Corrig´ e de l’examen d’analyse complexe (3M266) Mai 2018.

Sorbonne Universit´e Licence de Math´ematiques L3

Corrig´ e de l’examen d’analyse complexe (3M266) Mai 2018.

Exercice 1.

(a) Soitf une fonction holomorphe sur le disque unit´eD(0,1) de module constant m. Sim est nul,f est nulle. Sinon,ff¯=|f|² =m², donc ¯f =m²/f est aussi holomorphe. Notons P = Re(f) = Re( ¯f) et Q = Im(f) = −Im( ¯f). Les

´

equations de Cauchy-Riemann pour les fonctions holomorphes f et ¯f disent que les d´eriv´ees partielles de ces fonctions v´erifient ∂xP = ∂yQ = −∂_xP et

∂_yP = −∂_xQ = −∂_yP. Donc elles sont toutes nulles sur l’ouvert connexe D(0,1) etf =P+iQy est constante.

Si on pr´ef`ere les massues, on peut aussi conclure `a l’aide du th´eor`eme de l’application ouverte (|f|est constant, donc l’image de f est incluse dans un cercle, donc n’est pas ouverte) ou du principe du maximum I (|f|est constant donc atteint son maximum !).

(b) Cela d´ecoule du principe des z´eros isol´es. En effet, on dispose d’une suite de z´eros distinctszn de f,n∈N, dans le disque unit´e. Par compacit´e du disque unit´e ferm´e, cette suite admet une valeur d’adh´erence, donc l’ensemble des z´eros def admet un point d’accumulation dans l’ouvert connexe C, o`uf est holomorphe :f est nulle.

(c) Soit f une fonction enti`ere telle que f(z) tend vers 2 quand |z| tend vers +∞.|f|est donc major´ee par 3 au-dehors d’une boule. Comme elle est aussi major´ee sur la boule (continuit´e, compacit´e),fest une fonction enti`ere born´ee, donc est constante par le th´eor`eme de Liouville.

Exercice 2.

(a) Le discriminant vaut−3 = (i√

3)² 6= 0 donc il y a deux solutions,−1 2±i

√ 3 2 , i.e.jet ¯j=j². On peut aussi remarquer l’identit´ez³−1 = (z−1)(z²+z+1) et en d´eduire que les solutions de l’´equation propos´ee sont les racines troisi`emes de l’unit´e autres que 1.

(b) zest solution dez²ⁿ+zⁿ+1 = 0 si et seulement sizⁿest solution de l’´equation du (a), i.e.z est racine n-i`eme dej ouj<sup>2</sup>. Commeα<sup>n</sup>=j, les racines n-i`emes de j sont les n nombres complexesαω^k, o`u kest entier et 0≤k≤n−1. De mˆeme, commeβ<sup>n</sup>=j<sup>2</sup>, les racines n-i`emes dej²sont lesnnombres complexes βω^k, o`u kest entier et 0≤k≤n−1.

Soit un entierk tel que 0≤k≤n−1. L’argument dans [0,2π[ deαω^k (resp.

βω^k) vaut 2π n

1 + 3k

3 (resp. 2π n

2 + 3k 3 ).

1

2

(c) Quand z → z0, g(z) = g⁰(z0)(z−z0) + o(z−z0) ∼ g⁰(z0)(z −z0), donc 1

g(z) ∼ 1

g⁰(z₀)(z−z₀). Cet ´equivalent prouve que la fonction 1/g a un pˆole simple en z₀, de r´esidu 1/g⁰(z₀).

C’est dans le polycopi´e de cours mais on peut redonner l’argument. D’abord, cet ´equivalent assure que |1/g|tend vers +∞ en z0, donc 1/g admet un pˆole en z₀ : pour z proche de z₀, 1

g(z) = h(z)

(z−z0)^k, avec k ∈ N^∗, h holomorphe et h(0) 6= 0. Alors 1

g(z) ∼ h(0)

(z−z0)^k quand z → z0; en comparant avec l’´equivalent ci-dessus, on trouve k = 1 (donc le pˆole est simple) et h(0) =

1

g⁰(z₀). La s´erie de Laurent de 1/g est alors donn´ee par la s´erie enti`ere de h en z₀, divis´ee parz−z₀ : le r´esidu est donc h(0) = 1

g⁰(z0).

