Analyse complexe Chapitre 2

(1)

Analyse complexe Chapitre 2

Lucie Le Briquer

Sommaire

1 D´erivabilit´e complexe 2

2 Fonctions analytiques 3

3 Quelques propri´et´es des fonctions analytiques 5

4 Int´egrales sur les chemins 6

4.1 Formules de Cauchy . . . 7 4.2 Singularit´es isol´ees . . . 13

5 Existence de primitive holomorphe 16

6 Homotopie entre deux chemins 17

6.1 Quelques propri´et´es des ouverts simplement connexes . . . 18

(2)

1 D´ erivabilit´ e complexe

Soitz₀∈U →

f C. f est d´erivable enz₀ (au sens complexe) si lim

h→0

f(z₀+h)−f(z₀)

h existe et on la notef⁰(z₀)

On appelle fonction holomorphe une fonction à valeurs complexes, définie et dérivable en tout point de U ouvert de C.

D´efinition 1(d´erivable)

f est d´erivable sur U si elle est d´erivable en toutz0∈U Variante.

Si on poseε(h) = ^f(z⁰^+h)−f(z_h ⁰⁾−f⁰(z0) sih6= 0 etε(0) = 0 εcontinue (et d´efinie) surD(0, δ)∈U

f(z0+h) =f(z0) +hf⁰(z0) +hε(h) avec lim

h→0ε(h) = 0 Remarque.

Si on ´ecritz=x+iy comme identification deU avec un ouvert deR²:

F(x, y) =f(x+iy) = (u(x, y), v(x, y)) o`uf(x+iy) =u(x, y) +iv(x, y)

alors f dérivable complexe ⇒ F différentiable avec comme différentielle une similitude directe ou l’application nulle

Df(z0) : C −→ C h −→ f⁰(z0)h f(z₀+h) =f(z₀) +hf⁰(z₀) +hε(h) avec lim

h→0ε(h) = 0 Matrice :

a −b b a

h1+ih2→(a+ib)(h1+ih2) = (ah1−bh2) +i(bh1+ah2)

∂u

∂x

∂u

∂y

∂v

∂x

∂v

∂y

!

=

a −b b a

On obtient les relation de Cauchy-Riemann : ^∂u_∂x =^∂v_∂y et ^∂u_∂y =−^∂v_∂x

Réciproque : F différentiable et vérifie CR⇒f dérivable au sens complexe F(x+h1, y+h2) =F(x, y) +DF(x, y)(h1, h2) +η(h)khk Formules et exemples.

– (f+g)⁰(z) =f⁰(z) +g⁰(z) – (f g)⁰(z) =f⁰(z)g(z) +f(z)g⁰(z) – (g◦f)⁰(z) =g⁰(f(z))f⁰(z)

f(z+h) =f(z) +hf⁰(z) +hε(h) ε(h)−→

h→00

(3)

Notonsf(z) =w

g(w+k) =g(w) +kg⁰(w) +kη(k) Alors

g◦f(z+h)−g◦f(z) = (hf⁰(a) +hε(h))g⁰(w) +h(f⁰(z) +hε(h))η(...)

=hf⁰(z)g⁰(w) +h×(...)

o`u ...→0

2 Fonctions analytiques

+∞

X

n=0

a_nzⁿ R∈[0,+∞] 1

R = lim suppⁿ

|an|

DV pour|z|> R CV pour|z|< R Définition 2(série entière et RCV)

f :z0∈U →C f est analytique enz0si :

∃r >0, D(z0, r)⊂U et sur ce disquef(z) =P+∞

n=0a_n(z−z₀)ⁿ D´efinition 3(fonction analytique)

Si f(z) =P+∞

n=0anzⁿ surD(z0, R) alorsf est diff´erentiable au sens complexe et f⁰(z) =

+∞

X

n=0

(n+ 1)a_n+1zⁿ

On a mˆeme le fait quef est C^∞, analytique etf(z) =P+∞

n=0 f⁽ⁿ⁾(z₀)

n! (z−z₀)ⁿ Th´eor`eme 1

Si S(z) =P+∞

n=0a_nzⁿ,∃ R∈[0; +∞] tel que : 1. La série converge dès que|z|< R 2. La série diverge dès que |z|> R

De plus, la convergence est absolue dansD(0, R) et uniforme surD(0, R⁰)∀R⁰< R

Et : 1

R = lim sup|an|^1/n Th´eor`eme 2

(4)

Preuve.

