Correction du TD 1.

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UE LM367 – Analyse complexe Ann´ee 2013

TD 1.

Exercice 1. R´esoudre dansCl’´equationz² 2(1 +i)z 1 = 0.

Exercice 2. R´esoudre dansCl’´equationz^{n 1}=zd’inconnuezet de param`etren2N. Exercice 3. Montrer que l’application

f :z7! z i z+i

d´efinit une bijection holomorphe entre le demi-plan de Poincar´eP ={z2C; Imz >0}et le disque unit´eD(0,1). Expliciter son application r´eciproque.

Exercice 4. Soit P(z) = Xn k=0

akz^k un polynˆome de degr´en et P⁰(z) = Xn i=1

iaiz^{i 1} le polynˆome d´eriv´e. Soitz02C.

En utilisant la formule de Taylor pour les polynˆomes, montrer queP est C d´erivable enz₀et que @P

@z(z₀) =P⁰(z₀).

Exercice 5. SoitP(z) = Xn k=0

akz^k un polynˆome de degr´en 1.

(1) Montrer que P(z) ⇠a_nzⁿquand |z|!+1. En d´eduire que|P|: z7!|P(z)|admet un minimum surC.

(2) Soitz02Cen lequel le minimum de|P|est atteint. On suppose quez0est racine d’ordre k 1 dez7!P(z) P(z₀) enz₀i.e. P⁽ⁱ⁾(z₀) = 0 si 1i < ketP^(k)(z₀)6= 0. On note alorsP^(k)(z₀) =⇢e^i✓0 la forme polaire deP^(k)(z₀). Soit✓2Rfix´e.

Calculer un d´eveloppement limit´e `a l’ordre k de✏7!P(z₀+✏e ^i✓k0+i✓k) quand✏tend vers z´ero.

(3) En d´eduire que siP(z₀)6= 0 alors|P(z₀)|n’est pas un minimum de|P|. (4) En d´eduire le th´eor`eme de D’Alembert-Gauss.

Exercice 6.

(1) Soit ↵:C!Cune application Rlin´eaire de matrice dans la base canonique

✓ a c b d

◆ . Montrer que ↵estClin´eaire ssi↵est la multiplication par↵(1) ssic= b,d=a.

(2) En d´eduire qu’une application C d´erivable en un point v´erifie les ´equations de Cauchy Riemann.

(3) Montrer que la fonction f(x, y) = 1 si x.y = 0 et nulle ailleurs v´erifie les ´equations de Cauchy Riemann en 0, mais n’est pas continue en 0.

Exercice 7. Discuter les points deC di↵`erentiabilit´e des fonctions suivantes.

z7!|z|²; z7! z+i

z i,z6=i; z7!|z| z; z=x+iy7!x+iy²

Exercice 8. SoientU un ouvert connexe deCetf2O(U). Mq chacune des propri´et´es suivantes entraine que f est constante:

a) f est constante b) Re(f) est constante c) Im(f) est constante c)f 2 O(U) d) L’image def est contenue dans une droite affine deR².

1

Exercice 9. On rappelle que siF est une fonction di↵´erentiable sur un ouvertU deC,

@F

@z = 1 2

✓@F

@x i@F

@y

◆

& @F

@z =1 2

✓@F

@x +i@F

@y

◆

;

on note dzetdzles applications deCdansCd´efinies pour toutw2Cpar dz(w) =wet dz(w) =w.

(1) Exprimer la di↵´erentielle r´eelle DF de F en fonction de @F

@z, @F

@z, dz et dz. A quelle condition n´ecessaire et suffisanteF est-elle holomorphe surUet dans ce cas, que vautF⁰? (2) Soitf une application de classeC¹sur un ouvertU deR.

(3) Prouver que

@f

@z = @f

@z & @f

@z =@f

@z. Exercice 10. (Facultatif.)

(1) Prouver que si gest une application de classeC¹ sur un ouvertV de Cet sif(U)⇢V,

alors 8

><

>:

@(g f)

@z = @g

@z(f)@f

@z+@g

@z(f)@f

@(g f) @z

@z = @g

@z(f)@f

@z+@g

@z(f)@f

@z

(2) Soit f2O(D). Montrer que l’application ', deDdansC,z7!f(z), est holomorphe sur D.

Exercice 11.

(1) Montrer sans utiliser les formules ci-dessus que si f et g sont holomorphes, g f est holomorphe et que (g f)⁰= (g⁰ f)f⁰.

(2) V´erifier que le d´eterminant du jacobien d’une fonction holomorphef est|f⁰|².

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Correction du TD 1.

Exercice 1. Le discriminant r´eduit de l’´equation propropos´ee est (1 +i)²+1 c’est `a dire 1 + 2i. Si =a+ibaveca, b2R, est tel que ²= si et seulement sia²+b²=| |=p

5, a² b² = Re = 1, ab = 1

2Im = 1 > 0 et a a le mˆeme signe que b. Puisque a exactement deux racines carr´ees dansC, on en d´eduit que celles-ci sont± o`u

=

r| |+ Re

2 +i

r| | Re

2 =

s 1 +p

5 2 +i

s 1 +p

5 2 Les solutions de l’´equation propos´ee sont 1 +i± .

Exercice 2. Sin = 0, l’´equation propos´ee est ´equivalente `a 1 =|z|<sup>2</sup> dont les solutions sont les ´el´ements deT. Sin= 1, l’´equation devient 1 =zdont l’unique solution est 1. Si n= 2, elle s’´ecritz=zet ses solutions sont donc les r´eels. Supposonsn2N\ {0,1,2}. 0 est alors solution de l’´equation et lorsquez 2C<sup>⇤</sup>,z<sup>n 1</sup> =zsi et seulement si |z|= 1 et z<sup>n</sup>= 1. Ses solutions sont donc 0 et les racinesn<sup>i`eme</sup>de l’unit´e.

Exercice 3. Siz2P, Imz >0,f est d´efinie enzet

|f(z)|²= |z i|²

|z+i|² = |z|²+ 1 2 Re zi

|z|²+ 1 + 2 Re zi = |z|²+ 1 2 Imz

|z|²+ 1 + 2 Imz <1 ce qui prouve quef(z)2D.

Soit⇣2D. Siz2C\ { i}, on a

⇣= z i

z+i ()z=i1 +⇣ 1 ⇣. Posonsg(⇣) =i(1 +⇣)/(1 ⇣). Alors

Img(⇣) = Re1 +⇣

1 ⇣ = Re1 |⇣|²+ 2iIm⇣

|1 ⇣|² = 1 |⇣|²

|1 ⇣|² >0 g(⇣) est donc dansP et par constructionf(g(⇣)) =⇣.

Conclusion : f est une bijection de P sur D et f ¹ est l’application de D dans P,

⇣ 7!i(1 +⇣)/(1 ⇣).

Exercice 4. On aP(z) = Xn i=0

P⁽ⁱ⁾(z0)

i! (z z0)ⁱ. Orz7!R(z) = Xn i=2

P⁽ⁱ⁾(z0)

i! (z z0)^{i 2} est continue sur C donc born´ee par une constante M sur un voisinage V de z₀. Donc P(z) =P(z₀) + (z z₀)P⁰(z₀) + (z z₀)²R(z) et le dernier terme est n´egligeable devant

|z z₀|:

zlim!z0

|(z z0)²R(z)|

|z z0|  lim

z!z0

M|z z₀|= 0. DoncP estC d´erivable enz0et @P

@z(z0) =P⁰(z0).