(d) On applique la question pr´ec´edente avec g(z) = z²ⁿ+zⁿ+ 1 et z0 = a.

Commeaest dans A,g(a) =a²ⁿ+aⁿ+ 1 = 0 etg⁰(a) = 2na²ⁿ⁻¹+naⁿ⁻¹ = na⁻¹(2g(a)−aⁿ−2) =−na⁻¹(aⁿ+ 2) (qui n’est pas nul, parce queaest de module 1 par exemple). D’o`u Res(f, a) =− a

n(2 +aⁿ).

(e)

0 R

Rω

σR

•α

•β βω•

αω•

• αω²

• βω²

• βω³

• αω³

(f) (i) f est continue surR+ etf(x)∼x⁻²ⁿ, 2n >1, quandx→+∞, donc f est int´egrable sur R+ etI est un nombre r´eel bien d´efini.

(ii) On applique la formule des r´esidus dans l’ouvert simplement connexeC o`uσRest trac´e et o`uf est holomorphe hors d’un nombre fini de points (les points de A). Le compl´ementaire de l’image de σ_R poss`ede deux composantes connexes : une composante born´ee Ci (`a l’int´erieur de σ_R) et une composante non born´eeCe (`a l’ext´erieur).

Les points deAqui sont dans C_i sont ceux dont l’argument dans [0,2π[

est inf´erieur `a 2π

n . Or pour k entier entre 0 et n−1, l’argument dans [0,2π[ de αω^k (resp. βω^k) vaut 2π

n

1 + 3k

3 (resp. 2π n

2 + 3k

3 ). Ainsi, la

3

composante born´ee Ci contient deux ´el´ements de A (correspondant `a k= 0) : α=e<sup>2iπ3n</sup> etβ =e<sup>4iπ3n</sup> ; ils sont d’indice 1 par rapport `a σR. Les autres ´el´ements deAsont dans la composante non born´eeC_eet d’indice nul. Donc :

1 2iπ

Z

σR

f(z)dz= Res(f, α) + Res(f, β) =−1 n

α

2 +αⁿ + β 2 +βⁿ

.

(iii) Si zest dans l’image deγR, son module estR et l’in´egalit´e triangulaire (`a l’envers) donne 1

|f(z)| ≤ 1

|z|²ⁿ− |z|ⁿ−1 = 1

R²ⁿ−Rⁿ−1. Comme le cheminγ_Rest de longueur (2π/n)R, on obtient la majoration grossi`ere :

Z

γR

f(z)dz

≤L(γ_R) sup

γ_R^∗

|f| ≤ (2π/n)R R²ⁿ−Rⁿ−1.

Le membre de droite tend vers 0 quand R → +∞, donc Z

γR

f(z)dz aussi.

(iv) Z

[0,R]

f(z)dz tend versI quandR →+∞. Le segment orient´e [0, Rω] se param`etre par t7→tω, pour t∈[0, R], donc

Z

[0,Rω]

f(z)dz = Z R

0

ωdt

ω²ⁿt²ⁿ+ωⁿtⁿ+ 1

Avec ωⁿ = 1, on voit que ceci tend vers ωI quand R → +∞. Avec la relation de Chasles, (ii) et (iii), on en tire :

1

2iπ(I+ 0−ωI) =−1 n

α

2 +αⁿ+ β 2 +βⁿ

,

soit

I = 2iπ n(ω−1)

α

2 +αⁿ + β 2 +βⁿ

.

