(1) Énoncer le théorème des résidus

(1)

Universit´e Pierre et Marie Curie Ann´ee universitaire 2012/2013

Licence Sciences et Technologies Unit´e LM367

Examen de Janvier 2012, 1^i`^ere session.

Exercice 1. (5 points).

(1) Énoncer le théorème des résidus.

(2) Soient P et Qdeux polynˆomes tels que degP ≤degQ−2. Supposons que les racines de Qsoient simples. Calculer de deux mani`eres:

R→+∞lim Z

C(0,R)

P(z) Q(z)dz . (3) En d´eduire que:

X

atel queQ(a)=0

P(a) Q⁰(a) = 0.

Exercice 2. (7 points). Soit f une fonction holomorphe au voisinage du disque ferm´e D(0, r), de centre 0 et de rayonr >0. On note:

f(z) =

+∞

X

n=0

anzⁿ

son développement en série entière. On note u(z) =Re(f(z)) = 1

2(f(z) +f(z)).

(1) Montrer qu’on a:

Re(a₀) = 1 2π

Z 2π

0

u(re^iθ)dθ et a_n= 1 πrⁿ

Z 2π

0

u(reîθ)e^−inθdθ sin≥1. (2) En déduire, pourz∈D(0, r), l’identité:

f(z) =f(0) + 1 2π

Z 2π

0

u(re^iθ) 2z re^iθ−zdθ , (3) Calculer 1

2π Z 2π

0

2z

reîθ−zdθ, en déduire, pour A∈Cdonné, l’identité:

f(z) =f(0) + 1 2π

Z 2π

0

u(re^iθ)−A 2z re^iθ−zdθ . (4) On suppose maintenant que A= max

|z|=ru(z). Montrer que:

|f(z)| ≤ |f(0)|+ (A−u(0)) 2|z|

r− |z| siz∈D(0, r).

Exercice 3. (8 points). Soitf une fonction enti`ere, c’est `a dire holomorphe sur C. On suppose

f(0) = 0 et f⁰(0) = 1

et quef ne s’annule pas en dehors de 0. On d´efinit la fonctiong∈ O(C^∗) par:

g(z) = 1 f(z)−1

z. (1) Montrer que 0 est une singularit´e ´eliminable deg.

On note encoregle prolongement par continuit´e deg`a C. Quelle est la valeur deg(0)?

(2) On suppose de plus que la fonction f est injective. Montrer qu’il existe > 0 tel que

|f(z)| ≥si|z| ≥1. En déduire que la fonctiongest bornée. En déduiref.

(3) En utilisant les résultats des questions précédentes, trouver toutes les fonctions entières injectives.

1

(2)

2

Universit´e Pierre et Marie Curie Ann´ee universitaire 2012/2013

Licence Sciences et Technologies Unit´e LM367

Correction de l’examen de Janvier 2012,1^i`^ere session Exercice 1.

(1) c.f. cours.

(2) l’inégalité sur les degrés implique qu’il existe C >0 tel que, pour toutR assez grand, on ait, pour tout u∈C(0, R) :

P Q(u)

≤ C

R². On a alors Z

C(0,R)

P Q(u)du

≤2πR C R², donc

R→+∞lim Z

C(0,R)

P Q(u)du

= 0. D’autre part, le théorème des résidus entraine que, pour tout Rplus grand que le maximum des modules des racines de Q, on a:

Z

C(0,R)

P

Q(z)dz= 2iπ X

atel queQ(a)=0

P(a) Q⁰(a). En effet f :z7→ P

Q(z) est holomorphe surC\Q⁻¹(0) et∀a∈Q⁻¹(0),Res(f, a) = P(a) Q⁰(a) caraest racine simple. Faisant tendreRvers +∞, on obtient:

X

atel queQ(a)=0

P(a) Q⁰(a) = 0.

Exercice 2.

(1) La formule de la moyenne pourf s’´ecritf(0) = 1 2π

Z 2π

0

f(re^iθ)dθ. Donc

2Re(f(0)) = 1 2π

Z 2π

0

f(re^iθ)dθ+ 1 2π

Z 2π

0

f(re^iθ)dθ= 1 2π

Z 2π

0

2Re(f(re^iθ))dθ .

On peut aussi redémontrer cette formule en justifiant la commutation série et intégrale comme ci-dessous.

