Partiel d’analyse complexe - 3M266

Sorbonne Université Mars 2018

Partiel d’analyse complexe - 3M266

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Durée : 1 heure 30.

Exercice 1

CalculerLog 2e³⁴ⁱe²³ⁱ où Log est la détermination principale du logarithme (en justi-

…ant la réponse).

Exercice 2

Véri…er que la formule F(z) = R+1

0 e ^t3cos(tz)dt, z 2 C, dé…nit une fonction F holo- morphe sur C.

Exercice 3

1. a)Déterminer (en le justi…ant) l’ensembleAdes nombres complexesztels quecosz = 0.

b)Pourz 2CnA, on poseK(z) = ^1+sin_cosz^z. Justi…er l’existence d’une suite(bn)de nombres réels tels que

8z 2D(0; =2); K(z) =

+1

X

n=0

b_nzⁿ:

2. a) Pourz 2CnA, on pose H(z) = ^1+sin_cosz^z +_2z⁴ . Prouver que les quantités H ₂ h etK ₂ h ont une limite quand le nombre complexe non nul h tend vers 0.

b) Véri…er queH se prolonge au disque D(0;3 =2) en une fonction holomorphe H.e c) Donner le développement en série entière deHe en0 et en déduire que b_{n +1} ²ⁿ⁺²n+1.

Exercice 4

1. Soit f une fonction holomorphe qui ne s’annule pas sur un ouvert contenant le disque unité fermé D(0;1). On suppose que jf(z)j > 3 lorsque z appartient au cercle C(0;1). Prouver que jf(z)j>3 pour toutz 2D(0;1).

2. Soit (f_n)une suite de fonctions holomorphes sur un ouvert connexe non vide de C. On suppose que (f_n)converge uniformément sur tout compact de vers une fonction f non identiquement nulle. Soit !2 tel que f(!) = 0.

a) Prouver que si r > 0 est assez petit, le disque D(!; r) est inclus dans et f(z) 6= 0 pour toutz appartenant au cercle C(!; r).

b) En déduire qu’il existe > 0 et N 2 N tels que pour tout entier n > N et tout z 2C(!; r), jf_n(z)j> .

c) Prouver que, pour toutn assez grand, il existe z 2D(!; r)tel que f_n(z) = 0.

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Sorbonne Université Mars 2018

Correction du partiel d’analyse complexe - 3M266

Exercice 1 z ^def= 2e³⁴ⁱe²³ⁱ = 2e¹⁷¹²ⁱ = 2e ¹²⁷ⁱ et 2; ₁₂⁷ i 2R+ ] ; [. DoncLogz = ln 2 ⁷₁₂i.

Commentaires Pour qu’une réponse soit validée à partir de l’écriture z = reⁱ , il faut explicitement véri…er que r2R+ et que 2] ; [.

Exercice 2 Notons f la fonction dé…nie par f(z; t) = e ^t3cos(tz) pour tout (z; t) 2 C R⁺. Pour tout z 2C,f(z; :) est continue, donc mesurable surR⁺. Pour tout t2R⁺, f(:; t) est holomorphe surC. Et lorsque R2R+ etz 2D(0; R),

jf(z; t)j6e ^t31

2 e^itz + e ^itz = e ^t3

2 e ^tImz+e^+tImz 6 e ^t3

2 e^tR+e^+tR =e^{Rt t3}: La fonction ' : t 7! e^{Rt t3} est continue sur R⁺. De plus, pour t >> 1, Rt t³ =

t³(1 Rt ²) = t³[1 +o(1)] 6 ^t₂³, donc 06 '(t)6 e ^t=2. Donc 'est intégrable sur [0;+1[. Avec le théorème d’holomorphie sous le signe intégrale, on en déduit que F est dé…nie et holomorphe sur _R[

2R+

D(0; R) =C.

Commentaires La fonction cos n’est pas bornée. Il ne su¢ t pas d’invoquer le théorème sur l’holomorphie des intégrales à paramètre. Encore faut-il véri…er que les hypothèses sont satisfaites. En général, la seule di¢ culté réside dans la domination.

Exercice 3 1. a) L’équation cosz = 0 signi…e e^iz +e ^iz = 0, soit e^2iz = 1 = eⁱ , ce qui équivaut à l’existence de k 2 Z tel que 2iz = i + 2ik . Donc A = ₂ + Z = f =2 +k ; k 2Zg.

b) Les fonctions sinetcossont entières, donc la fonctionK = ^1+sin_cos est holomorphe là où cos ne s’annule pas, i.e. sur CnA. Comme cet ouvert contient le disque D(0; =2), K s’y écrit comme une série entière(P

bnzⁿ)centrée en0. A prioribnest un nombre complexe, mais puisque K est holomorphe, bn = K⁽ⁿ⁾(0) = ^@_@x^nKn (0) et donc ce nombre est réel parce que K est réelle sur l’axe réel. On peut ne pas faire intervenir de dérivée partielle en remarquant que si x 2 R, K⁰(x) est la limite en x de y ! ^K(y)y x^K(x) puis faire une récurrence. La di¤érence est de l’ordre de la présentation puisque lorsque x 2 R, ^@K_@x (x) est précisément et par dé…nition la limite en x dey! ^K(y)y x^K(x).