SiS(z) converge pourz6= 0 alors|a_nz₀ⁿ≤M|. Si maintenant|z|<|z₀|alors|a_nzⁿ| ≤M(_z^z

0)ⁿ. Donc la s´erie converge absolument (et uniform´ement si |_z^z

0| ≤1−ε) NotonsR= sup{|z0| | S(z₀) convergente}

AppelonsT = lim sup|a_n|^1/ndisons 0< T <+∞

∀n≥n0, |an|^1/n≤T+ε donc |an||z|ⁿ≤((T +ε)|z|)ⁿ

Ce qui implique la convergence si|z|< _T+ε¹ . Donc, convergence surD(0,_T¹), d’o`u R≥ _T¹ Il existe une infinit´e denavec|an|^1/n≥T −ε, donc|an||z|ⁿ≥((T−ε)|z|)ⁿ

Donc dès que|z| ≥ _T¹_−ε, la série diverge. DoncR≤ _T¹ D’oùR=_T¹

SoitS(z) =P+∞

n=0anzⁿ avecR >0.

1. La s´erieT(z) =P+∞

n=0(n+ 1)an+1zⁿ a le mˆeme RCV

2. La fonctionS est dérivable (holomorphe) en tout pointz∈ D(0, R) et S⁰(z) =T(z) Théorème 3

S est C^∞ et :

S^(k)(z) =

+∞

X

n=k

a_nn(n−1)...(n−k+ 1)z^n−k Corollaire 4

Preuve.

1. Clair car lim sup|an(n+ 1)|^1/n= lim sup|an|^1/n 2. On veut montrer que :

lim

h→0

S(z+h)−S(z)

h −T(z) = 0

+∞

X

n=n₀

an(z+h)ⁿ−

+∞

X

n=n₀

anzⁿ−h

+∞

X

n=1

nanzⁿ⁻¹≤ |h|²

+∞

X

n=2

|an|Qn(|z|,|h|) Avec lesQ_n tels que par le binˆome de Newton on ait :

(z+h)ⁿ−zⁿ−hnzⁿ⁻¹=h²Qn(z, h)

Les séries considérées sont absolument convergentes si |z| < R, |z+h| < R (ce qui est acquis si |h|< R− |z|)

(5)

SoitS(z) =P+∞

n=0anzⁿ avecR >0.

AlorsS est analytique surD(0, R). De plus, le RCV de S(z) =

+∞

X

n=0

S⁽ⁿ⁾(z0)

n! (z−z0)ⁿ est au moins R(z0)≥R− |z0| Th´eor`eme 4

Exemple.

S(z) =

+∞

X

n=0

zⁿ= 1 1−z AlorsR(z0) =|z0−1|>|z0|en g´en´eral.

+∞

X

n=0

S⁽ⁿ⁾(z0)

n! (z−z0)ⁿ=

+∞

X

n=0

1 n!



 X

m≥n

amm(m−1)...(m−n+ 1)z₀^m−n



(z−z0)ⁿ

=

+∞

X

m=0 m

X

n=0

m(m−1)...(m−n+ 1)

n! amz₀^m−n(z−z0)ⁿ

!

?

Pour avoir la dernière égalité, il suffit de montrer que la double série est absolument convergente, on saura alors que l’interversion est justifiée et que la première série est convergente.

+∞

X

m=0

|am|

m

X

n=0

m n

|z0|^m−n|z−z0|ⁿ=

+∞

X

m=0

|am|(|z0|+|z−z0|)^m Cette quantit´e converge d`es que|z0|+|z−z₀|< R ou encore|z−z₀|< R− |z0|

3 Quelques propri´ et´ es des fonctions analytiques

SoitU un ouvert connexe,f une fonction analytique non identiquement nulle.

Alors l’ensemble des ses z´eros :

Z(f) ={z∈U |f(z) = 0} est discret dansU Th´eor`eme 5

(6)

Remarque.

Voyons quef(z) =P+∞

n=0anzⁿ avec (an)n∈N6= (0)n∈Nalors :

∃r >0 tel queZ(f)∩ D(0, r)⊂ {0}

Supposons quea₀=a₁=...=a_m−1= 0 eta_m6= 0. Alors : f(z) =zⁿ X

n≥m

anz^n−m si|z|< r

=zⁿ am+

+∞

X

n=1

bnzⁿ

!