Exercice 5.

(1) On a

|P(z) anzⁿ|=|

n 1

X

i=0

aizⁱ|=o(anzⁿ) quand|z|!+1car lim

|z|!+1

|Pn 1 i=0 aizⁱ|

|anzⁿ| = 0. Doncz7!P(z) est ´equivalent `az7!a_nzⁿ quand|z|!+1. Ceci implique que

|z|!lim+1|P(z)|= lim

|z|!+1|a_nzⁿ|= +1. Soit m= inf

z2C|P(z)|. Comme lim

|z|!+1|P(z)|= +1, Il existe R >0 tel que |z| R )

|P(z)|> m. Doncm= inf

z2D(0,R)|P(z)|. La fonctionz7!|P(z)|est continue sur le compact D(0, R), elle atteint sa borne inf´erieure: 9z02D(0, R) tel quem=|P(z0)|.

(2) On aP(z) = Xn i=0

P⁽ⁱ⁾(z0)

i! (z z₀)ⁱ. CommeP est non constant, il existe unk 1 v´erifiant les hypoth`eses de l’´enonc´e, ce qui entraine que

P(z) =P(z₀) +P^(k)(z0)

k! (z z₀)^k+o(|z z₀|^k) et

P(z0+✏e ^i✓k0+i✓k) =P(z0) +P^(k)(z0)

k! ✏^ke ^i✓0+i✓+o(|✏|^k) =P(z0) +⇢✏^ke^i✓+o(|✏|^k). (3) Si P(z₀) 6= 0 alors P(z₀) = ⇢⁰e^i✓00 et le d´eveloppement limit´e pr´ec´edent avec ✓= ⇡+✓⁰

donne

|P(z0+✏e ^i✓k0+i✓k)| = |⇢⁰e^i✓00 ⇢✏^ke^i✓00+o(|✏|^k)|

= ⇢⁰ ⇢✏^k+o(|✏|^k)

< ⇢⁰ si✏!0⁺

(4) Montrons le th´eor`eme de D’Alembert-Gauss: Soit P 2 C[X] un polynˆome de degr´en 1. D’apr´es 1), z ! |P(z)| admet un minimum sur C et d’apr´es 3), ce minimum est n´ecessairement nul.

Exercice 6. 1) et 2) sont faits en cours.

3) La restriction de la fonctionf`a la droitey= 0 est constante donc d´erivable et @

@xf(0,0) = 0. De mˆeme, @

@yf(0,0) = 0. Les ´equations de Cauchy-Rieman sont v´erifi´ees maisf n’est pas continue en l’origine. Comme toujours, l’existence de d´eriv´ees partielles en un point n’entrainent pas la continuit´e ou la d´erivabilit´e.

Exercice 7. On noteraz=x+iyun point deC.

(1) La fonction z7!|z|²=x²+y² est de classeC¹ surC. Elle est doncC d´erivable ssi elle v´erifie les ´equations de Cauchy-Riemann. On a @

@xf(x, y) = 2xet @

@yf(x, y) = 2y.

@

@xf= i@

@yf () x=y= 0.

Cette fonction est doncC d´erivable seulement en l’origine etf⁰(0) = 0 carf(z) = 0 + 0 +

|z|²est le DL def en 0. De mani`ere ´equivalente: @

@z¯z¯z= 0.¯z+z.1 =zest nulle ssiz= 0.

(2) La fonctionf:C\{i}3z7! z+i

z i est holomorphe surC\{i}comme quotient de fonctions holomorphes etf⁰(z) = 2i

(z i)².

(3) f :z7!|z| zest d´efinie surCet de classeC¹ surC\ {0}. Elle n’est pas di↵´erentiable en l’origine car z 7! z est de classe C¹ mais z 7! p

x²+y² n’est pas di↵´erentiable en l’origine. Les points de C d´erivabilit´e de f sont ceux de z 7! |z| (car z 7! z est holomorphe). @

@xf(z) = 2x

x²+y² et @

@xf(z) = 2y

x²+y². Mais @

@xf = i@

@yf n’est jamais v´erifi´ees surC\ {0}.

(4) f :z=x+iy7!x+iy²est de classeC¹ surC.

@

@xf= i@

@yf () 1 = 2y . Dans ce casf⁰(x, y) = @

@xf(x, y) = 1.

Exercice 8. Commef =P +iQest holomorphe, 8>

<

>:

@P

@x(x, y) =@Q

@y(x, y)

@P

@y(x, y) = @Q

@x(x, y).

DoncP constante entraine que la Jacobienne def est nulle i.e. quef⁰ est nulle. L’ouvert

´etant connexe cela entraine quefest constante (cf cours). On peut aussi dire que sif+ ¯f est constante (donc holomorphe) alors ¯f est holomorphe. Donc 0 = @

@z¯f¯= @

@zf et donc f⁰ est nulle (ce qui en passant montre c)). b) se d´emontre de mˆeme ou on applique a)

`a if. c) vient d’ˆetre montr´e. d) Si ax+by+c = 0 (a ou b 6= 0) contient f(U) alors aP +bQ+c= 0. D´erivant enxou eny, on trouve 0 =a @

@xP +b @

@xQ=a @

@xP b@

@yP et 0 =a @

@yP +b@

@yQ=a @

@yP +b @

@xP. Ce qui entraine @

@xP = @

@yP = 0. Et on utilise a). Ou on ´ecrita(f+ ¯f) ib(f f¯) +c= 0, on d´erive enz, on a (a+ib)f⁰= 0. Ce qui entrainef⁰ nulle.

Exercice 9.

(1) Soit z2U. Par d´efinitionDF(z) est une applicationR-lin´eaire deCdansC qui dans la base (dx, dy) deLR(C) est donn´ee par l’expression

DF(z) = @F

@x(z)dx+@F

@y (z)dy.

Rappelons au passage que dx est la forme R-lin´eaire w 7! Rew et que dy est la forme R-lin´eairew7!Imw. Lorsqueu, v2Retw=u+iv, on a donc

DF(z).w=@F

@x(z)w+w 2 +@F

@y (z)w w 2i

=1 2

✓@F

@x (z) i@F

@y (z)

◆ w+1

2

✓@F

@x (z) +i@F

@y (z)

◆ w

=@F

@z (z)w+@F

@z (z)w.

D’o`u

DF =@F

@zdz+@F

@zdz.

On sait d’apr`es le cours queF est holomorphe surU si et seulement si @F

@z = 0 et que dans ce cas @F

@z =F⁰soitDF =F⁰dz.

Remarque. Sif est holomorphe, on ai@F

@y = @F

@x et donc @F

@z =@F

@x = i@F

@y. (2) Evident

Exercice 10.

