complexe - Enseignement - Section de mathématiques | …sma.epfl.ch/cours/csma/PH-4/analyse4-2017-chap01.pdfLes lignes de niveau Re(z2) = x2 −y2 et Im(z2) = 2xy. Translations dans

Chapitre 1

Elements de l’Analysecomplexe

1.1 Rappels sur les nombres complexes

1.1.1 Le corps CNombres complexes. On designe par C l’ensemble des nombres complexesdont les elements sont toutes les expressions de la forme z = x+ iy ou x, y ∈ Ret i2 = −1 :

C = {z = x+ iy : (x, y) ∈ R× R, i2 = −1}.

Addition et multiplication. L’ensemble C est muni d’une addition et d’unemultiplication : Si z1 = x1 + iy1 et z2 = x2 + iy2, on definit

z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2) (1.1)

z1 · z2 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1). (1.2)

-

6

O x1

y1z1 = x1 + iy1

z2

z = z1 + z2

��*

��

3

Puissances de i.

i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, i5 = i.

4

CHAPITRE 1. ELEMENTS DE L’ANALYSE COMPLEXE 5

Proposition. L’ensemble C est un corps.

Representation par des matrices reelles. On peut identifier le corps Cavec le corps

K2(R) := {(x −yy x

), x, y ∈ R}. (1.3)

On peut caracteriser K2(R) par

K2(R) = {A ∈M2,2(R) : [A, J ] = 0}, J =

(0 −11 0

)et [A,B] = AB − BA designe le commutateur entre 2 matrices carrees. Enrepresentation polaire tout A ∈ K2(R), A = 0 s’ecrit comme

A = r

(cos θ − sin θsin θ cos θ

), r > 0,−π ≤ θ < π. (1.4)

1.1.2 Module et complexe conjugue.

Partie reelle et imaginaire. Soit z = x+ iy. Le nombre reel x est appele lapartie reelle de z et on le note x = Re z, tandis que le nombre y est appele lapartie imaginaire de z et on le note y = Im z. Si y = 0, z est reel. Si x = 0 ety = 0, on dit que z est imaginaire pur. Notons que

Re z = Im z = 0⇔ z = 0.

Module. Le nombre reel |z| =√x2 + y2 est appele le module de z. Si z est

reel le module de z est egale a sa valeur absolue.

Complexes conjugues. Les nombres z = x + iy et z = x − iy sont appelescomplexes conjugues.

Proprietes du complexe conjugue. Pour z, z1, z2 ∈ C on a

1. z = z

2. z1 + z2 = z1 + z2

3. z1 · z2 = z1 · z24. Si z2 = 0,

(z1z2

)= z1

z2

5. z · z = |z|2 et |z| = |z|6. Si z = 0, z−1 = 1

z = z|z|2

7. Re z = z+z2 Im z = z−z

2i .


_

1/z

z=x-iy

z=x+iy

1/|z|

|z|

1

i

Le cercle unite, z, z et 1z

Proprietes du module. Pour z, z1, z2 ∈ C on a

1. Positivite : |z| ≥ 0 et |z| = 0⇔ z = 0

2. Homogeneite : |z1z2| = |z1||z2|3. Inegalite triangulaire : |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|4. Si z2 = 0, | z1z2 | =

|z1||z2|

5.∣∣|z1| − |z2|∣∣ ≤ |z1 − z2|

6. Si |z| < ϵ pour tout ϵ > 0 alors z = 0.

Distance. A partir du module on peut definir la distance d(z1, z2) de deuxnombres complexes z1 et z2 par d(z1, z2) = |z1−z2|. De meme que la distance dedeux nombres reels, la distance d(z1, z2) satisfait aux trois proprietes suivantes.

1. Positivite : d(z1, z2) ≥ 0 et d(z1, z2) = 0⇔ z1 = z2

2. Symetrie : d(z1, z2) = d(z2, z1)

3. Inegalite triangulaire : d(z1, z2) ≤ d(z1, z) + d(z, z2) pour tout z ∈ C.

1.1.3 L’espace norme CLes notions topologiques dans C sont interpretees comme celles de R2 grace

a l’identification z = x+ iy ↔(xy

)et du module avec la norme euclidienne.

Les notions de convergence dans C correspondent a celles dans R2 : soit {zn =xn + iyn}n∈N, xn, yn ∈ R, une suite dans C. Alors, si z = x+ iy, x, y ∈ R :

limn→∞

zn = z ⇔ limn→∞

|zn − z| = 0. (1.5)

On demontre facilement que cette definition est equivalente a la condition sui-vante : si zn, z ∈ C, alors

limn→∞

zn = z ⇔ limn→∞

xn = x et limn→∞

yn = y. (1.6)

Il en suit le resultat suivant (voir Analyse II, chapitre 1) :


Proposition.

1. (C, | · |) est un espace de Banach reel (de dimension 2).

2. (C, | · |) est un espace de Banach complexe (de dimension 1).

1.1.4 La forme polaire des nombres complexes

Le plan complexe. On peut representer un nombre complexe z = x+iy dansle plan R2 par le vecteur joignant l’origine au point (x, y). L’axe des abscissesrepresente les nombres reels et l’axe des ordonnees les nombres imaginaires purs.

Coordonnees polaires. Soit z = 0. Donc r = |z| = 0 et zr correspond a un

point unique du cercle unite (i.e. cercle de rayon 1 et de centre (0, 0)). Il existedonc une valeur unique θ ∈ ]− π, π] telle que{

x = r cos θ

y = r sin θou z = r(cos θ + i sin θ).

θ est appele l’argument de z et on le note par θ = arg z. Noter que l’argumentd’un nombre complexe z est defini a 2kπ pres avec k ∈ Z. Rappelons que cechangement des variables est C1-inversible si r > 0,−π < θ < π. En appliquant

la formule de bissection tanθ

2=

sin θ

1 + cos θon trouve l’inverse de la classe C1

donne par

arg z = θ = 2arctany

x+√x2 + y2

(1.7)

pour tous (x, y) /∈] −∞, 0] × {0}. On appelle l’equation (1.7) la determinationprincipale de l’argument d’un nombre complexe. Si z est un reel negatif on posearg z = π. Noter que ce prolongement n’est pas une application continue surC \ {0}.

-

6

��z

r

x

iy

θ

r

Formule d’Euler. Pour θ ∈ R :

eiθ = cos θ + i sin θ. (1.8)

Par consequent,

sin θ =eiθ − e−iθ

2iet cos θ =

eiθ + e−iθ

2.

En utilisant la formule d’Euler, tout nombre complexe z peut s’ecrire sous laforme polaire

z = reiθ = r(cos θ + i sin θ) (1.9)

ou r = |z| et θ = arg z.


Valeurs particulieres. Soit n un entier.

e2nπi = 1, e(2n+1)πi = −1

e(4n+1)πi

2 = eiπ2 = i, e

(4n+3)πi2 = e

−iπ2 = −i

Formule de de Moivre. Pour tout entier n et tout θ ∈ R :(eiθ

)n= (cos θ + i sin θ)n = (cosnθ + i sinnθ) = einθ (1.10)

Calcul en representation polaire. Soit z1 = r1eiθ1 , z2 = r2e

iθ2 , z = reiθ.

1. z = re−iθ

2. Si z = 0, 1z = 1

r e−iθ

3. z1 · z2 = r1r2ei(θ1+θ2)

4. arg(z1 · z2) = arg z1 + arg z2 + 2kπ, k ∈ Z.

1.1.5 Racines d’un nombre complexe

Racines d’un nombre complexe. Soient s > 0, β ∈ R et n un entier positif.L’equation

zn = seiβ

admet n solutions distinctes de la forme

z = n√s · eiθ ou θ =

β + 2kπ

n, k = 0, 1, . . . , n− 1. (1.11)

Racine carree. Soit z = x + iy. Si y > 0 (appliquer sinθ

2=

√1− cos θ

2et

cosθ

2=

√1 + cos θ

2car θ ∈]0, π[ )

√z =

√x+

√x2 + y2

2+ i

√√x2 + y2 − x

2

et si y < 0 (appliquer sinθ

2= −

√1− cos θ

2et cos

θ

2=

√1 + cos θ

2car θ ∈

]− π, 0[)√z =

√x+

√x2 + y2

2− i

√√x2 + y2 − x

2.

Si x > 0 et y = 0 evidemment√z =

√x. Ces equations representent la

determination principale de la racine carree d’un nombre complexe.