SoitU connexe, soientf, ganalytiques sur U.

S’il existe des (z_n)∈U convergeant versl∈U tels que ∀n, f(z_n) =g(z_n) alorsf =g.

Corollaire 6(unicit´e du prolongement analytique)

U ouvert connexe, D(z0, r)⊂U. Soitf analytique sur D(z0, r), alors il existeau plus une fonction analytique ¯f :U −→Ctelle que ¯f|_D(z₀,r)=f

Corollaire 7(variante de l’unicit´e du prolongement analytique)

Exemple.

S(z) =

+∞

X

n=1

???? absolument convergente pourRe(s)>1 Il existe un unique prolongement analytique `a C− {1}

Soitf :D(0, r)⊂U −→Canalytique. Alors : max

|z|≤r|f(z)|= max

|z|=r|f(z)|

Propri´et´e 8(principe du maximum)

4 Int´ egrales sur les chemins

Rappel. Un chemin est une applicationγ: [0,1]−→Ccontinue. Un chemin est : – ferm´e siγ(0) =γ(1)

– d´erivable (par morceaux) siγ⁰(t) existe

(7)

f :U −→C,γ: [0,1]−→Cetγ estC¹. Alors on pose : Z

γ

f(z)dz= Z 1

0

f(γ(t))γ⁰(t)dt D´efinition 4(int´egrale sur un chemin)

Exemple.

1. (Segment) [z₀, z₁] γ(t) = (1−t)z₀+tz₁et Z

γ

f(z)dz= Z 1

0

f((1−t)z0+tz1)(z1−z0)dt Pour f(z) =zon obtient :

Z

[z₀,z₁]

zdz =1

2(z₁²−z²₀) 2. (Arc de cercle) γ(t) =z0+re^2iπαtavecα∈Z

Si α= 1, le chemin est “le cercle de centrez0 et de rayonrparcouru une fois dans le sens trigonom´etrique”

Z

γ

f(z)dz= Z 1

0

f(z₀+re^2iπαt)2iπrαe^2iπαtdt Pour f(z) =zon obtient :

Z

γ

zdz= Z 1

0

(z₀+re^2iπαt)2iπαre^2iπαtdt= 0

4.1 Formules de Cauchy

U ouvert convexe ou étoilé (simplement connexe), γ: [0,1]−→U fermé,f holomorphe sur U. Alors :

Z

γ

f(z)dz= 0 Proposition 9(formule de Cauchy I)

Remarques. (sur l’int´egrale sur un contour) R

γf(z)dz ne d´epend pas de la param´etrisation. Siφ: [0,1]−→[0,1]C¹,φ(0) = 0 etφ(1) = 1 : Z

γ1

f(z)dz= Z

γ2

f(z)dzo`uγ2(t) =γ1(φ(t))

(8)

En effet : Z

γ2

f(z)dz ^DEF= Z 1

0

f(γ2(t))γ₂⁰(t)dt= Z 1

0

f◦γ1(φ(t))γ⁰₁(φ(t))φ⁰(t)dt

CDV= Z 1

0

f ◦γ1(u)γ₁⁰(u)du= Z

γ1

f(z)dz

Il a déjà été vu que :

Z

rectangle

(az+b)dz= 0 Z

γ

f(z)dz≤ max

t∈[0,1]|f(γ(t))|L(γ) o`u L(γ) =R1

0 |γ⁰(t)|dt

L ligne polygonale (parcours fermé formé de lignes verticales ou horizontales) qui approche le chemin γ. L’intégrale d’une ligne polygonale est alors définie comme la somme des aires des rectangles contruits par prolongement de lignes simples qui formentL. En passant à la limite sur la finesse de la représentation des chemins par des lignes polygonales, on peut définir l’intégrale pour tout chemin.

– R

Lf(z)dz= 0 carR

Lf(z)dz=P

rectanglesR_i

R

R_if(z)dz – R

Lf(z)dztend versR

γf(z)dz Preuve.

Il suffit de la faire par un rectangle. On se fixe un rectangle R, on le d´ecoupe en 4 de fa¸con

”´equilibr´ee” (R1, R2, R3, R4).

On a alors : Z

R

f(z)dz= Z

R1

f(z)dz+ Z

R2

f(z)dz+ Z

R3

f(z)dz+ Z

R4

f(z)dz car les segments “int´erieurs” sont parcourus deux fois dans un sens diff´erent.