(1) Soitgune application de classeC¹sur un ouvertV deRcontenantf(U). On a

@g f

@x = @g

@x(f)@Ref

@x +@g

@y(f)@Imf

@x

= 1 2

@g

@x(f)

✓@f

@x+@f

@x

◆ + 1

2i

@g

@y(f)

✓@f

@x

@f

@x

◆

= @g

@z(f)@f

@x+@g

@z(f)@f

@x et

@g f

@y = @g

@x(f)@Ref

@y +@g

@y(f)@Imf

@y

= 1 2

@g

@x(f)

✓@f

@y +@f

@y

◆ + 1

2i

@g

@y(f)

✓@f

@y

@f

@y

◆

= @g

@z(f)@f

@y +@g

@z(f)@f

@y

ce qui implique imm´ediatement les deux formules annonc´ees.

(2) 'est ´evidemment de classe C¹surU et on a

@'

@z = @

@zf(z) =

✓@f(z)

@z

◆

= @f

@z(z)@z

@z+@f

@z(z)@z

@z. Comme f est holomorphe, @f

@z(z) = 0. De plus, @z

@z = @z/@z = 0 = 0. Donc ' est holomorphe.

Exercice 11. Revenons `a la d´efinition:

hlim!0

f g(z+h) f g(z)

h = lim

h!0

f(g(z+h)) f(g(z)) g(z+h) g(z)

g(z+h) g(z) h

= lim

y=g(z+h) g(z)!0

f(y+g(z)) f(g(z))

y lim

h!0

g(z+h) g(z)

h =f⁰(g(z)).g⁰(z) car g est continue et les deux limites existent.

(1) Sif=P+iQest holomorphe, 8>

<

>:

@P

@x =@Q

@P @y

@y = @Q

@x. Donc

Det 0 B@

@P

@x

@P

@Q @y

@x

@Q

@y. 1 CA= [@P

@x(x, y)]²+ [@Q

@x(x, y)]².

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TD 2.

Exercice 1. Mq la famille

✓ 1 (i+j)^↵

◆

(i,j)2N^⇤2

est sommable ssi↵>2.

Exercice 2. Soit (cn)n2Nune suite de r´eels strictement positifs.

(1) Montrer que lim_n!+1cn¹ⁿ lim_n!+1cn+1

cn

. (2) En d´eduire que siL= lim

n!+1

cn+1

cn

existe dans [0,+1] alors lim

n!+1(c_n)ⁿ¹ =L Exercice 3. Donner le rayon de convergence de la s´erie enti`ere X

n 1

anzⁿ dans les cas suivants: a2p = a^2p et a2p+1 = b^2p+1, 0 < a < b; an = n!

nⁿ; a2p+1 = 0 et a2p = ( 1)^pp!

(p+ sinp)^p

Exercice 4. Mq sia_n= _nb_n avec _n =O(n^↵) (↵2R) alors le rayon de convergence deX

anzⁿ est sup´erieur `a celui deX bnzⁿ.

Exercice 5. Soit (an)n2N^⇤ une suite de nombres complexes telle que la s´erie X

n 1

an

converge. On lui associe la s´erie de fonctions de terme g´en´eralu_n(z) =a_n zⁿ

1 zⁿ,n 1.

(1) Mq X

n 1

u_n(z) converge normalement sur tout compact de D(0,1) et que X

n 1

u_n(z) = X

p 1

X

n 1

anz^np pour z 2 D(0,1). Quelle identit´e peut-on en d´eduire lorsque an = 1 n!, an=↵ⁿ avec|↵|<1? ( an= ( 1)ⁿ,an=n...?)

(2) Montrer que la s´erieX

n 1

u_n(z) est uniform´ement convergente sur tout compact deC\D(0,1) (On pourra ´etudier (z7!un(1

z))n2N).

Exercice 6.

(1) (Transformation d’Abel) Soit (u_n)_n2Net (v_n)_n2Ndeux suites de nombres complexes. Pour n m2N, on poseV_mⁿ=

Xn m

vi. Mq sin > malors Xn

m

uivi=

n 1

X

m

(ui ui+1)V_mⁱ +unV_mⁿ. (2) En d´eduire le comportement surU={z2C,|z|= 1}des s´eriesXzⁿ

n^↵, pour↵2R. (3) (Un th´eor`eme de Picard) Soit (cn)n2N une suite d´ecroissante de r´eels positifs qui converge

vers 0. Mq la s´erie X

cnzⁿ converge sur U\ {1}. (Indication: On pourra utiliser la transformation d’Abel pour montrer que la s´erie v´erifie le crit´ere de Cauchy).

1

Exercice 7. (Un th´eor`eme d’Abel) Soitk 1. NotonsE={z2D(0,1),|1 z| 1 |z| k}. Soit (cn)n2N une suite de nombres complexes telle que la s´erie enti`ere

+1

X

0

cnzⁿ converge enz= 1. Alors lim

z2Ez!1

X

n2N

c_nzⁿ!

+1

X

0

c_n=s (1) V´erifiez que l’on peut se ramener `as= 0.

(2) Notons f la somme de la s´erie sur D(0,1). Pour z2 D(0,1), d´eveloppez f(z)

1 z en s´erie enti`ere.

(3) Conclure (Utilisez le faits= 0).

(4) Appliquer le r´esultat pr´ec´edent au calcul de

+1

X

1

( 1)ⁿ⁺¹ n

Exercice 8. Donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere des fonctions suivantes, et donner le rayon de convergence de la s´erie obtenue:

f(z) = z

z² 2z 3 en 0;g(z) = 1

3 2z en 3;h(z) =e^z en 1.

Exercice 9. Soit↵2R. On consid`ere la fonctionf d´efinie parf(z) = sin↵ z<sup>2</sup> 2zcos↵+ 1. D´evelopperfen s´erie enti`ere au voisinage de 0, et donner le rayon de convergence de la s´erie obtenue. Pour|z|<1 etn2N^⇤, en d´eduire un calcul deI(z) =

Z 2⇡

0

sin↵sin(n↵) 1 2zcos↵+z²d↵

Exercice 10. Soitf(z) =X

n 0

anzⁿ,an2Cune s´erie de rayon de convergenceR.

(1) Pour r 2 [0, R[, mq M(r, f) = 1 2⇡

Z 2⇡

0 |f(re^i✓)|²d✓ = X

n 0

|a_n|²r²ⁿ. En d´eduire les in´egalit´es de cauchy |a_n|rⁿ  max_|z|=r|f(z)|. Et montrer que s’il y a ´egalit´e pour un entiernalorsf(z) =a_nzⁿ.

(2) En d´eduire que r7!M(r, f) est une fonction croissante sur [0, R[ et que lim

r!R M(r, f) = X

n 0

|an|²R²ⁿ2[0,+1].

Exercice 11. On consid`ere la s´erie enti`ere (de la variablez 1)X

n 1

( 1)ⁿ⁺¹

n (z 1)ⁿ. Calculer son rayon de convergence et montrer que,f, la somme de cette s´erie sur D(1,1) v´erifie l’´equatione^f(z)=z.

Exercice 12.

(1) Pr´eciser les sous-espaces discrets de Cdans la listes suivantes: N,Z,Q,R, A={1

n, n2N^⇤},A,A[N^⇤,e^iA,e^iA[{1}

(2) D´eterminer les sous-espaces connexes d’un espace discret.

(3) Soit U un ouvert non vide de C. Montrer qu’un sous-ensemble discret et ferm´e de U intersecte chaque compact deU en au plus un nombre fini de points.

