UNIVERSIT´E PARIS 6 LM366. 2005-2006 FONCTIONS D’UNE VARIABLE COMPLEXE
Corrig´e du partiel du 9 Juin 2006 Exercice 1 — Soitf une fonction enti`ere.
1. On supposef born´ee. Soit M := supz∈C |f(z)|. On sait que f est la somme sur C de sa s´erie de Taylor en 0. Les in´egalit´es de Cauchy, appliqu´ees sur le disque de centre 0, rayonr >0, donnent |f(n)(0)| ≤n!M/rn. Si n >0, en faisant tendrervers +∞, on obtientf(n)(0) = 0. On doncf(z) =f(0) pour toutz :f est constante.
2. On suppose que l’image def n’est pas dense dans C . Il existe donc un disque D(a, r) disjoint de f(C ). La fonction g(z) = 1/(f(z)−a) est une fonction enti`ere born´ee :|g(z)| ≤1/rpour toutz. Doncg est constante etf aussi.
3. On suppose quef ne prend pas de valeur r´eelle. La fonction (r´eelle) Imf : C →IR est continue sur C , qui est connexe, et ne prend pas la valeur 0. Elle est donc de signe constant. L’image de f est donc contenue dans un demi-plan, donc n’est pas dense dans C . On en d´eduit quef est constante.
4. On suppose que f ne prend pas de valeur r´eelle positive. En particulier,f ne s’annule pas sur C . La fonction f"/f est holomorphe sur l’ouvert convexe C . Elle admet une primitiveh∈ O(C ). On a :
(fe−h)"= (f"−f h")e−h= 0,
donc fe−h est constante, soitf(z)≡ ceh(z). Commef '= 0, c est non nul et s’´ecrit c= ea. On a alorsf = eg avecg=h+a.
Si g(z) est r´eel, f(z) = eg(z) est r´eel positif. Donc g ne prend pas de valeur r´eelle.
Doncg est constante etf aussi.
Exercice 2. — Soitf ∈C0(IR) tel que |f(x)| ≤C(1 +|x|)−1 pour toutx∈IR. On pose :
(1) z∈C \IR, F(z) = 1
2iπ
! +∞
−∞
f(t) t−zdt.
1.Soitz0=x0+iy0∈C \IR etD=D(z0,|y0|/2). La fonctionu(t, z) =f(t)/(t−z) est continue sur IR×D et
∀(t, z)∈IR×D, |u(t, z)| ≤ |f(t)|dist (t, D)−1≤C(1 +|t|)−1dist (t, D)−1. Le membre de droite est ind´ependant dez∈D, continu sur IR et est unO(t−2) quand
|t| → +∞, donc int´egrable sur IR. Par th´eor`eme, on en d´eduit que (1) d´efinit une fonction holomorphe surD. Commez0∈C \IR est quelconque,F ∈ O(C \IR).
2.Si " >0 etx∈IR,
F(x+i")−F(x−i") = 1 2iπ
! +∞
−∞
f(t)" 1
(t−x)−i" − 1 (t−x) +i"
# dt
= "
π
! +∞
−∞
f(t) (t−x)2+"2dt.
3. On a donc
x∈IR, F(x+i")−F(x−i") = 1 π
! +∞
−∞
f(x+"s)
s2+ 1 ds−−−−→
!→0+ f(x), d’apr`es le th´eor`eme de convergence domin´ee. (L’int´egrant est major´e parC/(1 +s2).) 4. Posonsf!(x) =F(x+i")−F(x−i"). La suite (f1/n)n≥1converge simplement vers f sur IR. La fonctionf!est la restriction `a IR d’une fonction holomorphe sur l’ouvert Ω! = {z = x+iy, |y| < " :}, donc est analytique. La fonction f est donc limite simple d’une suite de fonctions analytiques sur IR.
1
2
Exercice 3. — Soit Ω :={x+iy∈C, |y|<1, x >0}etf : Ω→C une fonction continue, holomorphe sur Ω, telle que, pour unC >0 et un a∈]0, π/2[ :
(2) ∀z∈∂Ω, |f(z)| ≤1,
(3) ∀z=x+iy∈Ω, |f(z)| ≤Cexp(eax).
1. On fixeb∈]a, π/2[ et pour tout" >0, on pose : f!(z) =f(z)exp(−"ebz).
On a c:= cosb >0 et cosby≥c pour tout y ∈[−1,1]. Pour tout x+iy∈Ω, on a donc :
|f!(x+iy)|=|f(x+iy))|exp(−"ebxcosby)≤ |f(x+iy))|exp(−"cebx).
En particulier|f!(x+iy)| ≤ |f(x+iy)|. Compte tenu de (3) :
|f!(x+iy)| ≤Cexp(eax−"cebx).
Commeb > a, eax−"cebx= eax(1−"ce(b−a)x)−−−−−→x→+∞ −∞et donc sup
|y|≤1|f!(x+iy)| −−−−−→x
→+∞ 0.
2. Il existe donc x0 > 0 tel que, pour tout x ≥ x0, |f!(x+iy)| ≤ 1 pour tout y ∈[−1,1]. Comme par ailleurs|f!| ≤ |f|et compte tenu de (2), on a|f!| ≤1 sur le bord du rectangle de sommets les points i, −i, x+i et x−i quel que soitx≥x0. D’apr`es le principe du maximum, |f!| ≤1 sur le rectangle et donc sur la r´eunion Ω de ces rectangles quend xd´ecrit [x0,+∞[.
3. On a obtenu :
∀" >0, ∀z∈Ω, |f(z) exp(−"ebz)| ≤1.
En faisant tendre" >0 vers 0, on conclut que|f(z)| ≤1 pour toutz∈Ω. Le r´esultat devient faux sia=π/2. Il suffit pour le voir de consid´erer la fonction
f(z) = exp(eπz/2)/e.
On a :
|f(z)|= exp(eπx/2cosπy/2)/e.
En particulier|f(z)| ≤1 six= 0 ou siy=±1, donc pour toutz∈∂Ω D’autre part, x+→f(x) n’est pas born´e sur [0,+∞[. La fonctionf n’est donc pas born´ee sur Ω.
Exercice 3. — Soitf etg deux fonctions enti`eres telles que :
∀z∈C, |f(z)| ≤ |g(z)|.
Sigest la fonction nulle,f =g. On suppose maintenant quegn’est pas identiquement nulle. NotonsZ l’ensemble des z´eros deg. C’est un ferm´e de C eth(z) =f(z)/g(z) d´efinit une fonction holomorphe sur C\Z, telle que|h(z)| ≤1. Soita∈Z. D’apr`es le principe des z´eros isol´es, il exister >0 tel queD(a, r)\ {a} ⊂C\Z. La fontionhest holomorphe et born´ee sur ce disque ´epoint´e. D’apr`es un th´eor`eme de Riemann, elle se prolonge holomorphiquement au disque tout entier. La fonction prolong´ee, qu’on note encore h, v´erifie encore |h| ≤ 1, par continuit´e. On obtient ainsi que h est la restriction `a C \Z d’une fonction enti`ere born´ee. Elle est donc constante = c ∈C par le th´eor`eme de Liouville. Finalement,f =cg.
