Analyse complexe TD3
Lucie Le Briquer
Exercice 8.
Γ(s) = Z +∞
0
ts−1e−tdt SurC\ −N. On a Res(Γ,−n) =(−1)n!n.
1. e−t= lim
n→+∞ 1−ntn
1[0,n]. Donc par TCD :
Γ(s) = lim
n→+∞
Z n
0
ts−1
1− t n
n dt
2.
Z n
0
1− t
n n
ts−1dt=
1− t n
n1 sts
n
0
−1 s
Z n
0
ts(−1)
1− t n
n−1
dt
= 1 s
Z n
0
ts
1− t n
n−1 dt
= 1
s(s+ 1) n−1
n Z n
0
ts+1
1− t n
n−2
dt
= 1
s(s+ 1)...(s+n−1) (n−1)
n ...1 n×
Z n
0
ts+n−1dt
| {z }
1 s+nns+n
3. En couplant 1 et 2 il vient :
Γ(s) = lim
n→+∞
n!ns s(s+ 1)...(s+n)
1
Γ(s)= lim
n→+∞
s(s+1)...(s+n) n!ns
Fixons s∈C:
s(s+ 1)...(s+n)
n!ns =
"
s
n
Y
i=1
1 + s
i
# n−s
=
"
s
n
Y
i=1
1 + s i
# e−slnn
=
"
s
n
Y
i=1
1 + s
i
#
e−s(Pni=11i−γ+o(1))
=
"
s
n
Y
i=1
1 + s
i
#
e−sγe−o(1)
Soit :
fN(s) =seγs
N
Y
n=1
1 + s
n
e−s/n fN ∈ H(C)
fN(s) =seγs
N
Y
n=1
e−s/n+log(1+s/n)=seγsexp
N
X
n=1
log
1 + 1 n
− 1 n
!
−→Faux `a priori
SoitKun compact deC. SoitN0∈Ntel que∀N ≥N0,∀s∈K,on ait ns ∈ D(s,1/2). On peut prendre la d´etermination principale du log surC\R(i.e. log(1+z) =P+∞
n=0 (−1)n+1
n zn)
∀s∈K
fN(s) =
"
seγs
N0−1
Y
n=1
1 + s
n
e−s/n
#
| {z }
=g∈H(C)
N
Y
n=N0
1 + s
n
e−s/n
=g(s)
N
Y
n=N0
exp log
1 + s n
− s n
=g(s) exp
N
X
n=N0
log 1 + s
n − s
n
!
Montrons queP
n≥N0(log(1+s/n)−s/n) CVN sur K. C’est le cas (en utilisant la d´etermination principale du log) puisque :
log
1 + s n
−s n
≤C|s|2 n2 ≤ M
n2
∀Kcompact deC,fN converge uniform´ement. La limite
s→seγsQ+∞
n=1(1 +s/n)e−s/n est donc enti`ere.
Exercice 10.
Soita∈Cde module strictement inf´erieur `a 1 et θ∈R; on pose : h(z) =ha,θ(z) =eiθ a−z
1−¯az ha(z) = a−z
1−¯az SoitD=D(0,1)
1. Modification de la question : montrer queha∈Aut(D)
∀z∈ D,|ha(z)|<1 :
Commeha∈ H(D)∪ C(D), principe du maximum : sup
z∈D
|ha(z)|= sup
z∈∂D
|ha(z)|
∀|z|= 1,
|ha(z)|=
a−z 1−¯az
=
a¯z−zz¯ 1−¯az
(×|¯z|= 1)
=
a¯z−1 1−¯az
= 1
Donc∀z∈ D,|ha(z)| ≤1. Alors par le principe du maximum si∃z∈ Dtq|ha(z)|= 1 alors ha constant. Absurde. Donc∀z∈ D,|ha(z)|<1.
On remarque queha(0) =aetha(a) = 0. On montre que∀z∈ Don aha◦ha(z) =zdonc ha∈Aut(D) et h−1a =ha.
2.
3. Lemme. Soith∈Aut(D) tel queh(0) = 0, alorshest une rotation. Le lemme de Schwarz donne ∀z ∈ D,|h(z)| ≤ |z| et le lemme de Schwarz sur h−1 donne ∀z ∈ D,|h−1(z)| ≤ |z|
donc|h−1(h(z))| ≤ |h(z)|, soit |z| ≤ |h(z)|
Donc∀z∈ D,|h(z)|=|z|. On est dans le cas d’´egalit´e de Schwarz, donchest une rotation.
Soitf ∈Aut(D).
– Si f(0) = 0 alorsf est une rotation par le lemme.
– Sinon,a=f−1(0),|a|<1.
f ◦ha ∈Aut(D) et f◦ha(0) = 0 alors par le lemme, f ◦ha est une rotation. Donc f =eiθha.
Exercice 11.
1. f(z) =z−iz+i,f ∈ H(H).
Montrons quef est une bijection deH ={z∈C|=z >0}surD(0,1).
∀z∈H :
|f(z)|2=
z−i z+i
2
= x2+ (y−1)2 x2+ (y−1)2 Commey >0, (y−1)2<(y+ 1)2. D’o`u|f(z)|<1 Que vautf−1?
f−1(z) =i 1 +z
1−z
et on v´erifie que ∀z∈ D, f−1(z)∈H
Doncf est bien une application conforme deH surD.
Autre preuve. f :C\{−i} −→C\{+1} etf est holomorphe
H
H−
f
f(H) etf(H−\{−i}) sont des ouverts−→th´eor`eme de l’application ouverte.
f(R) =? On a f(H∪(H−\{−i})∪R) =C\{1}.
f(R) =∂D\{1}et f(R∪ ∞) =∂D.
On peut calculerf(0), f(1) etf(−1) et utiliser le fait que les homographies conservent les cercles-droites.
Donc f(H)
ouvert connexe
tf(H−\{−i})
ouvert connexe
= C\∂D
2 composantes connexes
doncf(H) =C\DouD(par connexit´e), en ´evaluantf eni,f(i)∈ D. Doncf(H) =D
Th´eor`eme d’inversion globale. f ∈C1, f:U −→U, df(x) inversible∀x∈U, f injective DansC:
f : Ω−→C, holomorphe,f non constante,f0(z0) = 0
∃l≥2∈Ntq∀1≤k≤l−1, f(k)(z0) = 0 etf(l)(z0)6= 0
f(z) =f(z0) +X
n≥l
f(n)(z0)
n! (z−z0)n f(z)−f(z0) = (z−z0)lX
n≥l
f(n)(z0)
n! (z−z0)l
= (z−z0)lϕ(z) avecϕ(z0)6= 0
On peut prendre localement le log : ϕ(z) = exp
1
l log(ϕ(z)) l
=g(z)l D’o`u localement :
f(z)−f(z0) = ((z−z0)g(z))l= (h(z))l De plus,h0(z0)6= 0,hholomorphisme local.
Localement,f(z) =ω admetlsolutions : f(z)−ω=h(z)l−ω+f(z0)