Exercice 13.

(1) D´et`erminer les fonctions analytiques dans D(0,1) qui v´erifientf(1 n) = 1

n², pourn2N^⇤.

(2) Soitf une fonction analytique dansD(0,1). On suppose qu’il existe une suite (an)n2N de r´eels distincts de l’intervalle [ 1

2,1

2] telle quef(an)2R.

D´emontrer que8z2D(0,1),f(z) =f(z) (Montrez d’abord quez7!f(z) est analytique).

(3) Soit f une fonction analytique sur D(0,1) et (an)n2N une suite strictement d´ecroissante de r´eels qui converge vers 0. On suppose que f(a2p+1) =f(a2p)2R. Mqf est constante (On raisonne sur la d´eriv´ee).

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Correction du TD 2.

Exercice 1. On a X

i,j2N^⇤

1

(i+j)^↵ = X

n2N^⇤

X

i+j=n, i,j 1

1

(i+j)^↵ =X

n 2

n 1

n^↵ . Cette somme converge pour↵>2 et diverge vers +1sinon.

Exercice 2. Notons que si (an)n2N est une suite de nombres strictements positifs alors (lim inf

n an) ¹= lim sup

n a_n¹ dans [0,+1]. Il suffit donc de montrer que pour toute suite de nombres strictement positifs lim sup

n

anⁿ¹ lim sup

n

an+1

an

(car passant aux inverses cela entraine une in´egalit´e pour les lim inf, d’o`u ´egalit´e lorsque lim

n

c_n+1 cn

existe). SiL= +1, le r´esultat est ´evident. SupposonsL2R. Soit✏>0, pour n n✏,cn+1(L+✏)cn. Par recurrence,cn(L+✏)^{n n✏+1}cn✏. Prenant la racinen i`eme, puis la limite sup´erieure des deux membres, on a lim sup

n

cnⁿ¹ (L+✏).1. Cette in´egalit´e ´etant vraie pour tout✏>0, le r´esultat est d´emontr´e.

Exercice 3.

(1) Comme anⁿ¹ = a si n est pair et an¹ⁿ = b si n est impair, b est la plus grande valeur d’adh´erence de la suite, le crit`ere de Hadamard donne alors⇢=b ¹.

(2) an+1

an

= ( n

n+ 1)ⁿ!ⁿ!+1e ¹. L’exercice pr´ec´edent montre que⇢=e.

(3) Commen!'nⁿe ⁿp

2⇡n(formule de Stirling),|a_2p|^2p1 ' p¹²e ¹²(2⇡p)^4p1 p¹²(1 +^sinp_p )¹² _n !

!+1e ¹²

Exercice 4. Notons R le rayon de convergence de la s´erie enti`ere X

b_nzⁿ. Sup- posons R >0. Alors 80 < r < R, la suite (bnrⁿ)n2N admet une majorante g´eom´etrique sommable (caract´erisation du rayon de convergence) car si r < r⁰ < R alors |bnrⁿ|  sup

n |bnr⁰ⁿ|(r

r⁰)ⁿ=M(r

r⁰)ⁿ. Donc sup

n |anrⁿ|sup

n Cn^↵M(r

r⁰)ⁿ<+1(C >0 est tel que

| n| Cn^↵). Le lemme d’Abel montre que le rayon de convergence R⁰ de X

n

a_nzⁿ est plus grand que toutr < R. D’o`uR⁰ R.

Bien entendu, une d´emonstration plus courte repose sur la formule de Hadamard: On a lim sup|an|¹ⁿ lim sup

n (Cn^↵|bn|)ⁿ¹ =R.

Exercice 5.

(1) Soit K un compact de D(0,1). Comme sup

K |z|= max

K |z|=r <1, on ak zⁿ

1 zⁿk1,K = sup

K

zⁿ

1 zⁿ  rⁿ

1 r. La s´erie

+1X

n=1

an´etant convergente, on a M = sup

n 1|an|<+1, d’o`u X

n 1

kun(z)k1,K M r

(1 r)². La s´erie double X

p,n 1

anz^npest absolument sommable pour toutz2D(0,1) car X

n,p 1

|an||z|^np=X

n

|an|X

p

|z|^np=X

n

|an| |z|ⁿ

1 |z|ⁿ M |z| (1 |z|)².

DoncX

n

an

zⁿ

1 zⁿ =X

p

X

n

anz^np. En particulier pouran= 1 n!, on obtient X

n 1

1 n!

zⁿ

1 zⁿ =X

p 1

(e^zp 1).

(2) Soit K un compact de C\D(0,1). Pour z 2 K, un(1

z) = un(z) an, i.e. un(z) = un(1

z) an. L’application':C^⇤3z7! 1

z 2C´etant continue,'(K) est un compact dans D(0,1), doncX

n 1

u_n(1

z) converge normalement surK (voir 1)). X

n 1

u_n(z) ´etant la somme d’une s´erie normalement convergente sur K et d’une s´erie uniform´ement convergente sur K (z7!X

n 1

an), elle converge uniform´ement surK.

Exercice 6.

(1) Xn

m

uivi=umvm+um+1(V_m^m+1 V_m^m) +. . .+un((V_mⁿ V_m^{n 1}) =V_m^m(um um+1) +. . .+ V_m^{n 1}(un 1 un) +unV_mⁿ. D’o`u la formule. On utilise la transformation d’Abel pour montrer la convergence de la s´erie, sachant que les sommesV_mⁿsont major´ees (enm, n) et par exemple que (un)n2N d´ecroit vers 0:

(2) La s´erie X

n 1

zⁿ

n^↵ a un rayon de convergence ´egale `a 1. Soit z = e^i✓ 2 U. Pour ↵  0, le terme g´en´eral de la s´erie ne converge pas vers 0, donc la s´erie ne converge pas. Pour

↵>1, la s´erie est absolument convergente. Pour 0<↵<1, la s´erie diverge en 1 (crit`ere de Riemann). En g´en´eral, si z 2 D(0,1)\ {1}, on a

Xn m

zⁿ

n^↵ =V_m^m( 1 m^↵

1 (m+ 1)^↵) + . . .+V_m^{n 1}( 1

(n 1)^↵ 1

(n)^↵) +n ^↵V_mⁿavecV_m^j = Xj

k=m

z^j=z^mz^{j m+1}

z 1 . D’o`u| Xn

m

zⁿ n^↵|

nX1

k=m

(k ^↵ (k+ 1) ^↵)|V_m^k|+n ^↵|V_mⁿ| 2

|1 z|m ^↵!0 quandmn!+1. La s´erie converge donc pourz2U\ {1}. On a mˆeme montrer, grˆace `a la majoration du reste, qu’il y a convergence uniforme sur tout compact de D(0,1)\ {1} (car la fonctionz7! 1

|1 z| est born´ee sur un tel compact).

(3) On utilise comme pr´ec´edement la transformation d’Abel, on obtient| Xn

m

cizⁱ| 2

|1 z|cm. D’o`u la convergencce.

Exercice 7.

(1) Quitte `a remplacerc0parc0

X

n 0

cn, on peut supposer que la somme vaut 0, on v´erifiera que l’on ne change pas la nature du probl`eme.