(9)

On choisiti₁∈ {1,2,3,4} tel que R

Ri1

f(z)dz

soit maximal. On a alors :

Z

R

f(z)dz

≤4 Z

Ri1

f(z)dz

R2 R1

R4

On red´ecoupe alorsRi₁ en 4 sous-rectangles, etc... On obtient :

∀n∈N Z

R

f(z)dz

≤4ⁿ Z

R_i_1,...,in

f(z)dz

Commef est d´erivable, on peut ´ecriref(z) =az+b+ε(z)(z−z0). En prenant{z0}= T

n∈N

Ri₁,...,i_n. Donc :

Z

R_i_1,...,in

f(z)dz

= Z

R_i_1,...,in

[az+b+ε(z)(z−z₀)]dz

≤ max

z∈Ri1,...,in

|ε(z)(z−z0)|L(Ri₁,...,i_n)

≤ max

z∈Ri1,...,in

|ε(z)|2⁻ⁿdiam(R)2⁻ⁿL(R) Or :

∀ε >0, ∃ntq max

z∈Ri1,...,in

|ε(z)| ≤ε Donc :

Z

Ri1,...,in

f(z)dz

≤ε4⁻ⁿdiam(R)L(R) D’o`u :

Z

R

f(z)dz

≤4ⁿ×ε4⁻ⁿdiam(R)L(R)≤εdiam(R)L(R)

Exemple.

f(z) = ¹_z γ(t) =re^2πint n∈Z Z

γ

f(z)dz= Z 1

0

1

re^2πint ×2πine^2πintdt= 2πin Donc :

1 2πi

Z

γ

dz z =n

(10)

γ: [0,1]−→Cferm´e, sia∈C−γ([0,1]) alors : Ind(γ, a) := 1

2πi Z

γ

dz z−a ∈Z Correspond aunombre de tours deγ autour de a

Lemme 10(de l’indice)

Preuve.

Posonsψ(t) = expRt 0

γ⁰(u)

γ(u)−adu, on aψ(0) = exp(0) = 1, on veut montrer queψ(1) = 1.

ψ⁰(t) = γ⁰(t)

γ(t)−aψ(t) donc

ψ(t) γ(t)−a

0

=ψ⁰(t)(γ(t)−a)−ψ(t)γ⁰(t) (γ(t)−a)² = 0 ψ(1)

γ(1)−a = ψ(0)

γ(0)−a donc ψ(1) =ψ(0) = 1 Alors :

exp Z

γ

dz z−a

= exp Z 1

0

γ⁰(u) γ(u)−adu

=ψ(1) = 1 Donc :

Z

γ

dz

z−a ∈2iπZ

Remarque.

C−γ([0,1]) ouvert deCdonc =SC_i o`uC_i ouvert connexe.

– Ind(γ, a) est constant sur chaqueC_i

– il y a une unique composante non born´ee et pour celle-ci Ind(γ, a) = 0

z0∈U convexe, étoilé (ou simplement connexe),γchemin fermé évitantz0,f holomorphe surU Considéronsg(z) =

f(z)−f(z0)

z−z₀ siz6=z0

f⁰(z0) siz=z0

Alorsg est holomorphe surU− {z0}, continue surU. On en d´eduitR

γg(z)dz= 0

(11)

γ

˜ γ

U

z0

R

˜

γf(z)dz= 0 R

˜

γg(z)dz−R

γg(z)dz=R

C(z0,ε)g(z)dz

z0 ∈U convexe, étoilé (ou simplement connexe), γ chemin fermé évitantz0, f holomorphe surU

Ind (γ, z₀)f(z₀) = 1 2πi

Z

γ

f(z) z−z0

dz ∈Z Proposition 11(formule de Cauchy II)

Une fonction holomorphe est analytique. Plus précisément : siD(z0, r)⊂Uetf holomorphe surU alorsf s’écrit comme une série entière sur D(z0, r)

Corollaire 12

Preuve.

