Soitf une fonction m´eromorphe sur un ouvert born´eU

Universit´e Pierre et Marie Curie Ann´ee universitaire 2010/2011

Licence Sciences et Technologies Unit´e LM367

Examen de Janvier 2011, 1^i`ere session

Exercice 1. Soitf une fonction m´eromorphe sur un ouvert born´eU. On suppose que

∀ >0,∃K⊂U compact tel que z∈U \K⇒ |f(z)|< . (1) Montrer quef n’a qu’un nombre fini de pˆoles dansU.

(2) En d´eduire quef est identiquement nulle dansU (trouver une fonction holomorphe born´ee P dansU, telle que P.f soit holomorphe surU et appliquer le principe du maximum).

(3) Donner un contre-exemple lorsque U =C.

Exercice 2. On consid`ere le chemin ferm´e Γ de Cparcouru dans le sens direct o`u Γ = Γ₁∪Γ₂∪ −Γ3∪ −Γ4 (le−d´esigne le chemin oppos´e) avec

Γ1= [r, R] Γ2={Re^iθ; 0≤θ≤ 2π n } Γ3={ρe^i2πn; r≤ρ≤R} Γ4={re^iθ; 0≤θ≤2π

n }, 0< r <1< R.

Calculer, pour−1< p < n−1,n∈N\ {0,1},p∈R, les int´egrales a)F_n,p=

Z +∞

0

x^pln(x)

xⁿ+ 1 dx b)G_n,p= Z +∞

0

x^p xⁿ+ 1dx .

On utilisera la d´etermination du logarithme prolongeant la fonction ]0,+∞[3x7→ln(x) `a C\R<sup>−</sup>. On justifiera les passages `a la limite r→0 etR→+∞

Exercice 3. Soientz0∈C\ {0}et >0. On consid`ere une fonctionf holomorphe surD(0,|z0|+)\{z0}ayant un unique pˆole enz0. On notef(z) =

+∞

X

n=0

anzⁿle d´eveloppement en s´erie enti`ere def au voisinage de l’origine. Le but de l’exercice est de montrer que

n→+∞lim an

an+1

=z0. On commence par supposer quez₀= 1.

Soitz7→g(z) =

k

X

j=1

d_j(j−1)!

(1−z)^j la partie principale def en 1. Notonsh=f−g et

g(z) =

+∞

X

i=0

bizⁱ et h(z) =

+∞

X

i=0

cizⁱ

les d´eveloppements en s´erie enti`ere au voisinage de 0 de ces fonctions.

(1) En calculantbi, v´erifier que lim

i→+∞

bi

b_i+1 = 1.

(2) Minorer le rayon de convergence de la s´erie enti`ere

+∞

X

i=0

cizⁱ. En d´eduire que lim

i→+∞

ci

b_i = 0 puis que lim

i→+∞

ai

a_i+1 = 1.

(3) Montrer le cas g´en´eral: lim

n→+∞

an

an+1

=z0 lorsquef est holomorphe surD(0,|z0|+)\ {z0} et a un unique pˆole enz₀6= 0.

1

2

Universit´e Pierre et Marie Curie Ann´ee universitaire 2010/2011

Licence Sciences et Technologies Unit´e LM367

Correction de l’examen de Janvier 2010,1^i`ere session Exercice 1.

(1) Par hypoth`ese, il existe un compactK contenu dansU tel quez6∈K entraine|f(z)| ≤1.

Donc P(f) ⊂ K. Or l’ensemble des pˆoles d’une fonction m´eromorphe est un ensemble discret et ferm´e dansU. DoncP(f) =P(f)∩K est fini.

(2) Supposons f non nulle. Notons P(f) = {p1, . . . , pn} l’ensemble des pˆoles de f. Soit ni

l’ordre du pˆole p_i dans f de sorte quef(z) = gi(z)

(z−p_i)ⁿⁱ au voisinage dep_i avec g_i holo- morphe sur ce voisinage. NotantP(z) = Πⁿ_i=1(z−pi)ⁿⁱ, la fonction

P.f :U 3z 7→Πⁿ_i=1(z−pi)ⁿⁱf(z) holomorphe sur U \P(f) se prolonge comme fonction holomorphe, not´eeA, surU: elle est ´egale `az7→gi(z)Π_j6=i(z−pj)^nj au voisinage depi.

Montrons que lim

z→∂UA(z) = 0:

U ´etant born´e,||P||_∞,U¯ = sup

z∈U¯

{|P(z)|}est fini. Soit >0, il existe un compact contenu dans U telle que z 6∈ K entraine |f(z)| ≤

1 +||P||_∞,U¯

. Donc z 6∈ K entraine |A(z)| =

|(P.f)(z)| ≤.