2. a) Pour h 2 C, que cos( =2 h) = ¹₂ e^{i =2}e^ih+e ^{i =2}e ^ih = sinh et, de même, sin( =2 h) = cosh. QuandC n Z3h!0, on en tire

H 2 h = 1 + cosh sinh

2

h = 2 +O(h²) h+O(h³)

2 h = 2

h(1 +O(h²) 1) = O(h)!0:

1

Utilisant la parité des fonctions sinetcos, on obtient aussi que

K 2 h = 1 sin ₂ +h

cos ₂ +h = 1 cosh sinh ⁰

1 2h²

h =O(h)!0

b) K est holomorphe sur D ₂;1 n 2 et le a) montre queK se prolonge continû- ment par la valeur 0 en =2. Grâce à un théorème de Riemann, on en déduit que ce prolongement continu Ke de K est holomorphe surD(0;3 =2)n 2 .

Puisque z 7!4=(2z )est holomorphe surCnf =2getKe surCnAeoùAe=An 2 , H est holomorphe surD(0;3 =2)nf =2g et le a) indique que H se prolonge continûment par la valeur 0 en =2. Comme ci-dessus, ceci implique que ce prolongement He de H est holomorphe surD(0;3 =2).

c)PuisqueHe est holomorphe surD(0;3 =2),He est la somme d’une série entière(P a_nzⁿ) sur ce disque :

8z 2D(0;3 =2); H(z) =e X1

n=0

a_nzⁿ:

Avec b) et le développement en série entière _2z⁴ = ⁴_{1 (2z)=}¹ = ⁴ P

n2N (2z)ⁿ

n valide pour z 2D(0; =2), on trouve

8z 2D(0; =2); H(z) =e X1

n=0

b_n 4 2ⁿ

n zⁿ:

L’unicité du développement en série entière donnea_n=b_n ^{4 2n}n pour toutn. Comme =2 est dans le disque de convergence de (P

a_nzⁿ), (a_n( =2)ⁿ)_n2N tend vers 0, ce qui donne b_n ^{4 2n}n =o((2= )ⁿ) et donc l’équivalent voulu.

Commentaires 1b) D’après le cours, le développement en série entière obtenu est va- lable sur = D 0;₂ car ₂ =dist(0; b(CnA) = dist(0; A). Autrement dit, le rayon de convergence de(P

b_nzⁿ) est au moins ₂. PuisqueK n’est pas bornée près de ₂ dans , K possède une singularité non éliminable en ₂ et ce rayon est exactement ₂. En particulier, (P

b_nzⁿ) diverge quandz 2(CnA)n et la question de savoir si K(z)est égal à P

n2N

b_nzⁿ

n’a pas même de sens.

2a) Cette question est de niveau L1. Les techniques de base concernant les d.l. doivent être maîtrisées.

Exercice 4 1. Puisque f ne s’annule pas, _f¹ est holomorphe au voisinage de D(0;1).

CommeD(0;1)est un compact deD(0;2), le principe du maximum donne la majoration max

D(0;1) 1

f 6 max

C(0;1) 1

f 6 ¹₃, puisquejfj>3sur C(0;1). D’oùjfj>3 surD(0;1).

2. a) D’après un théorème de Weierstrass, f, limite uniforme sur tout compact de fonctions holomorphes sur , est holomorphe. Etant donné que est un ouvert connexe et que f n’est pas la fonction nulle, on sait grâce au principe des zéros isolés qu’il existe

2

r2R+ tel que D(!; r) et pour tout z 2D(!; r)n f!g; f(z)6= 0.

b) Puisque C(!; r) est compact et puisque jfj est continue strictement positive sur C(!; r), m^def= inf

C(!;r)jfj= min

C(!;r)jfj>0.

Puisque C(!; r) est compact,(f_n) converge uniformément sur C(!; r). Il existe donc N 2Ntel que pour tout entiern N,kf f_nkC(!;r) 6 ^def= ^m₂. Lorsquez 2C(!; r), on obtient donc jf_n(z)j>jf(z)j jf(z) f_n(z)j>m kf f_nkC(!;r)> >0.

c) Supposons par l’absurde que pour tout k 2N, il existe un entier n > k tel quef_n ne s’annule pas dans D(!; r). On peut alors construire par une récurrence élémentaire une extractrice' telle que'(0)>N etf_'(n) ne s’annule pas dansD(!; r), pour tout n.

Soit n 2 N. Puisque f_'(n) > sur C(!; r), f_'(n) ne s’annule pas sur D(!; r). Par continuité, on obtient un ouvertVn tel queD(!; r) Vn etf_'(n) ne s’annule pas sur Vn. En e¤et, pour chaquez 2D(!; r), on peut trouver z 2R+tel queDz =D(z; z) et f_'(n)(w) > ¹₂ f_'(n)(z) >0lorsque w2Dz. L’ouvert Vn = [

z2D(!;r)

Dz convient alors.

On peut donc appliquer le raisonnement du (1) et obtenir que f_'(n) > surD(!; r) et en particulier que f_'(n)(!) > . Ceci ayant lieu pour tout n 2N, on en déduit par passage à la limite que 0 = jf(!)j> >0, ce qui est absurde.

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