Soitγ(t) =z0+Re^2πit avecR < r

Soitz∈ D(z0, R), alors Ind(γ, z) = Ind(γ, z0) = 1 f(z) = 1

2πi Z

γ_R

f(z)

s−zds= 1 2πi

Z

γ_R

f(s)ds (s−z0)−(z−z0) sdans l’int´egrale estγ(t) =z0+Re^2πit donc|s−z0|=R et|z−z0|< R

1

(s−z0)−(z−z0) = 1 (s−z₀)

1−^z−z_s−z⁰

0

=

+∞

X

n=0

(z−z0)ⁿ (s−z0)ⁿ⁺¹ Donc :

f(z) =

+∞

X

n=0

1 2πi

Z

γ

f(s)ds (s−z0)ⁿ⁺¹

| {z }

(z−z₀)ⁿ

=^f⁽ⁿ_n!^{) (z}^{0 )}

(12)

f⁽ⁿ⁾(z) n! = 1

2πi Z

γ

f(s) (s−z)ⁿ⁺¹ds Corollaire 13

fn suite de fonctions holomorphes surU,∀compactK⊂U fn,fn−−−−−−−→

CVU surK f Alors :

– f est holomorphe (analytique) – ∀k≥1 : fn^(k)−−−−−−−→

CVU surK f^(k) Corollaire 14

Preuve.

En effet,fn^(k)(z) = _2πi^k! R

γ f_n(s)

(s−z)ⁿ⁺¹ds−→ _2πi^k! R

γ f(s)ds

(s−z)ⁿ⁺¹ =f^(k)(z)

f holomorphe sur D(0, R)

f⁽ⁿ⁾(0) n!

≤ MR

Rⁿ o`u MR= max

|z|=R|f(z)|

Corollaire 15

sif est holomorphe surCet bornée alors f est constante Corollaire 16(théorème de Liouville)

Preuve.

En effet∀R >0, ∀n≥1 :

f⁽ⁿ⁾(0) n!

≤^M_Rn^R ≤ _R^Mn −−−−−→

R→+∞ 0. Donc : f(z) =

+∞

X

n=0

f⁽ⁿ⁾(z0)

n! (z−z0)ⁿ=f(0)

(13)

f holomorphe sur D(z0, r), |f(z0)| ≤ max

|z−z₀|=r|f(z)| et si de plus on a ´egalit´e alors f est constante.

Plus g´en´eralementU connexe,V ouvert avec ¯V ⊂U : max

z∈V¯

|f(z)|= max

z∈∂V¯

|f(z)|

Th´eor`eme 17(principe du maximum)

Preuve.

On peut supposer quez0= 0. f(z) =P+∞

n=0anzⁿ max

|z|=r|f(z)|²≥ 1 2π

Z 2π 0

|f(re^iθ)|²dθ= 1 2π

Z 2π 0

X

m,n

a_na_mr^n+me^i(n−m)θdθ

=

+∞

X

n=0

|an|²r²ⁿ=|f(0)|²+

+∞

X

n=1

|an|²r²ⁿ

Cours du 7 mars

4.2 Singularit´ es isol´ ees

Voici des exemples de comportements possibles de fonctions en 0 : f(z) =sinz

z g(z) = sinz

z³ h(z) = exp

1 z

On sait que :

sin(z) =

+∞

X

m=0

(−1)^m z^2m+1 (2m+ 1)!

Ainsi :

– f est prolongeable par continuit´e en 0 tout en restant analytique – z³g(z) est analytique en 0 : c’est un pˆole d’ordre 3

– ha un comportement tr`es compliqu´e en 0

(14)

Soitf holomorphe surD(a, r)− {a}. On est alors dans un des 3 cas suivants :

1. Singularit´e artificielle : f est born´ee au voisinage deaet on peut alors la prolonger en une fonction holomorphe surD(a, r)

2. Pˆole d’ordre m≥1 : lim

z→af(z)(z−a)^m=l l∈C^∗

3. Singularité essentielle : ∀ ε >0,f(D(a, ε)− {a}) est dense dansC Théorème 18

Preuve.

1. Singularit´e artificielle : se prouve en consid´erant la seconde formule de Cauchy et via un contour intelligent, on montre que cette forme de f de prolonge ena

2. Pôle d’ordre m≥1 : supposons que 3 n’est pas vérifiée, alors∃ ε >0, un disqueD(b, η) tels que f(D(a, ε)− {a})⊂C− D(b, η)

Introduisons :

g(z) = 1

f(z)−b holomorphe surD(a, ε)− {a}=U Elle est aussi bornée sur ce disque épointé. En effet : ∀z∈U,|g(z)| ≤ ¹_η Par le point 1, on peut prolongerf en fonction analytique surD(a, ε)

f(z) = 1 g(z)+b

g(z) = (z−a)^m(c0+c1(z−a) +...) = (z−a)^mh(z) c06= 0 Ethest holomorphe.