(2) Supposant donc la somme de la s´erie nulle, on a8z2D(0,1), f(z) 1 z= (X

n 0

zⁿ)(X

n 0

cnzⁿ) = X

p,q 0

cpz^p+q=X

n 0

( Xn

k=0

ck)zⁿ(on v´erifie que la s´erie double est sommable dansD(0,1) (c.f.

le cours)). D’o´u, posantsn= Xn

k=0

ck, on af(z) = (1 z)X

n 0

snzⁿ.

(3) Soit ✏ > 0, comme lim

n!+1sn = 0, il existe n0 tel que n n0 =) |sn| < ✏. D’o`u

|f(z)||1 z||

nX0 1 0

snzⁿ|+✏|1 z| X

n n0

|z|ⁿ|1 z||

nX0 1 0

snzⁿ|+✏|1 z| |z|ⁿ⁰ 1 |z|. D’o`u lim sup

z2E,z!1|f(z)|0 +✏k. Ceci ´etant v´erifi´e pour tout✏>0, on a bien lim

z2E,z!1f(z) = 0.

(4) La s´erie converge (crit`ere pour les s´eries altern´ees), donc le point pr´ec´edent donne

z2[0,1[,zlim!1

X

n 1

( 1)ⁿ⁺¹

n zⁿ=X

n 1

( 1)ⁿ⁺¹

n . Mais pourz2] 1,1[, X

n 1

( 1)ⁿ⁺¹

n zⁿ = log(1 +z) (car surD(0,1), on a X

n 0

( 1)ⁿzⁿ = 1

1 +z, la convergence

´etant uniforme sur les compacts deD(0,1), on peut int´egr´er terme `a terme sur [0, z]). D’o`u X

n 1

( 1)ⁿ⁺¹

n = log 2.

Exercice 8.

(1) f(z) = z

(z+ 1)(z 3) est une fonction rationnelle avec pˆoles en 1 et 3. Elle est donc analytique surC\ { 1,3}. Commef(z) = 1

4( 1 z+ 1+ 3

z 3) = 1 4(X

n 0

( 1)ⁿzⁿ X

n 0

(z 3)ⁿ).

La premi`ere s´erie `a un rayon de convergence ´egale `a 1, la seconde `a 3. Donc f(z) = X

n 0

zⁿ1

4(( 1)ⁿ 1 3

n

), le d´eveloppement en s´erie ´etant valable surD(0,1).

(2) g(z) = 1

3 2z est une fonction rationnelle ayant un pˆole en 3

2 doncg est analytique sur C\{3

2}. On ag(z) = 1 3

1

1 +²₃(z 3)=X

n 0

( 1)ⁿ⁺¹ 2ⁿ

3ⁿ⁺¹(z 3)ⁿ, le d´eveloppement ´etant valable surD(3,3

2).

(3) z 7!e^z est somme d’une s´erie enti`ere sur C, elle est donc analytique surC. Notons que 8z1, z2 2 C, la s´erie double X

i,j2N

zⁱ₁ i!

z₂^j

j! est absolument sommable (car X

i,j2N

|z1|ⁱ i!

|z2|^j j! = X

i2N

|z1|ⁱ i!

X

j2N

|z2|^j

j! =e^|z1|e^|z2|). Donc,e^z1e^z2= X

i,j2N

zⁱ₁ i!

z₂^j j! =X

n 0

X

i+j=n

zⁱ₁z^j₂ i!j! = X

n 0

(z₁+z₂)ⁿ

n! = e^z1+z2. Donce^z = e¹e^{z 1} = X

n2N

e¹

n!(z 1)ⁿ, le d´eveloppement ´etant valable pour toutz2C.

Exercice 9.

(1) On a z² 2zcos↵+ 1 = (z e^i↵)(z e ^i↵). Doncf est une fonction rationnelle avec pˆoles en e^i↵, e ^i↵. f(z) = f(z,↵) = sin↵

z² 2zcos↵+ 1 = 1 2i( 1

z e^i↵

1 z e ^i↵) = 1

2i X

n 0

(e^i(n+1)↵ e ^i(n+1)↵)zⁿ=X

n 0

sin(n+ 1)↵zⁿ. Les d´eveloppements ayant un rayon de convergence 1.

(2) I(z) = Z 2⇡

0

sinn↵f(z,↵)d↵= Z 2⇡

0

sinn↵(X

n 0

sin(n+ 1)↵zⁿ)d↵. Or pourz2D(0,1), la s´erie de fonctions ↵ 7!X

k 0

sinn↵sin(k+ 1)↵z^k est normalement convergente sur [0,2⇡].

On peut donc int´egrer terme `a terme cette s´erie. I(z) =X

k 0

z^k Z 2⇡

0

sinn↵sin(k+ 1)↵d↵= X

k 0

z^k Z 2⇡

0

1

2(cos(n k 1)↵ cos(n+k+ 1)↵)d↵=⇡z^{n 1} pourn 1 et l’int´egrale est nulle pourn= 0.

Exercice 10.

(1) Soit r < R. La s´erie double X

p,q2N

|apaq|r^p+q = (X

p2N

|ap|r^p)² ´etant convergente (car r < R), la s´erie double de fonctions [0,2⇡] 3 ✓ 7! X

p,q2N

apaqe^{i(p q)✓}r^p+q est normale- ment convergente. On pourra intervertir sommation et int´egration. On a donc, comme z 7! z est continue, +1 > 1

2⇡

Z 2⇡

0 |f(re^i✓)|²d✓ = 1 2⇡

Z 2⇡

0

(X

k 0

akre^ik✓)(X

k 0

akre^ik✓) = 1

2⇡

Z 2⇡

0

(X

k 0

a_kre^ik✓)(X

k 0

a_kre^ik✓) = 1 2⇡

X

p,q2N

Z 2⇡

0

a_pa_qr^p+qe^{i(p q)✓}d✓= X

p,q2N

pqa_pa_qr^p+q= X

p 0

|ap|²r^2p.

(2) r7!M(r, f) ´etant une s´erie de fonctions croissantes est une fonction croissante.

(3) On a Xn

0

|a_k|²r^2k M(r, f) X

n 0

|a_n|²R²ⁿ. Passant `a la limiter !R, puis `a la limite n!+1, on obtient le r´esultat.

Exercice 11. On a lim

n!+1

n+ 1

n = 1. Donc le rayon de convergence est 1 (c.f. exercice 2). Notonsf la somme de cette s´erie sur le disqueD(1,1). fest analytique etfrestreinte

`a ]0,2[ coincide avec la fonctionx7! lnx(cf Deug). La fonction analytique sur D(1,1), z7!e^f(z) z´etant nulle sur ]0,2[, non discret, est identiquement nulle.

Exercice 12.

(1) NetZsont discrets pour la topologie induite, carD(n,1)\Z={n}pour toutn2Z. Q, Rsont non discrets, car (par exemple) tout point deQest point d’accumulation deQ, de mˆeme tout point deRest point d’accumulation deR. Aest discret: A\D(1

n, 1 n(n+ 1)) = 1

n). An’est pas discret car 0 est point d’accumulation. On v´erifie queA[N^⇤est discret.

e^iA est discret cart7!e^itest iun hom´eomorphisme de ] ⇡,⇡[ sur son image. Par contre e^iA[{1}n’est pas discret car 1 est point d’accumulation.