1.2 Fonctions complexes et leur representationgraphique

1.2.1 Fonctions complexes et Continuite

Fonctions complexes. Soit D ⊂ C. Une fonction f : D −→ C est appeleeune fonction complexe. En posant z = x+ iy on peut toujours y associer deuxfonctions reelles u, v : R2 −→ R par l’identification

f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y). (1.12)

Autrement dit on identifie f avec le champs vectoriel

(uv

).

Fonction continue. Le module d’un nombre complexe z = x+ iy corresponda la norme du vecteur y associe. Des boules ouvertes dans C correspondent auxboules ouvertes dans R2. Les notions d’ensemble ouvert et d’ensemble ferme dansC correspondent aux notions dans R2. De meme, la continuite d’une fonctioncomplexe est equivalente a la continuite de u, v dans R2.

1.2.2 Exemples et Representation graphique

Representation graphique. On peut representer une fonction complexe f(z) =f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) par les lignes de niveau de u et de v. Une autrepossibilite consiste a selectionner des courbes γk(t) ∈ D et les images de cescourbes sous f . Typiquement on choisit pour γk les lignes des coordonnes, parexemples les droites x = ak, y = ibk (si on travaille en cordonnes cartesiennes).

Les images de droites x = a (en rouge) y = b (en vert) sous l’applicationf(z) = z.


Les images de droites x = a (en rouge) y = b (en vert) sous l’applicationf(z) = z2. En posant les coordonnees z′ = f(z), c’est-a-dire

x′ = x2 − y2, y′ = 2xy il faut donner y′ = y′(x′). Si x = a est fixe on trouve

y′ = ±|a|√a2 − x′ defini si x′ ≤ a2 (la courbe rouge). De meme si y = b est

fixe on a y′ = ±|b|√b2 + x′ defini si x′ ≥ −b2 (la courbe verte).

Les lignes de niveau Re(z2) = x2 − y2 et Im(z2) = 2xy .

Translations dans C. L’addition d’un nombre complexe z0 definit une ap-plication de C dans C par z → z + z0 qui correspond a une translation dans leplan complexe. L’ensemble

SR(z0) = {z ∈ C : d(z, z0) = |z − z0| = R}

definit dans le plan complexe le cercle de rayon R autour du centre z0. Enparticulier, SR = SR(0) = {z ∈ C : d(z, 0) = |z| = R} est le cercle de rayonR autour de l’origin. Notons que SR(z0) est l’image de SR sous la translationz → z + z0.


Fonction C-lineaire. La multiplication par nombre complexe a definit uneapplication lineaire (et vice versa) de C dans C par z → a·z qui correspond a unehomothetie de centre l’origine et de rapport |a| suivie d’une rotation de centrel’origine et d’angle arg a. L’image du cercle SR(z0) sous l’application lineairez → a · z est le cercle S|a|R(az0).

Fonction C-antilineaire. Pour a ∈ C soit f(z) = az. Cette application estantilineaire, c’est-a-dire

f(λ1z1 + λ2z2) = λ1f(z1) + λ2f(z2), λj , zj ∈ C. (1.13)

L’image du cercle SR(z0) sous l’application antilineaire z → a · z est le cercleS|a|R(az0) (exercice).

Fonction R2-lineaire mais pas C-lineaire. f(z) = az + bz et a, b = 0n’est pas lineaire. Le champs vectoriel dans R2 y associe est cependant lineaire.L’image du cercle SR(z0) sous l’application ineaire z → a ·z+ b · z est une ellipse(si ab = ab).

Polynomes harmoniques et Racines. f(z) = zn n’est pas bijective sur C.Soit Sn = {z ∈ C : arg(z) ∈]− π

n,π

n[. Alors,

zn : Sn −→ C \ {z ∈ C :, Imz = 0,Rez ≤ 0} := C \ R≤0

est bijective. L’inverse est appelee la determination principale de n√z. Noter

que la regle n√z1z2 = n

√z1 n√z2 est fausse en general : soit z = 1

2 (−1 + i√3),

donc argz = 2π3 , alors

√z = 1

2 (1 + i√3) et

√z2 = 1

2 (1 − i√3) = −z. Pour la

determination principale de la fonction f(z) =√z en coordonnees cartesiennes

voir la section 1.1.5.

Fonctions rationnelles. Considerons l’exemple f(z) = z−1 defini sur C∗.L’inverse d’un nombre complexe z definit une application de C\{0} dans C\{0}par z → 1

z qui correspond a une homothetie de centre l’origine et de rapport1

|z|2 suivie d’une reflexion par rapport a l’axe des x. L’image du cercle SR(z0)

sous l’application z → 1z est le cercle

S R|R2−|z0|2|

( z0|z0|2 −R2

)si 0 /∈ SR(z0) (i.e. R

2 = |z0|2) et la droite d’equation

wz0 + wz0 = 1, w ∈ C,

si 0 ∈ SR(z0) (i.e. R2 = |z0|2).


–1

1

2

3

–1 1 2 3

–1

–0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

–1 1 2 3

On mentionne encore les fonctions

f(z) =z + 1

z − 1, f(z) =

z + i

z − i

qui sont deux variantes de la transformation de Cayley. Appliquer aux matriceselle permet de lier les spectres des matrices antisymetriques aux spectres desmatrices orthogonales (respectivement des matrices symetriques aux spectresdes matrices unitaires). Notons, par exemple, la propriete

f(iy) =iy + 1

iy − 1=

1− y2

1 + y2− i 2y

1 + y2, y ∈ R

representant la projection stereographique du cercle unitaire sur l’axe reel.

Fonctions exponentielles et logarithmiques. La fonction exponentielle

ez :=∞∑k=0

zk

k!(1.14)

est definie pour tout z ∈ C : la serie est absolument convergente (prendre lemodule |z|) en tout z ∈ C. On a

ez = ex+iy = exeiy = ex(cos y + i sin y).

La fonction exponentielle est donc periodique de periode 2π en y. Pour touty ∈ R elle definit une bijection entre la bande Ty := {z =∈ C : Im z ∈]y, y+2π]}et C \ {0} et une bijection entre l’interieur de Ty et C \ {z = xeiy, x ≥ 0}.L’equation

ew = z, , z ∈ C \ {0}

admet en chaque bande Ty exactement une solution (et une infinite de solutionsdans C). On ecrit w = ln z. Pour deux logarithmes w1, w2 on a toujours l’identite

w2 = w1 + 2ikπ

ou en utilisant la forme polaire avec arg z ∈]−π, π] (la determination principaledu logarithme) :

w = ln |z|+ i(arg z + 2kπ). (1.15)


Nous verrons plus loin qu’il n’y a pas une fonction logarithmique (determinationcontinue) sur tout C\{0} mais sur tout sous-ensemble simplement connexe. Parexemple, sur le demi-plan a droite x > 0 on peut choisir simplement

ln z =1

2ln(x2 + y2) + i arctan

y

x

ce qui correspond a l’equation (1.15) sur ce domaine et donne la fonction loga-ritmique usuelle si Im z = 0. Pour la determination principale du logarithme onpeut definir la determination principale de la racine n-ieme

n√z = e

1n ln z.

Les fonctions trigonometriques, hyperboliques et puissance sont definies en ana-logie des definitions sur R.


1.3 Fonctions derivables

1.3.1 Derivee et Fonction holomorphe

Domaine dans C. Un ensembleD ⊂ C s’appelle connexe (ou plus precisementconnexe par arcs) si pour tous z0, z1 ∈ D il existe un chemin continue γ : [0, 1]→D tel que γ(0) = z0 et γ(1) = z1. Si, en plus D est ouvert, on l’appelle un do-maine dans C. Si on ne formule aucune hypothese l’ensemble D ⊂ C designe unouvert.

La Derivee complexe. Une fonction f : D → C est dite complexe derivableen z0 ∈ D si la limite

limz → z0

f(z)− f(z0)z − z0

(1.16)

existe. Cette limite, lorsqu’elle existe, est appelee la derivee de la fonction f aupoint z0 et on la note f ′(z0).

Proposition - developpement limite du premier ordre. Si f : D → Cest complexe derivable en z0 ∈ D si et seulement si

f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + o(z − z0), (1.17)

pour tout z ∈ D. Par consequent, f est continue en z0.

Une interpetation de la derivee complexe. Par l’eq. (1.17) une fonctioncomplexe derivable en z0 definit une application C-lineaire qui approche locale-ment f(z)−f(z0). Rappelons que la C-lineairite est une propriete beaucoup plusrestrictive que la R2-lineairite. C’est pourquoi une fonction complexe derivablea des propietes plus speciales qu’un champs vectoriel derivable sur R2.