Une fonction f est m´eromorphe sur U si elle est holomorphe sur U\Z avec Z discret et qu’elle a au plus un pˆole d’ordre fini en chaquez₀∈Z

D´efinition 4(fonction m´eromorphe)

Remarque.

Si f est holomorphe sur D(a, r)\{a} avec un pˆole d’ordrem en a, alorsz 7→ (z−a)^mf(z) est holomorphe surD(a, r).

Donc :

(z−a)^mf(z) =

+∞

X

n=0

c_n(z−a)ⁿ Ainsi :

f(z) = c₀

(z−a)^m + c₁

(z−a)^m−1 +...+ c_m−1 z−a+

+∞

X

n=m

c_n(z−a)^n−m

(15)

cm−1est appelé le résidu def enz=anoté Res (f, a) Définition 5(résidu)

SoitU un ouvert convexe étoilé (simplement connexe) etf méromorphe surU. Soitγ: [0,1]−→U\{pôles}

=P

. 1 2πi

Z

γ

dz (z−a)^m =

Ind (γ, a) sim= 1 0 sim≥2

Alors au voisinage dea∈ P :

f(z) = fonction holomorphe +

r_j

X

i=1

λ^(a)_i (z−a)ⁱ Alors :

1 2πi

Z

γ

f(z)dz=X

a∈P

Res (f, a)Ind (γ, a) Et siγ est simple, orient´e dans le sens trigonom´etrique :

1 2πi

Z

γ

f(z)dz=X

a∈γ^◦

Res (f, a) Théorème 19(des résidus)

Preuve.

Cas d’un contour simple : γinjectif sauf pour la jonction (γ(0) =γ(1)).

D’après le théorème de Jordan : C\γ([0,1]) = U₀

born´e

∪ U₁

non-born´e

En terme d’indice :

– sur la composante non born´ee deC\γ([0,1]), Ind (Γ, a) = 0 – sur le reste Ind (γ, a) = 1

Exemple.

Calcul de :

I= Z +∞

−∞

dx

1 +x² J = Z +∞

−∞

dx 1 +x⁴

PourI, on va prendre pour contourγ_R le demi cercle centr´e en 0 de rayonR. Alors : Z

γR

dz 1 +z² =

Z R

−R

dx 1 +x² +

Z π 0

iRe^iθ 1 +R²e^2iθdθ

(16)

Par le théorème des résidus : Z

γR

dz

1 +z² = 2πiRes (f, i) = 2πi1 2i =π Exercice. Le faire pourJ.

Exemple.

R γε,R

K=R+∞ ε

0

log(x)^k 1+x² dx

Le chemin γ choisi va être le cercle de centre 0 et de rayon R auquel on va enlever une fine bande d’épaisseur 2ε autour de la demi-droite des réels positifs. On va tracer deux segments, un pour revenir en 0, un pour en repartir et la jonction entre les deux segments se fait par un arc de cercle de rayon ε. Ce faisant, il nous sera possible de définir le logarithme complexe : log(z) = log(|z|) +iArg(z). Alors :

Z

γ

log(z)^k 1 +z²dz =

Th. r´es.2πi

(log(i))^k

2i −(log(−i))^k 2i

Rappelons que :

lim

ε→0⁺log(x+εi) = logx Mais :

lim

ε→0⁺log(x−εi) = logx+ 2πi Z

γ

log(z)^k 1 +z²dz=

Z R 0

log(x)^k 1 +x²dx−

Z R 0

log(x+ 2πi)^k

1 +x² dx+ 0 + Z 2π

0

(logRe^iθ)^k 1 +R²e^2iθRie^iθ

→0 quandR→+∞

dθ

5 Existence de primitive holomorphe

Problème : f holomorphe sur U connexe, existe-t-ilF holomorphe sur U avecF⁰(z) =f(z) ? En général non. Sif(z) =F⁰(z), alors pour tout chemin fermé :

Z

γ

f(z)dz=F(γ(1))−F(γ(0)) = 0

(17)

Exemple.

U =C^∗, f(z) = ¹_z

Z

γ

dz

z = 2πiInd (γ,0) Donc il n’existe pas de primitive de la fonction inverse surC^∗. Remarque.