Ceci entraine que A est identiquement nul: Prolongeons la fonction A par continuit´e sur ¯U en posantA_|∂U = 0. Le principe du maximum pour l’ouvert born´eU et la fonction holomorphe surU continue jusqu’au bord s’applique:

maxU¯

|A|= max

∂U |A|= 0. Doncf = A

P est identiquement nulle. Contradiction.

(3) La fonctionz7→ 1

z est un contre-exemple lorsque U =Cest non born´e.

Exercice 2. Posons z^p = e^plogz pour z ∈ C\R⁻. La fonction f : z 7→ z^plogz zⁿ+ 1 est m´eromorphe surC\R⁻ avec des pˆoles simples ene^iπn+2ikπn , k∈ {0, . . . n−1}. Donc

R´es(f, e^iπn) = (z^plogz

nzⁿ⁻¹ )(e^iπn) =−iπ

n²e^(p+1)iπn .

Le th´eor`eme des r´esidus appliqu´e `af surC\R⁻ simplement connexe entraine que Z

Γ

f(z)dz= 2iπR´es(f, e^iπn) car l’indice de Γ par rapport aux autres pˆoles est nul.

Mais siz est dans le support de Γ,

|f(z)| ≤ e^pln|z|(|ln|z||+^2π_n)

|1− |z|ⁿ| . Les hypoth`eses−1< p < n−1 entrainent donc

r→0lim| Z

Γ4

f(z)dz| ≤ lim

r→0

2π

n rr^p(|lnr|+2π n) = 0 et

lim

R→+∞| Z

Γ₂

f(z)dz| ≤ lim

R→+∞

2π

n RR^p(lnR+^2π_n) Rⁿ−1 = 0. De plus, l’int´egrale

Z

Γ₃

f(z)dz = Z R

r

e^2ipπn t^p(lnt+^2iπ_n ) tⁿ+ 1 e^2iπn dt

3

converge lorsquer→0 etR→+∞verse^2i(p+1)πn [Fn,p+2iπ n Gn,p].

Donc

2iπR´es(f, e^iπn) = lim

R→+∞,r→0

Z

Γ₁

f(z)dz+ Z

Γ₂

f(z)dz− Z

Γ₃

f(z)dz− Z

Γ₄

f(z)dz

2π²

n²e^(p+1)iπn =Fn,p−e^2i(p+1)πn [Fn,p+2iπ n Gn,p] π²

n²i=Fn,psinπ(p+ 1)

n +e^i(p+1)πn π nGn,p

Gn,p=

π n

sin^π(p+1)_n etFn,p=−π² n²

cos^π(p+1)_n sin^2π(p+1)_n . Remarque: la d´eriv´ee enpdeG_n,p ´egaleF_n,p.

Exercice 3.

(1) Rappelons que si j≥2, (j−1)!

(1−z)^j =

+∞

X

n=0

(n+j−1). . .(n+ 1)zⁿ. Donc

n→+∞lim b_n bn+1

= lim

n→+∞

d₁+d₂(n+ 1) +d₃(n+ 2)(n+ 1). . .+d_k(n+k−1). . .(n+ 1) d1+d2(n+ 2) +d3(n+ 3)(n+ 2). . .+dk(n+k). . .(n+ 2) = 1. (2) La fonction hadmet en 1 une singularit´e ´eliminable. Son prolongement holomorphe ˜hest

holomorphe surD(0,1 +). Le d´eveloppement en s´erie enti`ere de ˜hen 0 converge donc sur ce disque. C’est aussi le d´eveloppement en s´erie enti`ere de h. Le rayon de convergence est sup´erieur `a 1 +.

Donc lim sup

n→+∞

|cn|¹ⁿ <1 or lim

n→+∞

bn

b_n+1 = 1 entraine lim

n→+∞|bn|ⁿ¹ = 1.

Donc lim sup

n→+∞

|c_n bn

|ⁿ¹ <1 et lim sup

n→+∞

|c_n bn

|= 0. Ce qui entraine

n→+∞lim a_n an+1

= lim

n→+∞

b_n+c_n bn+1+cn+1

= 1.

(3) En g´en´eral, on consid`ere la fonction z → F(z) = f(z<sub>0</sub>z) dont le d´eveloppement en s´erie enti`ere en 0 est

+∞

X

n=0

(anz0n)zⁿ.