Regles de derivation. La derivee complexe verifie les memes regles de calculque des fonctions f : R→ R : Si f, g sont complexe derivables en z et α, β ∈ C,alors

(αf + βg)′(z) = αf ′(z) + βg′(z) (1.18)

(f · g)′(z) = f ′(z)g(z) + f(z)g′(z). (1.19)

Si f est complexe derivable en z et g est complexe derivable en f(z), alors

(g ◦ f)′(z) = g′(f(z)) · f ′(z). (1.20)

Sur la base de (1.17) on peut etablir une extension de la regle de l’Hospital auxderivees complexes.

Fonction holomorphe. Une fonction f : D → C est holomorphe dans D sif est complexe derivable en tout z0 ∈ D et sa fonction derivee f ′ : D → Cest continue ce qui signifie que f ∈ C1(D). En principe on n’a pas besoin de lacontinuite de f ′ (Theoreme de Goursat, voir plus loin) pour definir une fonc-tion holomorphe : une fonction complexe derivable est holomorphe. Au lieu de”holomorphe” on utilise egalement les synonymes ”analytique” (lie au resultatqu’une fonction se laisse developper en serie entiere) et ”reguliere”.


Equations de Cauchy-Riemann. Nous reformulons l’eq (1.17) par des ma-trices dans K2(R) (voir (1.3)). Soit f(z) = u(x, y)+ iv(x, y). Soit f ′(z0) = a+ ibet notons df = f(z) − f(z0) = du + idv, dz = z − z0 = dx + idy. Alors, (1.17)est equivalente a(

du −dvdv du

)=

(a −bb a

)·(dx −dydy dx

)+ o(

√(dx)2 + (dy)2) (1.21)

ou o signifie une matrice dans K2(R) avec des elements o. Par consequent,(du −dvdv du

)=

(a dx− b dy −a dy − b dxa dy + b dx a dx− b dy

)+ o(

√(dx)2 + (dy)2). (1.22)

En en deduit que les resultats suivants :

Theoreme - fonction complex derivable en z0 - conditions d’equivalence.Une fonction f : D → C est complexe derivable en z0 ∈ D si et seulement si u, vsont reelles derivables en (x0, y0) et verifient les equations de Cauchy-Riemannen ce point :

∂ u(x, y)

∂ x=∂ v(x, y)

∂ y,

∂ u(x, y)

∂ y= −∂ v(x, y)

∂ x. (1.23)

Theoreme - fonction holomorphe - conditions d’equivalence. Une fonc-tion f : D → C, f = u + iv, u, v : D → R, est holomorphe si et seulement siu, v ∈ C1(D) au sens reel et u, v verifient les equations de Cauchy-Riemann(1.23) sur D.

Remarque. Aux exercices on montre que u, v : R2 −→ R definie par

u(x, y) =

{xy

x2+y2 si(x, y) = (0, 0),

0 si (x, y) = (0, 0),v(x, y) = 0 pour tout (x, y).

verifient les equations de Cauchy-Riemann en (x, y) = (0, 0) et que f = u + ivn’est pas complexe derivable en (x, y) = (0, 0). Ceci n’est pas en contradic-tion avec le premier theoreme puisque la fonction u est seulement partiellementdifferentiable mais u n’est pas (reel) derivable en (x, y) = (0, 0).

Proprietes des fonctions derivables. Si f ′(z) existe, alors

f ′(z) =∂ u(x, y)

∂ x+ i

∂ v(x, y)

∂ x=∂ v(x, y)

∂ y− i∂ u(x, y)

∂ y(1.24)

1.3.2 Proprietes des fonctions holomorphes

Fonction constante. Soit D ⊂ C un domaine et f : D → C holomorphetelle que f ′(z) = 0. Alors, f est constant. En fait, par (1.24) toutes les deriveespartielles de u et v sont zero. Le resultat suit par le theoreme des accroissementsfinis.


Geometrie des fonctions holomorphes. Toute fonction holomorphe f :D → C telle que f ′(z) = 0 dans D definit un changement de coordonnesorthogonale entre D et f [D] : le tenseur metrique est donne par |f ′(z)|2 etrepresente par une matrice diagonale dans K2(R). Une fonction holomorphepreserve egalement des angles et l’orientation.

Fonctions holomorphes inversibles. En appliquant le theoreme des appli-cations localement inversibles de l’analyse reelle (voir Analyse 2, chapitre 4) onconclut qu’une fonction holomorphe f : D → C telle que f ′(z0) = 0 pour unz0 ∈ D est localement inversible et son inverse est une fonction holomorphe.

Fonctions holomorphes et fonctions harmoniques. Soit D ⊂ C ouvert.Soit f : D → C, f = u + iv telle que u, v ∈ C2(D) ou D = {(x, y) ∈ R2 : z =x+ iy ∈ D}. (nous allons voir plus loin que pour une fonction holomorphe u, vsont toujours C∞, donc cette hypothese peut etre supprimee). Alors,

∆x,yu(x, y) = 0, ∆x,yv(x, y) = 0, (1.25)

c’est-a-dire u, v sont des fonction harmoniques surD (on pourrait meme demontrercette propriete sur D). C’est une consequence simple des equations de Cauchy-Riemann puisque (en notant les derivees partielles ux, uy, uxx etc.)

uxx + uyy = (vy)x − (vx)y = 0, vxx + vyy = (−uy)x + (ux)y = 0.

On dit que u et v sont harmoniques conjuguees, c’est-a-dire elles sont C2 etverifient les equations de Cauchy-Riemann.

Proprietes des fonctions harmoniques conjuguees. Soit D ⊂ C undomaine. Supposons que u, v ainsi que u,w sont des fonctions harmoniquesconjuguees sur D. Alors, v − w = const sur D.

Demonstration.

∇(v − w) =(vx − wx

vy − wy

)=

(−uy + uyux − ux

)= 0

et le resultat suit par le theoreme des accroissements finis (ici on a besoin queD soit connexe).

Theoreme - Construction des fonctions holomorphes. Soit D ⊂ C unouvert simplement connexe (connexe + contractabilite des courbes fermees dansD). Supposons que u ∈ C2(D) et que ∆u = 0 dans D. Alors il existe v ∈ C2(D)telle que u, v sont harmonique conjuguees sur D.

Demonstration. On definit un champs vectoriel w : D → D par

w =

(−uyux

)Sa matrice jacobienne est donnee par

Jw =

(−uyx −uyyuxx uxy

)


et elle est symetrqiue grace a uxx + uyy = 0. Par le theoreme 7.4 de l’analyse3 un champs vectoriel de classe C1 sur un domain simplement connexe est legradient d’un potentiel si est seulement si sa matrice jacobienne est symetrique.Il existe donc v ∈ C2 tel que vx = −uy et vy = ux.

Remarque. Si D est etoile par rapport a x0 on peut construire v par laformule

v(x) =

∫ 1

0

⟨w(tx+ (1− t)x0),x− x0⟩ dt

=

∫ 1

0

−uy(tx+ (1− t)x0)(x− x0) + ux(tx+ (1− t)x0)(y − y0) dt.

Exemple - construction d’une fonction harmonique conjuguee. Aulieu d’appliquer la formule ci-dessus on peut construire une fonction harmoniqueconjuguee par la resolution d’une equation diffrentielle ordinaire (voir l’Analyse2 : equations diffrentilles exactes). Sur R2 on considere la fonction harmoniqueu(x, y) = xy + x. Pour construire v on utilise une des equations de Cauchy-Riemann, par exemple ux = vy d’ou vy = y + 1 et par l’integration v(x, y) =12y

2+y+h(x) pour une fonction h(x). La seconde equation de Cauchy-Riemannimpose uy = −vx, c’est-a-dire −x = h′(x). Une solution est h(x) = −1

2x2 et

v(x, y) = 12 (y

2 − x2) + y est harmonique conjuguee a u(x, y) = xy + x.

1.3.3 Derivees de Wirtinger

Nous pouvons interpreter toute fonction f : D → C comme une fonction desvariables reelles x, y a valeurs complexes. En notant que

x =z + z

2, y =

z − z2i

nous pouvons donc voir z, z comme variables independantes et introduire lesderivees partielles (dites derivees de Wirtinger)

∂

∂ z=

1

2(∂

∂ x− i ∂

∂ y),

∂

∂ z=

1

2(∂

∂ x+ i

∂

∂ y). (1.26)

En fait, on introduit le changement de variable lineaire(x′

y′

)= A

(xy

)donne par la matrice A =

(1 i1 −i

). Pour des raisons evidentes on note x′ = z,

y′ = z. Par consequent,(xy

)=

1

2

(1 1−i i

)(zz

)=

(∂x∂z

∂x∂z

∂y∂z

∂y∂z

)(zz

)d’ou par la regle de composition

∂f(x, y)

∂z=∂x

∂z

∂f

∂x+∂y

∂z

∂f

∂y=

1

2

(∂f∂x− i ∂f

∂y

)donc la premiere identite de l’equation (1.26).