(v) En rempla¸cant ω,α etβ par leurs valeurs, cela donne I = 2iπ

n(e^2iπn −1) e^2iπ3n

2 +j + e^4iπ3n 2 + ¯j

! .

En multipliant num´erateur et d´enominateur par e^−iπn , on trouve I = π

nsin^π_n

e^−iπ3n

2 +j + conjugu´e

! .

Enfin, 2 +j = 3 2+i

√ 3 2 =√

3e^iπ6, donc I = π

nsin^π_n

√1 3

e^{−iπ3n−iπ6} + conjugu´e

= π

nsin^π_n

√2

3cosπ 6 + π

3n

.

4

Exercice 3.

(a) U et V sont des ouverts connexes, o`u g est holomorphe et non constante (puisque injective). Le th´eor`eme de l’application ouverte dit que les images g(U) et g(V) sont des ouverts de C. De plus, si w est dans g(U) ∩g(V), w=g(z1) =g(z2) avecz1 ∈U etz2∈V. CommeU etV sont disjoints,z1 et z₂ sont distincts, d’o`u g(z₁) 6= g(z₂) par injectivit´e. C’est une contradiction doncg(U)∩g(V) est vide.

(b) g est une fonction holomorphe sur l’anneauC^∗ =A(0,0,+∞) donc s’y ´ecrit comme une s´erie de Laurent :g(z) =

+∞

X

n=−∞

a_nzⁿpour toutz∈C^∗. La question (a) montre que la singularit´e degen 0 n’est pas essentielle : en effet,U est un disque ´epoint´e centr´e en 0 et son imageg(U) n’est pas dense dansCpuisqu’elle est disjointe de l’ouvert g(V). Donc la s´erie de Laurent de g n’admet qu’un nombre fini de coefficients a_n non nuls avecn <0. On peut donc trouver un entier p tel queg(z) =

+∞

X

n=p

a_nzⁿ pour toutz∈C^∗.

(c) La fonctionh est holomorphe sur C^∗, injective et ne s’annule pas, d’apr`es les propri´et´es correspondantes de g. Donc ce qui pr´ec`ede s’applique aussi `a h et cela donne le r´esultat voulu : il existe q ∈ Z et des coefficients b_n tels que h(z) =

+∞

X

n=q

b_nzⁿ pour toutz∈C^∗.

(d) En rempla¸cant z par 1/z dans le d´eveloppemement deh ci-dessus, on trouve pour toutz∈C^∗ :

g(z) =h(1/z) =

+∞

X

n=q

bnz⁻ⁿ=

−q

X

n=−∞

b−nzⁿ.

Par unicit´e du d´eveloppement en s´erie de Laurent deg, les coefficients de cette formule s’identifient `a ceux qu’on a trouv´es en (b) et donc a_n = 0 pour tout entiern >−q. Ainsi, le d´eveloppement du (b) s’´ecritg(z) =

−q

X

n=p

a_nzⁿ. Sipest

positif, g est polynˆomiale donc on peut choisir m = 0 et P(X) =

−q

X

n=p

anXⁿ. Sinon, p = −m avec m ∈ N et on peut ´ecrire g(z) = P(z)/z^m pour tout z∈C^∗, en introduisant le polynˆome P(X) =

−q

X

n=−m

a_nX^n+m=

m−q

X

n=0

an−mXⁿ. (e) Pourz∈C^∗,P(z) =z^mg(z) n’est pas nul puisque g ne s’annule pas.

(f) D’apr`es (e), le polynˆome complexe P s’´ecrit P(X) = αX<sup>k</sup>, avec α ∈ C et k ∈N. Ainsi, pour z ∈C<sup>∗</sup>,g(z) = αz<sup>d</sup>, avec d=k−m. Comme g n’est pas constante (injective), α etdne sont pas nuls. De plus, si |d| ≥2,g n’est pas injective : l’´equation g(z) =α a alors pour solutions les racines |d|-i`emes de l’unit´e. Donc d= 1 ou d=−1.