(2) Dans un espace discret, un singleton ´etant ouvert et ferm´e, la composante connexe d’un point p est le singleton {p}. On dit qu’un espace topologique est totalement discontinu si la composante connexe d’un point p est le singleton {p}. Un espace discret est donc totalement discontinu. Notons que Qest totalement discontinu sans ˆetre discret.

(3) SoitAun ensemble discret et ferm´e deUetKun compact deU. AlorsA\Kest compact (ferm´e dans un compact) et tous ces points sont isol´es (carAest discret). Il est donc fini (s’il ´etait infini, il admettrait un point d’accumulation a 2 A\K. Mais A est discret donc il existe ✏ > 0 tel que D(a,✏)\A = {a}. Ce qui contredit la d´efinition de point d’accumulation).

Exercice 13.

(1) la fonctiong:D(0,1)3z7!f(z) z² est analytique surD(0,1) car f l’est. L’ensemble de ses z´erosZ(g) est ferm´e dansD(0,1) (car fonction continue) et contient par hypoth`ese {1

n, n 2 N}. Il contient donc l’adh´erence de cet ensemble. D’o`u 02 Z(g) n’est pas un point isol´e de Z(g), ce qui entraine g est nulle sur D(0,1) et f = z<sup>2</sup> sur D(0,1). (Si l’ensemble des z´eros d’une fonction analytique `a un point d’accumulationdansl’ensemble de d´efinition de la fonction alors elle est identiquement nulle sur la composante connexe de l’ensemble de d´efinition qui contient ce point d’accumulation).

(2) Montrons d’abord que si f est analytique surD(0,1) alors z 7! f(z) est analytique sur D(0,1). Soit z0 2D(0,1), alorsz02 D(0,1) etf(z) = X

n 0

an(z z0)ⁿ sur un voisinage D(z0,⇢) de z0 dans D(0,1). L’application z 7! z ´etant continue, on a 8z 2 D(z0,⇢),

¯

z 2 D( ¯z₀,⇢), f(z) = X

n 0

a_n(¯z z¯₀)ⁿ = X

n 0

a_n(z z₀)ⁿ. Ce qui prouve l’assertion. On consid`ere alors la fonction analytiqueg:D(0,1)3z7!!f(z) f(z). Notons queg(an) = 0. Par hypoth`ese, l’ensemble{an, n2N}est infini, contenu dans [ 1

2,1

2] compact. Donc cet ensemble admet un point d’accumulation dans [ 1

2,1

2]. Donc l’ensemble des z´eros de gadmet un point d’accumulation. Doncgest nulle.

(3) Les hypoth`eses faites entrainent que f(z) = f(z). En particulier, la restriction de f

`

a l’axe r´eel est une fonction r´eelle de classe C¹. Comme f(a2p+1) = f(a2p) 2 R et a2p+1 < a2p, le th´eor`eme de Rolle entraine quef⁰ s’annule en un point↵p 2]a2p+1, a2p[.

Mais lim

n!+1an= 0 entraine que 0 est un point d’accumulation de (↵p)p2N, donc 0 est un point d’accumulation de l’ensemble des z´eros def⁰, fonction analytique surD(0,1). f⁰ est donc identiquement nulle, ce qui entraine quefest constante (car pour toutz, z⁰2D(0,1),

|f(z) f(z⁰)| sup

y2[z,z⁰]kdf(y)k|z z⁰|, et pour une fonction analytique (donc holomorphe) df(y) s’identifie `af⁰(y)).

Universit´e Pierre & Marie Curie Licence de Math´ematiques L3

UE LM367 – Analyse complexe Ann´ee 2013

TD 3.

Exercice 1. On posej=e^2i⇡/3. Pourk2{0,1,2}, on noteD_kla demi-droite ] 1,1]j^k= j^k; 2] 1,1]

etU l’ensembleC\(D₀[D₁[D₂).

(1) Montrer que Uest un ouvert deC.

(2) log (resp. R) d´esignant la d´etermination principale du logarithme (resp. de la racine carr´ee). Montrer que l’application f : z ! log[R(z³ 1)] est correctement d´efinie et analytique surU. Simplifier son expression.

(3) Calculerf(i).

Exercice 2. On se donne un entier naturel non nuln.

(1) Soit z2 U =C\{0,1}. Exprimez en fonction den,|z|, |1 z|, Arg(z) et Arg(1 z) les solutions dansCde l’´equation

(⇤) uⁿ=z(1 z)

d’inconnueu.

(2) D´eterminer explicitement un ouvert D de C contenant ]0,1[ tel qu’il existe ' 2 O(D)

v´erifiant: ⇢

8z2D, '(z)ⁿ=z(1 z) 8x2]0,1[, '(x) = pⁿ

x(1 x) .

Exercice 3. p.´etant la d´etermination principale de la racine carr´ee et ´etant le chemin [0,⇡/2]3t7!e^it, calculer

Z dz pz.

Exercice 4.

1) Montrer que la forme!:

✓x y

◆

7!xdy ydx

x²+y² est led✓des coordon´ees polaires: Six=rcos✓ ety=rsin✓alors!(rcos✓, rsin✓) =d✓.

2) Ecrirez7! dz

z en coordon´ees polaires.

2) Montrer que la partie r´eelle

✓x y

◆

7! xdx+ydy

x²+y² de z7! dz z admet

✓x y

◆ 7! 1

2ln(x²+y²) comme primitive.

Exercice 5. SoitK un compact `a bordC¹par morceaux. On d´efinit l’aire deK comme

´etant le nombre Z

K

dxdy.

(1) Montrer que Z

K

dxdy= Z

@K

xdy= Z

@K

ydx= Z

@K

1

2(xdy ydx).

(2) Montrer que 1

2idz^d¯z=dx^dy. En d´eduire l’aire deK `a l’aide d’int´egrales de formes complexes sur@K.

(3) Calculer l’aire comprise entre l’axeOxet l’arche de la cyclo¨ıde d’´equationsx=t sint, y= 1 cost, avec 0t2⇡.

1

Exercice 6. SoitA2]0,+1[. Calculer Z

A

e ^z2dzo`u _A est le bord orient´e du triangle d´efini par les points 0, A, A(1 +i). En faisant tendreAvers +1, en d´eduire l’existence et la valeur des int´egrales

Z +1 0

cost²dtet Z +1

0

sint²dt Exercice 7.

(1) Calculer Z

|z|=1

dz

zⁿ(e^z 1) pour n = 0,1,2. Indication: Consid´erer le prolongement par continuit´e dez7! z

e^z 1. (2) Calculerkn=

Z

|z|=¹₂

dz zⁿ(1 +z)(2 z).

Exercice 8. Soitf2C⁰(D(0,1)) etC d´erivable en 0.

Montrer que lim

r!0

1 r²

Z

C(0,r)

f(z)dz= 0.

Exercice 9.