Fonction complexe derivable. Une fonction f : D → C est complexe

derivable en z0 ∈ D si et seulement si f derivable au sens reel et∂ f

∂ z(z0) = 0.

(Demonstration : exercice)

Fonction holomorphe. Une fonction f : D → C est holomorphe si et seule-

ment si f est classe C1 au sens reel et∂ f(z)

∂ z= 0. Cette condition est la forme

complexe des equations de Cauchy-Riemann. (Demonstration : exercice)

Regles de calcul. Pour des fonctions derivables au sens reel, les derivees deWirtinger sont lineaires et verifient la regle du produit. En particulier

∂ f

∂ z=∂ f

∂ z,∂ f

∂ z=∂ f

∂ z

∂ f

∂ z=∂ f

∂ z, si f reelle

(1.27)

et si f est de classe C2 au sens reel, alors

4∂2 f

∂ z∂ z= ∆x,yf (1.28)

Fonction antiholomorphe. Une fonction f : D → C est dite antiholomorphesi f : D → C est holomorphe. Par le resultat precendent une fonction f : D → C

est antiholomorphe si et seulement si f est classe C1 au sens reel et∂ f(z)

∂ z= 0.

Une fonction antiholomorphe preserve egalement les angles mais elles changentl’orientation (puisque le jacobien est negatif).

Application aux equations aux derivees partielles. Pour des systemes endeux dimensions (en mecanique quantique ou dynamique des fluides) il est com-mode d’utiliser les coordonnees complexes z, z au lieu de x, y. L’etat fondamentalde l’oscillateur quantique en deux dimension est une solution de l’equation deSchrodinger

− ~2

2m△x,yψ(x, y) +

1

2mω2(x2 + y2)ψ(x, y) = Eψ(x, y). (1.29)

En passant aux coordonnees complexes z, z on verifie que ψ0(z, z) = exp(− mω|z|2

~),

E0 = 2ω~ est une solution (non-normalisee). Un autre exemple en mecaniquequantique est donne par les niveaux de Landau d’un champ magnetique constant(voir les exercices).


1.4 Integration dans C1.4.1 Integrales curvilignes des fonctions complexes

Grace a la bijection x + iy ↔ (x, y) entre C et R2 nous pouvons traiter lescourbes dans C comme des courbes dans R2 en utilisant la meme terminologie.

Integrale curvligne. Soit [a, b] ⊂ R et z(t) := x(t) + iy(t) avec x, y ∈C1([a, b]) avec vecteur tangent z(t) = x(t) + iy(t) une courbe orientee reguliereC (c’est-a-dire z = 0) dans un domaine D ⊂ C telle que z(s) = z(t) si s = tpour s, t ∈]a, b[ (on dit aussi ”une courbe simple”). Soit f = u+ iv continue surD. On definit l’integrale curviligne de f de long de C par∫

C

f(z) dz =

∫ b

a

f(z(t))z(t) dt (1.30)

ou de maniere equivalente par des integrales curvilignes dans D ⊂ R2 :

∫C

f(z) dz =

∫ b

a

⟨( u(x(t), y(t))−v(x(t), y(t))

)+ i

(v(x(t), y(t))u(x(t), y(t))

),

(x(t)y(t)

)⟩dt. (1.31)

L’extension aux courbes C1 par morceaux est evidente : Si C consiste deC1, C2, alors ∫

C

f(z) dz =

∫C1

f(z) dz +

∫C2

f(z) dz

Si on designe −C la courbe de l’orientation opposee, alors∫−C

f(z) dz = −∫C

f(z) dz

Notons encore que l’integrale curvligne est lineaire en f . En cas d’une courbefermee (z(a) = z(b)) parcouru dans le sens positive (sens anti-horaire) on note∫C=

∮C.

Inegalite triangulaire.∣∣∣∣ ∫C

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|f(z(t))||z(t)| dt, (1.32)

et, en particulier,

∣∣∣∣ ∫C

dz

∣∣∣∣ ≤ L(C) ou L(C) designe la longueur de la courbe.

Exemple. Considerons l’integrale suivante sur un cercle (orientation posi-tive) : ∮

SR(z0)

dz

(z − z0)m=

{2πi si m = 1,

0 si m = 1,(1.33)


Primitive. Soit F : D → C une fonction holomorphe et F ′(z) = f(z). Onappelle F une primitive de f . Pour tout courbe C dans D avec point initialz1 ∈ D et point final z2 ∈ D on a∫

C

f(z) dz = F (z2)− F (z1) (1.34)

En particulier, si C est ferme, alors∮Cf(z) dz = 0.

1.4.2 Primitives et le theoreme de Cauchy

Existence des Primitives. Contrairement a l’analyse reele (c’est-a-dire desfonctions f : R → R) ils existent des fonctions continues qui n’ont pas uneprimitive, par exemple f(z) = z. Meme la fonction holomorphe f(z) = z−1 n’aspas une fonction primitive sur le disque epointe DR(0) \ {0} (voir (1.33)). Enrevanche, elle a une primitive sur D = {z = x + iy : x, y > 0} (par exemple)donnee par F (z) = ln z. Si le domaineD est etoile par rapport a un point z0 ∈ Det f : D → C est holomorphe on peut toujours construire une primitive : pourz ∈ D soit [z0, z] := {(1− t)z0 + tz : 0 ≤ t ≤ 1}. Alors,

F (z) :=

∫ z

z0

f(w) dw :=

∫[z0,z]

f(w) = (z − z0)∫ 1

0

f((1− t)z0 + tz) dt (1.35)

est une primitive de f (de nouveau on profite de la propriete que f ′ est conti-nue). Plus generalement, si D est simplement connexe et f : D → C est holo-

morphe, alors f a une primitive. En fait, les champs vectoriels

(u−v

)et

(vu

)sont C1 et grace aux equations de Cauchy-Riemann leurs matrices jacobiennesont symetriques. Par consequent, il y a des potentiels F1, F2 ∈ C2(D) associesa ces champs, c’est-a-dire

∇F1 =

(u−v

), ∇F2 =

(vu

).

Par consequent, F1, F2 sont harmoniques conjuguees et par (1.31) :∫C

f(z) dz =

∫ b

a

d

dtF (x(t), y(t)) dt = F (x(b) + iy(b))− F (x(a) + iy(a))

ou F = F1 + iF2. Il en suit le

Theoreme de Cauchy I. Soit D ⊂ C simplement connexe et f : D → Cholomorphe. Alors, pour toute courbe C fermee simple et C1 par morceaux dansD : ∮

C

f(z) dz = 0. (1.36)

En utilisant le theoreme de Gauss (voir les exercices) on peut formuler uneversion du theoreme de Cauchy sans se referer a la notion d’une primitive.

Theoreme de Cauchy II. Soient D un ouvert et f holomorphe. Soit C unecourbe fermee simple et C1 par morceaux telle que C ∪ intC ⊂ D. Alors, on al’identite (1.36).


Demonstration. Soit z(t) = x(t)+iy(t) tel que |z(t)| = 1 une parametrisationde C. Par (1.31) et le theoreme de Gauss :∫

C

f(z) dz =

∫ b

a

⟨( u−v

)+ i

(vu

),

(xy

)⟩dt

=

∫C

⟨(−v−u

)+ i

(u−v

),

(y−x

)⟩ds

=

∫intC

−div((v

u

)+ i

(−uv

))dxdy = 0.

Criteres d’integrabilite. Nous discutons encore le probleme de l’existencedes primitives : sous quelles conditions une fonction continue a une primitive ?Pour simplifier cette discussion supposons que D soit convexe. Soit f : D → Cune fonction continue tel que ∮

∂T

f(z) dz = 0 (1.37)

pour tout triangle ferme T dans D, alors f a une primitive sur D. Grace a cettecondition il reste a estimer

F (z + h)− F (z)− f(z)h = h

∫ 1

0

f(z + th)− f(z) dt = o(h).

Le lemme de Goursat ennonce que toute fonction derivable surD verifie la condi-tion (1.37). Donc le theoreme de Cauchy est vrai pour toute fonction derivablesur D.