SiF1 etF2sont deux primitives def surU (connexe) alors

∃ c∈C, F₂(z) =F₁(z) +c Exemple.

Une d´etermination holomorphe du logarithme surU ⊂C\{0} ... ?

SoitU convexe ´etoil´e (simplement connexe) etf holomorphe surU. Il existeF une primitive def.

Th´eor`eme 20

Preuve.

On poseF(z) =R

[z0,z]f(s)dsavecz₀le point ”étoilé” deU (dans le cas oùU est étoilé). hpetit + calcul deF(z+h)−F(z)→ok

Cours du 7 mars

6 Homotopie entre deux chemins

On fixeγ₀, γ₁ : [0,1]−→ X tels que γ₀(0) = γ₁(0) = x₀ et γ₀(1) = γ₁(1) = x₁ On pose alors H : [0,1]²−→X telle que : H(0, t) =γ0(t) H(s,0) =x0

H(1, t) =γ1(t) H(s,1) =x1

H(s, t) à sfixé est un chemin dex0 àx1.

Si γ₀, γ₁ sont des chemins homotopes dansU ⊂Cetf holomorphe surU, alors : Z

γ0

f(z)dz= Z

γ1

f(z)dz Th´eor`eme 21(fondamental)

Xconnexe par arcs estsimplement connexesi deux chemins dansX(avec mêmes extrémités) sont toujours homotopes.

D´efinition 6(simplement connexe)

(18)

Remarque.

Grâce au théorème fondamental, si U est simplement connexe, et γ un chemin fermé dans U, alors :

Z

γ

f(z)dz= 0 Si on posea=γ(0) =γ(1) :

γ0=γ γ1=a ⇒

Z

γ₀

f(z)dz= Z

γ₁

f(z)dz= 0

6.1 Quelques propri´ et´ es des ouverts simplement connexes

Soit U simplement connexe, f holomorphe sur U, il existe F holomorphe sur U telle que F⁰(z) =f(z).

Proposition 22

Preuve.

Id´ee. On pose :

F(s) = Z

γ_s

f(z)dz o`u γs est un chemin de 0 `as Il faut alors montrer que :

F(s+h)−F(s)

h −−−→

h→0 0

On prendhsuffisamment petit pour que (|h|< r),s+h∈ D(s, r)⊂U. Alors : Z

γ_s+h

f(z)dz− Z

γ_s

f(z)dz= Z

[s,s+h]

f(z)dz= Z

[s,s+h]

(f(s) +ε(z))dz avecε(z)→0 quandh→0. Ainsi :

Z

γs+h

f(z)dz− Z

γs

f(z)dz=hf(s) +|h|ε(z)

Remarque.

D´etermination du logarithme.

On prendU ⊂C^∗ simplement connexe. Alors, il existe une détermination du logarithme surU. On prend cste+primitive deL(z) = 1/z telle que en un pointz0∈U on ait exp(L(z0)) =z0. Plus généralement sur U simplement connexe, avec f holomorphe sur U sans zéros, on peut définir :

Lf(z) = logf(z) holomorphe surU et telle que exp(Lf(z)) =f(z)

Pour ce faire, il faut prendre une primitive de ^f_f(z)⁰^(z) plus une constante ad´equate. SoitLf cette primitive. Consid´eronsg(z) =f(z) exp(−L_f(z)). Alors :

g⁰(z) = [f⁰(z) +f(z) exp(−L⁰_f(z))] exp(L_f(z)) = 0 Donc exp(L_f(z)) =c₀f(z). Choisissons la primitive de sorte quec₀= 1.

(19)

Variante. D´etermination continue de argf(z) avecf holomorphe sans z´eros surU simplement connexe. On pense au fait que :

logf(z) = log|f(z)|+i(argf)(z)

Etudes des fonctions´ z^α:= exp(αLog z) o`u Log est une d´etermination holomorphe du logarithme surU ⊂C^∗est simplement connexe.

Exemple.

U =C\[0; +∞]. On choisit Log tel que : – argz∈]0; 2π[

– six >0, lim

ε→0⁺Log (x+εi) = logx – Log (−1) =iπ

Remarques.

1. lim

ε→0⁺Log (x−εi) = Logx+ 2πi 2. Log (−1) + Log (1) = 2iπ

Log (−i) + Log (−i) = 3iπ Log (−i)²=iπ