(1) Soit a2D(0,1). Montrer que 1

1 |a|² = 1 2i⇡

Z

C(0,1)

dz

z|z a|². (Indication: Montrer que z|z a|²= (z a)(1 z¯a) le long du cercle unit´e)

(2) Soitf 2O(D(0,1) de module born´ee parM >0. Montrer que|f⁰(a)| M 1 |a|². Exercice 10. (Une preuve du th´eor`eme de Liouville). Soit f enti`ere born´ee. Soient a6=bdeux nombre complexe et R >max(|a|,|b|). CalculerI(R) =

Z

C(0,R)

f(z)dz (z a)(z b) (d´ecomposer en ´el´ements simples).

(1) Majorer I(R) et conclure.

Exercice 11. (Majorations. Lemme de Jordan.)

(1) Soit f continue dans un ouvertOdeC, `a valeurs dansCet : [a, b]!Oun arcC¹ de longeur not´eeLong . D´emontrer que |

Z

f(z)dz|sup

< >|f|Long . (2) Soit 0< a < betz02Ctel que Rez0 0. Calculer

Z

[az0,bz0]

e^zdz. En d´eduire l’in´egalit´e

|e^bz0 e^az0|(b a)|z0|e^bRez0.

(3) (Lemmes de Jordan). Soitf une fonction continue sur une portion de secteur S={z= re^it,✓1t✓2, r 1} (✓1<✓2<✓1+ 2⇡). On suppose lim

z!1zf(z) = 0. Montrer que

r!lim+1

Z

C(0,r)\S

f(z)dz= 0.

(4) Supposons que le secteur est contenu dans l’ensemble Imz 0. Soitfune fonction continue surSde limite nulle `a l’infini. Montrer que lim

r!+1

Z

C(0,r)\S

f(z)e^izdz= 0.

Universit´e Pierre & Marie Curie Licence de Math´ematiques L3

UE LM367 – Analyse complexe Ann´ee 2013

Correction du TD 3.

Exercice 1.

(1) Siu2C^⇤, la demi-droite ] 1,1]uest un ferm´e deC. L’ensembleD0[D1[D2´etant une r´eunion finie de ferm´es deC, c’est un ferm´e deCetU est un ouvert deC.

(2) Rappelons que R est la fonction d´efinie sur C\R par R(z) = e^12logz o`u log est la d´etermination principale du logarithme.

Lorsque z2C, la conditionz³ 12R est ´equivalente `a l’existence det2R+tel que z<sup>3</sup>= 1 tet ce qui signifie quezest l’une des racines cubiques de 1 t, c’est `a dire l’un des nombresp³

1 t,jp³

1 touj²p³

1 t. Ainsi,z³ 12C\R si et seulement siz2U.

On en conclut que sig est la fonction deU dans C,z7!z³ 1,R g est bien d´efinie et analytique surU.

Prouver quefest bien d´efinie et analytique surUrevient maintenant `a ´etablir queR g prend ses valeurs dansC\R . Pourw2C\R ,R(w) est donn´ee par la formule

R(w) =p

|w|e^iArg(w)/2. Etant donn´e que 1

2Arg prend ses valeurs dans ] ⇡/2,⇡/2[, on en d´eduit que log est d´efinie enR(w) et que

logR(w) = 1

2(ln|w|+iArg (w)) =1 2logw.

Ainsi,f est bien d´efinie et analytique surU et pour toutz2U, on a f(z) = 1

2log z³ 1 . (3) i³ 1 = i 1 =p

2e ^3i⇡/4. D’o`uf(i) = 1

4ln 2 +i3⇡

8 .

Exercice 2.

(1) Etant donn´e quen2 N^⇤, les solutions de (⇤) sont les racinesn^i`emedez(1 z). Comme z2C\{0,1},zet 1 zsont dansC^⇤et

⇣= pⁿ

|1 z| |z|exp

✓ iArg⁺z

n +iArg⁺(1 z) n

◆

o`u Arg<sup>+</sup>est la d´etermination (non continue) surC<sup>⇤</sup> de l’argument `a valeurs dans ] ⇡,⇡]

est une solution de (⇤). Les racines cherch´ees sont⇣,⇣!, ....,⇣!^{n 1}o`u!= exp (2i⇡/n).

(2) Lorsquez2D=C\(] 1,0][[1,+1[), zet 1 zsont dansC\R de sorte qu’on peut poser, posons

'(z) = pⁿ

|1 z| |z|exp

✓ iArgz

n +iArg (1 z) n

◆

= exp

⇢1

n[logz+ log (1 z)]

o`u log est la d´etermination principale du logarithme surC\R . 'est holomorphe surDet r´esout le probl`eme pos´e. Dest connexe car ´etoil´e par rapport `a 1

2 : siz2U,

 z;1

2 ⇢U.

Si 2 O(D) r´esout aussi le probl`eme pos´e sur D, ' = car ' et sont alors deux fonctions holomorphes sur un mˆeme domaine et co¨ıncident sur ]0,1[, ensemble qui poss`ede au moins un point d’accumulation dansD.

Exercice 3. Lorsquez2C\R , log⁰z= 1/zet si↵2C, on a donc (z^↵)⁰= (exp (↵logz))⁰= ↵

zexp (↵logz) = ↵

e^logzexp (↵logz) =↵z^{↵ 1}. Ainsiz7!2p

zest une primitive holomorphe dez7!1/p

zsurC\R . D’o`u Z dz

pz = 2⇣p i 1⌘

. Comme logi=i⇡/2,p

i=e^i⇡/4et l’int´egrale cherch´ee vaut⇣p 2 2⌘

+ip 2.

Exercice 4.

(1) Six=rcos✓ety=rsin✓alorsdx= cos✓dr rsin✓d✓etdy= sin✓dr+rcos✓d✓. Donc xdy ydx

x²+y² = rcos(✓)(sin(✓)dr+rcos(✓)d✓) rsin(✓)(rcos(✓)dr rsin(✓)d✓)

r² =d✓.

(2) Siz=re^i✓ alorsdz=e^i✓(dr+ird✓) donc dz z =dr

r +id✓.

(3) On voit que la partie r´eelle de dz z est dr

r =dln(r) =d1

2ln(x²+y²).

Exercice 5.

(1) On ad(xdy) =d( ydx) =dx^dy. Le th´eor`eme de Stockes permet de conclure.

(2) On obtient

Aire(K) = Z

K

1

2idz^d¯z= Z

@K

1 2izd¯z=

Z

@K

1 2i¯zdz .

(3) On note que✓ t 7! x(t) = t sint est strictement croissante. Notons : [0,2⇡] 3 t 7!

t sint 1 cost

◆

. Alors le bord orient´e du compact d´etermin´ee par l’axe Ox et l’arche de cyclo¨ıde est param´etr´e par [0,2⇡] 3 t 7! t auquel on juxtapose l’oppos´e du chemin . Appliquant la formule ci-dessus, on obtientAire(K) =

Z

@K

xdy= 0 Z

xdy= Z 2⇡

0

(t sint) sintdt= 3⇡.