Lemme de Goursat. Soit f : D → C complexe derivable et T ⊂ D untriangle ferme. Alors, ∮

∂T

f(z) dz = 0.

Demonstration. L’idee de la demonstration consiste a diviser par recurrenceun triangle borne et ferme T (des sommets ABC dans le graphique ci-dessous)en quatre triangles bornes et fermes similaires en coupant les cotes au milieu.

Les quatre triangles construits et les contours parcourus.


Soit |T | l’aire du triangle et |∂T | son perimetre. Chaque petit triangle a l’aire|T |/4 et le perimetre |∂T |/2. Pour les integrales de f on a l’identite∮

∂T

=

∮ABCA

=

∫DAE

+

∫EBF

+

∫FCD

=

∮DAED

+

∮EBFE

+

∮FCDF

+

∮DEFD

=

∮∂T1

+

∮∂T2

+

∮∂T3

+

∮∂T4

(1.38)

d’ou par l’inegalite triangulaire (1.32) :∣∣∣∣ ∮∂T

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ 4max

∣∣∣∣ ∮∂Ti

f(z) dz

∣∣∣∣.On note T (1) ∈ {T1, T2, T3, T3} le triangle donnant ce maximum et on repetecette procedure sur T (1). Par recurrence on on obtient une suite des trianglesT (n), T (n) ⊂ T (n−1) ⊂ . . . ⊂ T telle que∣∣∣∣ ∮

∂T

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ 4n∣∣∣∣ ∮

∂T (n)

f(z) dz

∣∣∣∣.Il existe z0 ∈ T (n) pour tout entier positif n (Exercice : donner une demonstration).Par l’hypothese (de la derivabilite) la fonction f admet un developpement limitedu premier ordre en z0 :

f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + o(z − z0), limz→z0

o(z − z0)z − z0

= 0.

La propriete de o(z− z0) signifie que nous pouvons ecrire o(z− z0) = r(z) · (z−z0) ou r(z) est une fonction continue telle que lim

z→z0r(z) = 0. L’approximation

lineaire z → f(z0) + f ′(z0)(z − z0) est une fonction holomorphe. Il en suit parle theoreme de Cauchy pour tout n :∣∣∣∣ ∮

∂T (n)

f(z) dz

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ ∮∂T (n)

r(z) · (z − z0) dz∣∣∣∣.

Notons que |∂T (n)| = 2−n|∂T | et |z − z0| ≤ |∂T (n)| pour tout z ∈ ∂T (n). Deplus, la fonction d’ou∣∣∣∣ ∮

∂T (n)

r(z) · (z − z0) dz∣∣∣∣ ≤ 2−n|∂T | · max

z∈∂T (n)|r(z)| ·

∣∣∣∣ ∮∂T (n)

1 dz

∣∣∣∣.Par l’inegalite triangulaire (1.32) :∣∣∣∣ ∮

∂T (n)

r(z) · (z − z0) dz∣∣∣∣ ≤ (

2−n|∂T |)2 · max

z∈∂T (n)|r(z)|

donc pour tout entier positif n :∣∣∣∣ ∮∂T

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ 4n∣∣∣∣ ∮

∂T (n)

r(z) · (z − z0) dz∣∣∣∣ ≤ |∂T |2 · max

z∈∂T (n)|r(z)|.


Pour estimer |r(z)| noter que par la continuite de r(z) en z0, pour tout ϵ > 0 ilexiste un entier positif Nϵ tel que

maxz∈∂T (n)

|r(z)| ≤ ϵ

pour tout n ≥ Nϵ d’ou ∣∣∣∣ ∮∂T

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ |∂T |2ϵprouvant l’affirmation.

Une application du theoreme de Cauchy - les integrales de Fresnel.Pour R > 0 on considere les segments C1 = [0, R], C2 = [R,R + iR], C3 =

[0, R+ iR] et la fonction holomorphe f(z) = e−z2

. Par le theoreme de Cauchy∫C3

f(z) dz =

∫C1

f(z) dz +

∫C2

f(z) dz,

c’est-a-dire∫ R

0

e−(1+i)2t2(1 + i) dt =

∫ R

0

e−t2 dt+

∫ R

0

e−(R+it)2i dt

ou ∫ R

0

e−2it2(1 + i) dt =

∫ R

0

e−t2 dt+ e−R2

∫ R

0

e−2iRt+t2i dt.

Nous voudrions laisser tendre R vers l’infini. Estimons la deuxieme integrale∣∣∣∣e−R2

∫ R

0

e−2iRt+t2i dt

∣∣∣∣ ≤ e−R2

∫ R

0

et2

dt ≤ e−R2

∫ R

0

eRt dt ≤ 1

R.

Il en suit ∫ ∞

0

e−2it2(1 + i) dt =

∫ ∞

0

e−t2 dt =

√π

2.

En partageant parties reelle et imaginaire, nous trouvons∫ ∞

0

cos 2t2 dt =

∫ ∞

0

sin 2t2 dt =

√π

4(1.39)

et apres un changement de variables∫ ∞

0

cos t√tdt =

∫ ∞

0

sin t√tdt =

√π

2. (1.40)

1.4.3 Formule integrale de Cauchy

Une consequence du theoreme de Cauchy est le resultat suivant.

Corollaire - Deformations des contours. Soit D un ouvert , z0 ∈ D et fholomorphe surD\{z0}. Soit C une courbe fermee simple telle que C∪intC ⊂ Det z0 ∈ intC. Alors pour tout cercle Sr(z0) tel que Dr(z0) ⊂ intC :∮

C

f(z) dz =

∮Sr(z0)

f(z) dz. (1.41)

Cette equation reste vraie si on remplace {z0} par un ensemble A ⊂ Sr(z0).


Deformations des contours - graphique . voir cours


Du corollaire de deformations il suit la formule integrale de Cauchy.

Theoreme - formule integrale de Cauchy. Soit D un ouvert , z0 ∈ D etf holomorphe sur D. Soit C une courbe fermee simple telle que C ∪ intC ⊂ Det z0 ∈ intC. Alors

f(z0) =1

2πi

∮C

f(z)

z − z0dz. (1.42)

Demonstration. La fonction f(z)(z−z0)−1 est holomorphe sur D\{z0}. Parconsequent, ∮

C

f(z)

z − z0dz =

∮Sr(z0)

f(z)

z − z0dz.

pour un cercle Sr(z0) suffisamment petit. Calculons cette derniere integrale (enutilisant l’exemple (1.33) et le theoreme de Cauchy) :∮

Sr(z0)

f(z)

z − z0dz =

∮Sr(z0)

f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + o(z − z0)z − z0

dz

= 2πif(z0) + 0 +

∮Sr(z0)

o(z − z0)z − z0

dz

Pour tout ϵ > 0 il existe r > 0 tel que |o(z − z0)| ≤ ϵ|(z − z0)| dans le disqueDr(z0).. Dans la limite r → 0 l’integral ci-dessus tendra vers 0 d’ou l’affirmation.

Propriete de la moyenne. Si C est un cercle de rayon R autour de z0. Laformule de Cauchy (1.42) s’ecrit comme suit :

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 +Reiθ) dθ. (1.43)

La formule integrale de Cauchy a plusieures consequences importantes :

Theoreme - les fonctions holomorphes sont C∞. Soient D, f,C commedans la formule integrale de Cauchy. Alors, f est de classe C∞ et en tout z0 ∈ D :

f (n)(z0) =n!

2πi

∮C

f(z)

(z − z0)n+1dz. (1.44)

Demonstration. L’integrale (1.42) est holomorphe et C∞ dans le parametrez0. Le resultat suit par derivation successive.

Theoreme de Morera. Soit f : D → C une fonction continue telle que∮Cf(z) dz = 0 pour toute courbe fermee simple dansD. Alors, f est holomorphe

sur D.

Demonstration. Par (1.37) f admet une primitive F . De plus, F holomorpheet F ′ = f . Donc f est holomorphe.


Inegalite de Cauchy. Soit f holomorphe sur D, Dr(z0) ∪ Sr(z0) ⊂ D, M =maxSr(z0)

|f(z)|. Alors,

|f (n)(z0)| ≤Mn!

rn. (1.45)

Demonstration.

|f (n)(z0)| ≤n!

2π

M

rn+1L(Sr(z0)) =

Mn!

rn.

Theoreme de Liouville. Soit f : C → C holomorphe est bornee (|f(z)| ≤M). Alors, f est constante.

Demonstration. |f(z)| ≤M implique par (1.45) |f ′(z)| ≤ Mr pour tout r > 0

et tout z ∈ C. Il en suit f ′(z) ≡ 0 et f est constante.

