzⁿ ≡c(f)X

n∈ZZ

anzⁿ,

donc (par unicit´e du d´eveloppement de Laurent),an(c(f)−2ⁿ) = 0 pour toutn∈ZZ.

Commef n’est pas identiquement nulle il existe p∈ZZ tel queap6= 0 doncc(f) = 2^p puis an = 0 pour tout n 6= p. On conclut que f est de la forme f(z) = az^p avec a∈C^∗ etp∈ZZ.

b) Sif ∈E n’a pas de z´ero dans C^∗, 1/f ∈E n’a pas de pˆole dans C^∗ donc est de la formeaz^p etf(z)≡a⁻¹z^−p.

5. Soit f ∈E. Comme les pˆoles et les z´eros de f sont isol´es,f a un nombre fini de z´eros et un nombre fini de pˆoles dans tout compact de C^∗ donc aussi dans

G={z∈C, 1≤ |z|<2}.

On note respectivement a1, . . . , am et b1, . . . , bn les z´eros et les pˆoles de f dans G, r´ep´et´es selon leurs multiplicit´es.

Si l’on supposemetnstrictement positifs, les z´eros et les pˆoles dansGde la fonction f /ka₁,b₁, r´ep´et´es selon leurs multiplicit´es, sont respectivementa2, . . . , ametb2, . . . , bn. 6.Supposons d’abordn≥m. La fonction

g(z) =f(z)/(ka₁,b₁(z)· · ·kam,bm(z))

appartient `aEet n’a pas de z´ero dansG. Compte tenu de l’identit´eg(2z) =c(g)g(z), elle n’a pas de z´ero dans C^∗. Elle est doinc de la formeaz^pet

f(z) =az^p

n

Y

j=1

kaj,bj(z).

En particulierm=n.

Si m≥n, on peut faire le mˆeme raisonnement avec 1/f(z). On obtientm=net la mˆeme conclusion.