On a 2u(re^iθ) =

+∞

X

n=0

a_nrⁿeînθ+ ¯a_nrⁿe^−inθ avec convergence normale sur [0,2π] (car f holomorphe sur un voisinage de D(0, r) entraine que r est strictement plus petit que le rayon de convergence de la série entièreX

n

anzⁿ). On peut commuter s´erie et int´egrale et pourn >1, on a

2 Z 2π

0

u(re^iθ)e^−inθdθ=

+∞

X

k=0

Z 2π

0

(a_kr^ke^i(k−n)θ+ ¯a_krⁿe^−i(k+n)θ)dθ= 2πa_nrⁿ. (2) La premi`ere question entraine

f(z) =f(0) +

+∞

X

n=1

a_nzⁿ=f(0) +

+∞

X

n=1

1 πrⁿ

Z 2π

0

u(re^iθ)zⁿr⁻ⁿe^−inθdθ . Comme

+∞

X

n=1

max

θ∈[0,2π]|u(re^iθ)zⁿr⁻ⁿe^−inθ|=||u||_∞,C(0,r)

|z|

r

1−^|z|_r

(3)

3

si |z| < r, la s´erie de fonctions θ →

+∞

X

n=1

u(reîθ)zⁿr⁻ⁿe^−inθ converge normalement sur [0,2π]. On peut permuter série et intégrale:

f(z) =f(0) + 1 2π

Z 2π

0

2z

re^iθ−zu(re^iθ)dθ .

(3) La formule ou le raisonnement précédent appliqué à la fonction constante égale à 1 donne 1

2π Z 2π

0

2z

re^iθ−zdθ= 0. Ce qui entraine f(z) =f(0) + 1

2π Z 2π

0

u(re^iθ)−A 2z re^iθ−zdθ . (4) siA= max

|z|=ru(z) alors

| 1 2π

Z 2π

0

u(re^iθ)−A 2z

re^iθ−zdθ| ≤ 1 2π

Z 2π

0

A−u(re^iθ) 2|z|

r− |z|dθ ≤(A−u(0)) 2|z|

r− |z|

d’après la question (1). L’inégalité triangulaire entraine

|f(z)| ≤ |f(0)|+ (A−u(0)) 2|z|

r− |z| siz∈D(0, r).

Exercice 3.

(1) Les hypoth`eses entrainent quef(z) =z+z²f⁽²⁾(0)

2! k(z) aveck entière égale à 1 en 0. La fonction méromorphega donc 0 comme singularité isolée (carf⁰(0) = 1 entraine que 0 est un zéro isolé def).

En particulier 1 f(z)−1

z = z−f(z)

zf(z) = −z²^f⁽²⁾_2!⁽⁰⁾k(z) z²[1 +z^f⁽²⁾_2!⁽⁰⁾k(z)]

= −^f⁽²⁾_2!⁽⁰⁾k(z) 1 +z^f⁽²⁾_2!⁽⁰⁾k(z) admet la limite −f⁽²⁾(0)

2! lorsque ztend vers 0. La singularit´e est donc ´eliminable et l’on poseg(0) =−f⁽²⁾(0)

2! . Notons que pour montrer que la singularité est éliminable, il suffisait de dire que 0 est un pôle simple et que le résidu, somme des résidus des deux fonctions méromorphes, est nul.

(2) f est holomorphe non constante donc f est une application ouverte: f(D(0,1)) est un voisinage def(0) = 0, il existe donc >0 tel que D(0, )⊂f(D(0,1)). Mais f injective entraine que f⁻¹(D(0, ))⊂f⁻¹(f(D(0,1)))⊂D(0,1). Donc siz 6∈D(0,1) alorsf(z)6∈

D(0, ).

On peut aussi utiliser le fait quef⁰(0) = 1 entraine quef est un difféomorphisme local, il existe donc 1> η >0 telle quef_|D(0,η):D(0, η)→f(D(0, η)) soit un difféomorphisme. Il existe donc >0 telle queD(0, )⊂f(D(0, η)) et comme précédementf injective implique

|z| ≥η⇒ |f(z)| ≥.

Commef⁻¹(0) = 0, la seule singularité de g est 0 et est éliminable. Le prolongement par continuité degest donc une fonction entière telle que∀z∈C\D(0,1),|g(z)| ≤ 1

+ 1.

La fonctiong étant continue sur ¯D(0,1), elle est bornée par M sur ¯D(0,1). Et g est une fonction entière de module borné par max(M,1

+ 1) sur C. Le théorème de Liouville entraine que g est égale à une constante c. On a alors f(z) = z

cz+ 1. Et f holomorphe entrainec= 0.

(4)

4

(3) Soitfune fonction entière injective, alorsf⁰(0)6= 0 (théorème de cours) etz7→ f(z)−f(0) f⁰(0) vérifie les hypothèses de la question précédente doncz = f(z)−f(0)

f⁰(0) etf(z) =f⁰(0)z+ f(0) est une fonction affine.