Theoreme fondamental de l’algebre. Si f(z) =

n∑k=0

akzk, an = 1 est un

polynome a de degre n ≥ 1 sur C, alors l’equation f(z) = 0 admet exactementn racines zk et

f(z) =n∏

k=1

(z − zk).

Demonstration. Exercice !

L’indice d’un point. Soit C un contour ferme parametre par z(t), t ∈ [a, b].Alors,

e∫C

1z−z0

dz = 1 (1.46)

pour tout z0 /∈ C. Pour demontrer (1.46) on considere les fonctions

h(t) :=

∫ t

a

z(s)

z(s)− z0ds, g(t) := e−h(t)

(z(t)− z0

).

En utilisant h(t) =z(t)

z(t)− z0on trouve

g(t) = e−h(t)(z(t)− h(t)

(z(t)− z0

))= 0.

Par consequent, g(t) = g(a) pour tout t ∈ [a, b]. En particulier,

g(a) = z(a)− z0 = g(b) = e−h(b)(z(b)− z0

)et z(a) = z(b) implique l’affirmation. Il en suit h(b) = 2πik, k ∈ Z. On definitl’indice de z0 par

ν(z0, C) :=1

2πi

∫C

1

z − z0dz ∈ Z. (1.47)

L’indice ν(z0, C) indique le nombre de tours que la courbe fait autour du point z0(et dans quelle orientation puisque ν(z0,−C) = −ν(z0, C)). ν(z0, C) est continu


en z0 et donc constant sur chaque sous-ensemble connexe de C \ C. Le contourC est borne ; il existe un unique sous-ensemble connexe non-borne de C \ C etsur cet sous-ensemble ν(z0, C) = 0. On peut facilement etendre le theoreme deCauchy et la formule de Cauchy aux domains D et contours C ⊂ D tels queν(z0, C) = 0 pour tout z0 /∈ D.

1.5 Series entieres

Serie entiere et son rayon de convergence. Soit (an)n∈N une suite denombres complexes et z0 ∈ C. La serie

∞∑k=0

ak(z − z0)k

est appelee une serie entiere (ou fonction analytique). De plus, soit R defini par

1

R= lim sup

k→+∞

k√|ak| (1.48)

en utilisant la convention que

R = 0 si lim supk→+∞

k√|ak| = +∞

etR = +∞ si lim sup

k→+∞

k√|ak| = 0

R est appele le rayon de convergence de la serie. Par consequent, pour |z−z0| <R la serie est absolument convergente et pour |z − z0| > R la serie diverge. Laserie est egalement uniformement convergente sur tout sous-ensemble compactdu domaine de convergence.

Une serie entiere est holomorphe. Une serie entiere f(z) =

∞∑k=0

ak(z−z0)k

est holomorphe sur le disque DR = {z : |z − z0| < R} ou R est le rayon deconvergence donne par (1.48). De plus,

f ′(z) =∞∑k=1

kak(z − z0)k−1,f (n)(z)

n!=

∞∑k=n

ak

(kn

)(z − z0)k−n (1.49)

et

ak =f (k)(z0)

k!. (1.50)

La fonction

F (z) =∞∑k=0

akk + 1

(z − z0)k+1 (1.51)

est une primitive de f(z) sur DR.


Theoreme - une fonction holomorphe est localement une serie entiere.Soit f : D → C holomorphe et z0 ∈ D. On definit

R := sup{r > 0 : Dr(z0) ⊂ D}. (1.52)

Alors, f(z) =

∞∑k=0

f (k)(z0)

k!(z − z0)k+1 dans DR(z0).

Demonstration. Soit r < R. Pour tout z ∈ Dr(z0) on a

f(z) =1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

w − zdw

par la formule de Cauchy. De plus,

1

w − z=

1

1− z−z0w−z0

1

w − z0=

1

w − z0

∞∑k=0

(z − z0w − z0

)k

pour tout |z − z0| < |w − z0| = r. Il en suit :

f(z) =1

2πi

∮Sr(z0)

∞∑k=0

f(w)

(w − z0)k+1(z − z0)k dw

=∞∑k=0

(z − z0)k1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

(w − z0)k+1dw

=∞∑k=0

(z − z0)kf (k)(z0)

k!

par (1.44).

Rayon de convergence d’une serie entiere et prolongement analytique.

Soit f(z) =∞∑k=0

ak(z − z0)k holomorphe sur le disque DR = {z : |z − z0| < R}

ou R est le rayon de convergence donne par (1.48). Il n’existe aucune fonctionholomorphe f sur un voisinage U tel que DR ⊂ U et f |DR

= f . En particulier,il n’y a aucun disque D′

R, R′ > R tel que f |DR

= f et f holomorphe sur D′R.

Ce resultat est faux pour des fonction reelles comme le demontre l’exemple

f(x) =1

1 + x2, et f(x) =

∞∑k=0

(−1)kx2k, si |x| < 1.

Si D ⊂ D′ sont deux domaines et f : D → C est holomorphe il existe au plusun prolongement analytique de f sur D′.


Exemples.

ez =

∞∑k=0

zk

k!,z ∈ C

sin z =∞∑k=0

(−1)k z2k+1

(2k + 1)!, z ∈ C

cos z =

∞∑k=0

(−1)k z2k

(2k)!, z ∈ C

ln(1 + z) =∞∑k=1

(−1)k+1 zk

k, |z| < 1

ln1 + z

1− z=

∞∑k=1

2z2k

2k + 1, |z| < 1

1

1 + z=

∞∑k=0

(−1)kzk, |z| < 1

arctan z =∞∑k=0

(−1)k z2k+1

2k + 1, |z| < 1

1.6 Series de Laurent

Serie de Laurent et son domaine de convergence. Soit (an)n∈Z une suitede nombres complexes et z0 ∈ C. La serie

f(z) =∞∑

k=−∞

ak(z − z0)k (1.53)

est appelee une serie de Laurent. De plus, soit R defini par (1.48) et r defini par

r := lim supk→∞

k√|a−k|

Si r < R, alors f definit une fonction holomorphe sur la couronne Cr,R(z0) ={z : r < |z − z0| < R}. En utilisant l’exemple (1.33) on trouve pour tout n ∈ Zet toute courbe C ⊂ Cr,R(z0) fermee simple :

an =1

2πi

∮C

f(w)

(w − z0)n+1dw. (1.54)

Residu d’une serie de Laurent. L’equation (1.54) implique en particulier,

a−1 =1

2πi

∮C

f(w) dw. (1.55)

Le coefficient a−1 s’appelle le residu de f(z) =

∞∑k=−∞

ak(z− z0)k en z0, que l’on

note Res(f, z0).


Exemples. Si f(z) =∞∑k=0

ak(z− z0)k est une serie entiere de rayon de conver-

gence R, alors

g(z) =∞∑k=0

ak(z − z0)−k =0∑

k=−∞

a−k(z − z0)k = f(z0 + (z − z0)−1)

est une serie de Laurent convergente sur la couronne

C 1R ,∞(z0) = {z : |z − z0| >

1

R}.

Souvent une serie de Laurent contient seulement un nombre fini de puissancesnegatives :

f(z) =

∞∑k=−3

(−z)k

k + 4= z−4

∞∑k=−3

(−z)k+4

k + 4= z−4 ln(1 + z)

converge sur la couronne C0,1(0) = {z : 0 < |z| < 1}.

f(z) =∞∑

k=−2

kzk = −2z−2 − z−1 + z∞∑k=1

kzk−1 = −2z−2 − z−1 + z(1− z)−2

c’est-a-dire f(z) = (3z − 2)z−2(1 − z)−2, et la serie converge sur la couronneC0,1(0) = {z : 0 < |z| < 1}.

Theoreme - Developpement en serie de Laurent. Soit 0 ≤ r < R,Cr,R(z0) ⊂ D et f : D → C holomorphe. Alors, en tout z ∈ Cr,R(z0), f(z) peutetre representee par un serie de Laurent (1.53) en z0 avec

an =1

2πi

∮C

f(z)

(z − z0)n+1dz

ou C est une courbe simple fermee dans Cr,R(z0).