Exercice 6. f : z 7! e ^z2 ´etant holomorphe sur C voisinage du compact `a bord d´efini par le triangle de sommets 0, A,A(1 +i); on a

Z

A

f(z)dz = 0 = Z

[0,A]

f(z)dz+ Z

[A,A(1+i)]

f(z)dz+ Z

[A(1+i),0]

f(z)dz. Or Z

[0,A]

f(z)dz = Z A

0

f(t)dt, Z

[A,A(1+i)]

f(z)dz = Z A

0

e^(A+ti)2idtet Z

[A(1+i),0]

f(z)dz= Z

[0,A(1+i)]

f(z)dz

= Z A

0

e^t2(1+i)2(1 +i)dt= Z A

0

e^t22i(1 +i)dt. Or| Z A

0

e^(A+ti)2idt| Z A

0

e ^{(A2 t2)}dt Z A

0

e ^{A(A t)}dt= 1

A(1 e ^A2) !0

A!+1.

En passant `a la limite dans la premi`ere ´egalit´e, on trouve 0 = lim

A!+1( Z

[0,A]

f(z)dz Z

[0,A(1+i)]

f(z)dz) + 0 On en d´eduit que

p⇡

2 =

Z +1 0

e ^t2dt = lim

A!+1

Z A 0

e ^t2dt = lim

A!+1

Z A 0

e ^t22i(1 + i)dtexiste. Donc

p⇡

2 = 1

p2 lim

A!+1

Z A 0

e ^t2i(1 +i)dt = 1 p2 lim

A!+1

Z A 0

cost²+ sint²dt+

i Z A

0

cost² sint²dt. On en d´eduit que la partie r´eelle et la partie imaginaire des int´egrales convergent. Par addition et soustraction, on en d´eduit que

Z +1 0

cost²dt et Z +1

0

sint²dt existent, sont ´egales (

p⇡

2 2R) et valent p⇡ 2p

2. Exercice 7.

(1) Notons que e^z 1 = 0 , z = 2ik⇡, k 2 Z, et lim

z!0

z

e^z 1 = 1. Donc la fonction f : z7!f(z) = z

e^z 1 holomorphe surC\2i⇡Z, est born´ee au voisinage de z´ero, le th´eor`eme d’´elimination des singularit´es de Riemann entraine qu’elle se prolonge holomorphiquement en 0. Ce prolongement ˜f est donn´e par le prolongement par continuit´e (ie ˜f(0) = 1).

D’o`u 1

2i⇡In = 1 2i⇡

Z

|z|=1

dz

zⁿ(e^z 1) = 1 2i⇡

Z

|z|=1

f(z)˜

zⁿ⁺¹dz = ( ˜f)⁽ⁿ⁾(0)

n! . Or z

e^z 1 = 1

1 +^z₂+^z₆² +o(z²) = 1 z 2

z² 6 +z²

4 +o(z²). DoncI₀= 2i⇡,I₁= i⇡,I₂=i⇡

6. (2) La fonction rationnellef:z7! 1

(z+ 1)(2 z) est holomorphe surC\{ 1,2}. Elle est donc holomorphe au voisinage de D(0,1

2). De plus, elle est la somme de sa s´erie de Taylor en 0 sur le plus grand disque ouvert centr´e en 0 et contenu dans son domaine d’holomorphie:

f(z) = 1 3

X

n 0

zⁿ(( 1)ⁿ+ 2 ⁽ⁿ⁺¹⁾) sur D(0,1) (on r´eduit cette fonction rationnelle en

´el´ements simples puis on d´eveloppe en s´erie g´eom´etrique dez). Le th´eor`eme de Cauchy donne, sin 1,k_n= 2i⇡ 1

2i⇡

Z

C(0,¹₂)

f(z)

zⁿ dz= 2i⇡1

3(( 1)^{n 1}+ 2 ⁿ) etk₀= 0.

Exercice 8. Par hypoth`ese, il existe une fonction h 7! ✏(h) d´efinie au voisinage D(0, r₁) de 0 telle que lim

h!0✏(h) = 0 et f(h) =f(0) +hf⁰(0) +h✏(h) sur D(0, r₁). Donc 1

r² Z

C(0,r)

f(z)dz= 1 r²

Z

C(0,r)

(f(0) +zf⁰(0))dz+ 1 r²

Z

C(0,r)

z✏(z)dz. Comme z7!f(0) + zf⁰(0), le th´eor`eme de Cauchy implique que la premi`ere int´egrale est nulle. La deuxi`eme int´egrale se majore par 1

r²2⇡r sup

z2C(0,r)|z✏(z)| = 2⇡ sup

z2C(0,r)|✏(z)|. Comme lim

h!0✏(h) = 0 entraine lim

r!0 sup

z2C(0,r)|✏(z)|= 0, on obtient lim

r!0

1 r²

Z

C(0,r)

f(z)dz= 0.

Exercice 9.

(1) Si z¯z = |z|² = 1, on a (z a)(1 z¯a) = z(z a)(¯z a) =¯ z|z a|². La fonction g : z 7! 1

1 z¯a ´etant holomorphe surC\ {¯a ¹} D(0,1) la formule de Cauchy donne 1

2i⇡

Z

C(0,1)

dz

z|z a|² =g(a) = 1 1 |a|². (2) On af⁰(a) = 1

2i⇡

Z

z2C(0,r)

f(z)

(z a)²pour|a|< r <1. Donc|f⁰(a)|M 1 2⇡

Z 2⇡

0

rd✓

|re^i✓ a|². Faisant r!1, on obtient|f⁰(a)|M 1

2⇡

Z 2⇡

0

d✓

|e^i✓ a|² =M 1 2i⇡

Z

C(0,1)

dz

z|z a|² puis on applique 1.

Exercice 10. On a, si max(|a|,|b|)< R, I(R) =

Z

C(0,R)

f(z)dz

(z a)(z b) = 1 a b

Z

C(0,R)

f(z)( 1 z a

1

z b)dz = 2i⇡f(a) f(b)

a b .

On a aussi I(R) 2⇡Rkfk1,C(0,R)

1

(R |a|)(R |b|) !0 lorsqueR!+1si f est une fonction enti`ere born´ee. On d´eduit le r´esultat.

Exercice 11.

(1) Cette majoration est ´etablie dans le chapitre 3 du polycopi´e.

(2) On a

r!lim+1| Z

C(0,r)\S

f(z)dz|(✓2 ✓1)r||f||1,C(0,r)\S= 0 car lim

z!1zf(z) = 0 entraine que

r||f||1,C(0,r)\S= sup

z2C(0,r)\S|zf(z)| converge vers 0 quand rtend vers +1.

(3) Ici la majoration Longueure fois norme infini ne suffit pas en g´en´erale. il faut revenir dans un premier temps `a la param´etrisation:

| Z

C(0,r)\S

f(z)e^izdz| Z ✓2

✓1

|f(re^it)||e^ireit|rdt= Z ✓2

✓1

|f(re^it)|e ^rsin(t)rdt||f||1,C(0,r)\S

Z ✓2

✓1

e ^rsin(t)rdt . Mais Z ✓2

✓1

e ^rsin(t)rdt2 Z ^⇡₂

0

e ^rsin(t)rdt2 Z ^⇡₂

0

e ^r⇡2rdt=1 e ^r

⇡

est born´ee. On conclut car ||f||1,C(0,r)\S tend vers 0 en l’infini. On a utilis´e l’in´egalit´e sin(t) 2

⇡tsur [0,⇡

2] (concavit´e du sinus sur cet intervalle).