Demonstration. Soit z ∈ Cr,R(z0). Par la formule integrale de Cauchy

f(z) =1

2πi

∮SR(z0)

f(w)

w − zdw − 1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

w − zdw (1.56)

Sur SR(z0) on procede comme pour les series entieres en ecrivant

1

w − z=

1

1− z−z0w−z0

1

w − z0=

1

w − z0

∞∑k=0

(z − z0w − z0

)k

et |z − z0| < |w − z0| = R. Il en suit

1

2πi

∮SR(z0)

f(w)

w − zdw =

1

2πi

∮SR(z0)

∞∑k=0

f(w)

(w − z0)k+1(z − z0)k dw

=

∞∑k=0

(z − z0)k1

2πi

∮SR(z0)

f(w)

(w − z0)k+1dw


Sur Sr(z0) on note que

1

w − z= − 1

1− w−z0z−z0

1

z − z0= − 1

z − z0

∞∑k=0

(w − z0z − z0

)k

et r = |w − z0| < |z − z0|.Il en suit

1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

w − zdw = − 1

2πi

∮Sr(z0)

∞∑k=0

f(w)

(z − z0)−k−1(w − z0)k dw

= −∞∑k=0

(z − z0)−k−1 1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

(w − z0)−kdw

= −−1∑

m=−∞(z − z0)m

1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

(w − z0)m+1dw

Par consequent, f(z) est une serie de Laurent avec

ak =1

2πi

∮SR(z0)

f(w)

(w − z0)k+1dw, k ≥ 0,

ak =1

2πi

∮Sr(z0)

f(w)

(w − z0)k+1dw, k ≤ −1.

La courbe C se trouve dans Cr,R(z0) donc de par le theoreme de Cauchy les aksont egalement donnes par

ak =1

2πi

∮C

f(z)

(z − z0)k+1dz.

Developpement en serie de Laurent - domaine d’integration - gra-phique . voir cours


Exemples. Le calcul des integrales (1.54) n’est pas forcement la maniere laplus simple de trouver les coefficients ak.

1. On Considere f(z) =A

z − 3− B

z − 1et A,B ∈ C. Si on veut donner un

developpement en puissance de z, alors on procede comme suit : sur ledisque D1(0) on a la serie entiere

f(z) =B

1− z−

A3

1− z3

=∞∑k=0

(B − A

3k+1) zk.

Sur la couronne C1,3(0) = {z : 1 < |z| < 3} :

f(z) = −Bz

1

1− 1z

−A3

1− z3

= −Bz

∞∑k=0

z−k −∞∑k=0

A

3k+1zk

= −B∞∑k=0

z−k−1 −∞∑k=0

A

3k+1zk.

Sur la couronne C3,∞(0) = {z : 1 < |z| <∞} :

f(z) = −Bz

1

1− 1z

+A

z

1

1− 3z

= −B∞∑k=0

z−k−1 +A∞∑k=0

3k z−k−1

=∞∑k=0

3kA−Bzk+1

.

Alternativement, si on veut veut donner un developpement en puissancede z − 1 : sur la couronne C0,2(1) = {z : 0 < |z − 1| < 2} :

f(z) = − B

z − 1−

A2

1− z−12

= − B

z − 1−

∞∑k=0

A

2k+1(z − 1)k.

Sur la couronne C2,∞(1) = {z : 2 < |z − 1| <∞} :

f(z) = − B

z − 1+

A

z − 1

1

1− 2z−1

= − B

z − 1+A

∞∑k=0

2k

(z − 1)k+1.

2. On considere f(z) = z−4 ln(1 + z). Sur la couronne C0,1(0) = {z : 0 <|z| < 1} on a la serie de Laurent

f(z) = z−4∞∑

k=−3

(−z)k+4

k + 4=

∞∑k=−3

(−z)k

k + 4.

Au dela de C0,1(0) il n’y a pas un developpement en puissance de z carln(1 + z) n’est pas defini sur une couronne entiere avec des rayons plusgrands que 1.


1.7 Calcul des Residus

1.7.1 Point singulier et singularite isolee.

z0 est un point singulier de f(z) si f n’est pas holomorphe en z0. Le pointsingulier est une singularite isolee de f si f est holomorphe dans un disqueepointe C0,r(z0). Dans ce cas on peut developper f dans une serie de Laurenten puissances de z − z0 :

f(z) =∞∑

k=−∞

ak(z − z0)k =∞∑k=0

ak(z − z0)k +−1∑

k=−∞

ak(z − z0)k (1.57)

On appelle la premiere serie (la serie entiere) la partie reguliere de f , la secondela partie singuliere de f . On distingue les trois possibilites suivantes :

1. Singularite artificielle : On dit que z0 est une singularite artificiellede f si f est borne dans un voisinage de z0. Il en suit qu’il existe unprolongement holomorphe de f en z0. C’est le theoreme de prolongementde Riemann. Pour le demontrer considerer la fonction g(z) definie par

g(z) :=

{(z − z0)2f(z) si z = z0,

0 si z = z0.

On a g(z0) = g′(z0) = 0 car f est borne. Pour montrer que g est de classeC1 en z0 (et donc holomorphe !) notons que

g′(z) = 2(z − z0)f(z) + (z − z0)2f ′(z), si z = z0.

Sit R > 0 tel que |f(z)| ≤M pour tout 0 < |z−z0| < 2R. Alors pour toutz ∈ C0,R(z0) et r < R la fonction f est holomorphe sur Dr(z)∪ sr(z). Par

l’inegalite de Cauchy (1.45) : |f ′(z)| ≤ M

r. En prenant r =

|z − z0|2

on

trouve l’estimation

|g′(z)| ≤ 2M |z − z0|+ 2M |z − z0| = 4M |z − z0|

d’ou limz→z0

g′(z) = 0 = g′(z0).

Par consequent, g(z) =∑∞

k=2 ak(z − z0)k dans un voisinage de z0 d’ou leprolongement holomorphe de f donne par

f(z) =∞∑k=0

ak+2(z − z0)k.

Par consequent, si z0 est une singularite artificielle de f , alors pour ledeveloppement dans une serie de Laurent ak = 0 pour tout k < 0 etRes(f, z0) = 0.

2. Pole d’ordre n, n ∈ Z+ : ak = 0 pour tout k < −n. Plus generalementon dit que z0 est un pole de f si lim

z→z0|f(z)| = +∞ et que z0 est un

pole d’orde n si (z − z0)nf(z) est borne dans un voisinage de z0. Par

l’argument ci-dessus il existe une fonction holomorphe g, g(z0) = 0 telleque f(z) = (z − z0)−ng(z) dans ce voisinage.

3. Singularite essentielle : |f(z)| n’a pas de limite lorsque z → z0. ak = 0pour un nombre infini de k < 0.


Zero d’une fonction. On dit que z0 en un zero d’ordre n, n ∈ Z+, sif (k)(z0) = 0 pour tout k = 0, . . . , n− 1, c’est-a-dire si ak = 0 pour tout k < n.Les zeros des fonctions holomorphes sont de l’ordre fini (sauf pour f(z) ≡ 0)et sont des zeros isoles. Si z0 est un zero d’ordre n d’une fonction holomorphe

f(z), alors z0 est un pole d’ordre n de1

f(z).

Exemples.

1. Le point singulier z0 = 0 de f(z) =(sin

1

z

)−1n’est pas un point singulier

isole car les points zn = (nπ)−1 sont egalement des points singuliers. Enzn = (nπ)−1 la fonction f(z) a des poles d’ordre 1

2. Le point singulier z0 = 0 de f(z) =sin z

zest une singularite artificielle.

3. Le point singulier z0 = 0 de f(z) = e−1z2 =

∞∑k=0

z−2k

k!est une singularite

essentielle.

4. La fonction f(z) =1

z+ 2

∞∑k=1

z

z2 − k2a des poles d’ordre 1 en tout k ∈ Z.

La fonction f est holomorphe en tout z /∈ Z et

f ′(z) = − 1

z2− 2

∞∑k=1

z2 + k2

(z2 − k2)2.

1.7.2 Theoreme des Residus

Le theoreme suivant est une consequence du theoreme de Cauchy et duresultat sur la deformation des contours (1.41) :

Theoreme des Residus de Cauchy. Soit C une courbe fermee simple et fune fonction holomorphe dans une voisinage de C ∪ intC sauf dans un nombrefini de points zk ∈ intC, k = 1, . . . , n. Alors∮

C

f(z) dz = 2πin∑

k=1

Res(f, zk). (1.58)

Theoreme des Residus- graphique . voir cours


Exemple. La fonction f(z) =2− zz2 − iz

a deux poles d’ordre 1 en z1 = 0, z2 = i.

Dans C0,1(0) on trouve le developpement

f(z) =2i− izz

1

1 + iz=

2i− izz

∞∑k=0

(−iz)k =2i

z− i

∞∑k=0

(−iz)k + 2i∞∑k=1

(−iz)k−1,

donc Res(f, 0) = 2i. De meme dans C0,1(i) :

f(z) =2− zz − i

1

i+ (z − i)=−2i− 1 + i(z − i)

z − i

∞∑k=0

(z − ii

)k,

donc Res(f, i) = −1 − 2i. Il en suit pour tout courbe fermee simple telle quez1, z2 ∈ intC : ∮

C

f(z) dz = 2πi(2i− 1− 2i) = −2πi.

Dans la suite nous developpons quelques methodes pour calculer plus facilementles residus.

1.7.3 Calcul des Residus

1. Si z0 est un pole dordre n de f , alors

Res(f, z0) =1

(n− 1)!g(n−1)(z0) (1.59)

ou g(z) = (z − z0)nf(z). En particulier, si z0 est un pole dordre 1, alors

Res(f, z0) = g(z0) = limz→z0

(z − z0)f(z). (1.60)

2. Soit f(z) =g(z)

h(z)avec g, h des fonctions holomorphes. Si z0 est un zero

du meme ordre fini de g et de h, alors z0 est une singularite artificielle def et Res(f, z0) = 0. Si g(z0) = 0 et z0 est un zero dordre 1 de h, alors z0est un pole dordre 1 de f et

Res(f, z0) =g(z0)

h′(z0). (1.61)


1.8 Calcul d’Integrales par la Methode des Residus

1.8.1 Integrales generalisees

Soit f une fonction qui n’a qu’un nombre fini de singularites zk dans le demi-plan superieur et aucune sur l’axe reel et telle que lim

|z|→∞|zf(z)| = 0 si Imz ≥ 0.

Alors, ∫Rf(x) dx = 2πi

∑Imzk>0

Res(f, zk). (1.62)

Demonstration. On choisit C comme la reunion du segment [−R,R] et ledemi-cercle |z| = R, Im ≥ 0 pour R suffisamment grand (tel que les pointssinguliers soient a l’interieur). Par le theoreme des Residus :∫ R

−R

f(x) dx = 2πi∑

Imzk>0

Res(f, zk) +

∫ π

0

f(Reit)iReit dt

et l’integrale sur le demi-cercle tend vers zero lorsque R→∞.

Exemple. ∫R

1

(1 + x2)2dx =

π

2. (1.63)

La fonction f(z) =1

(1 + z2)2=

1

(z − i)21

(z + i)2a un pole d’orde 2 dans le

demi-plan superieur et

Res(f, i) =d

dz

∣∣∣∣z=i

(z − i)2f(z) = d

dz

∣∣∣∣z=i

1

(z + i)2=

−2(i+ i)3

=1

4i

d’ou

∫R

1

(1 + x2)2dx = 2πi

1

4i=π

2.

1.8.2 Integrales trigonometriques

Fonctions rationnelles de sin, cos. Soit R une fonction rationnelle telle que

f(z) =R( 12 (z +

1z ),

12i (z −

1z ))

iz(1.64)

n’a aucun pole sur le cercle |z| = 1. Soient zk les poles de f . Alors,∫ 2π

0

R(cos t, sin t) dt = 2πi∑

|zk|<1

Res(f, zk). (1.65)

On obtient cette identite en posant z = eit.


Exemple. ∫ 2π

0

1

5 + 4 cos tdt =

2π

3. (1.66)

On a f(z) =1

iz

1

5 + 2(z + 1z )

=1

i

1

2z2 + 5z + 1=

1

2i

1

(z + 2)(z + 12 )

. Il y a un

pole d’ordre 1 a l’interieur du cercle unitaire en z = −1

2et

Res(f,−1

2) = lim

z→− 12

(z +1

2)f(z) =

1

2i

1

−12 + 2

=1

3i

d’ou l’affirmation.

1.8.3 Transformation de Fourier

Soit f une fonction qui n’a qu’un nombre fini de singularites zk dans le demi-plan superieur et aucune sur l’axe reel et telle que lim

|z|→∞|f(z)| = 0 si Imz ≥ 0.

Alors, pour tout p > 0∫Rf(x)eipx dx = 2πi

∑Imzk>0

Res(f(z)eipz, zk). (1.67)

Demonstration. On choisit C comme la reunion du segment [−R,R] et ledemi-cercle |z| = R, Im ≥ 0 pour r suffisamment grand (tel que les pointssinguliers soient a l’interieur). Par le theoreme des Residus :∫ R

−R

f(x)eipx dx = 2πi∑

Imzk>0

Res(f(z)eipz, zk) +

∫ π

0

f(Reit)eipReitiReit dt.

Pour demontrer que l’integrale sur le demi-cercle tend vers zero lorsque R→∞nous posonsM(R) = max |f(Reit)|

0≤t≤π

. Rar l’hypotheseM(R)→ 0 lorsqueR→∞.

En utilisant eit = cos t+ i sin t nous trouvons que

IR : =

∣∣∣∣ ∫ π

0

f(Reit)eipReitiReit dt

∣∣∣∣≤

∫ π

0

∣∣f(Reit)∣∣ · ∣∣eipR cos t∣∣ · e−pR sin t ·

∣∣iReit∣∣ dt≤ RM(R)

∫ π

0

e−pR sin t dt

= 2RM(R)

∫ π/2

0

e−pR sin t dt

≤ 2RM(R)

∫ π/2

0

e−pR 2π t dt, car sin t est concave sur [0,

π

2] et p > 0,

≤ 2RM(R)

∫ ∞

0

e−pR 2π t dt ≤ πM(R)

p.

Si p < 0,alors sous les memes conditions pour f dans le demi-plan inferieur∫Rf(x)eipx dx = −2πi

∑Imzk<0

Res(f(z)eipz, zk). (1.68)


Exemple. Soit a > 0. Alors∫R

eipx

a2 + x2dx =

πe−a|p|

a. (1.69)

Soit p > 0. La fonction g(z) =eipz

a2 + z2=eipz

2ia(

1

z − ia− 1

z + ia) a un pole d’orde

1 dans le demi-plan superieur et

Res(f, ia) =e−ap

2ia

d’ou l’affirmation pour p > 0. De meme si p < 0, il y a un a un pole d’orde 1dans le demi-plan inferieur et

Res(f,−ia) = −eap

2ia

et on obtient le resultat. Si p = 0, alors le resultat suit par (1.62) car z(z2 +a2)−1 → 0 lorsque z →∞.

1.8.4 Transformation de Mellin

Soient a ∈ C, Re a > 0, a /∈ Z+ et g(z) = zaf(z) n’a qu’un nombre fini desingularites zk dans le plan complexe et aucune sur l’axe reel nonnegatif et telleque |zaf(z)| → 0 lorsque z →∞ et z → 0. Alors,∫ ∞

0

f(x)xa−1 dx =2πi

1− e2πia∑k

Res(f(z)za−1, zk). (1.70)

Transformation de Mellin - contour d’integration - graphique .

Demonstration. On choisit la determination du ln avec arg z ∈]0, 2π[. DOncsur C \ [0,∞[ :

za = ea ln z.

On choisit C = C(r,R, δ) compose de quatre morceaux :

C ←→

C1 : teiδ, r ≤ t ≤ RC2 : Reit, δ ≤ t ≤ 2π − δC3 : (R+ r − t)ei(2π−δ), r ≤ t ≤ RC4 : rei(2π−t), δ ≤ t ≤ 2π − δ.

(1.71)


Alors, pour R suffisamment large, r, δ suffisamment petits :∮C

f(z)za−1 dz =∑k

Res(f(z)za−1, zk).

Sur les quatre parties C1, . . . , C4 on a :∫C1

f(z)za−1 dz =

∫ R

r

f(teiδ)eiδ(a−1)ta−1eiδ dt −→δ→0+

∫ R

r

f(t)ta−1 dt,

et apres le changement de variable s = R+ r − t∫C3

f(z)za−1 dz = −∫ R

r

f(seiδ)ei(2π−δ)(a−1)sa−1ei(2π−δ) ds −→δ→0+

−e2πia∫ R

r

f(t)ta−1 dt,

et ∫C2

f(z)za−1 dz −→δ→0+

∮SR(0)

f(z)za−1 dz,∫C4

f(z)za−1 dz −→δ→0+

−∮Sr(0)

f(z)za−1 dz.

En appliquant (1.32) les integrales sur les cercles verifient les estimations sui-vantes (avec Ma(R) = max |Raeiatf(Reit)|

0≤t≤2π

) :

∣∣∣∣ ∮SR(0)

f(z)za−1 dz

∣∣∣∣ ≤ 2πMa(R) −→R→∞

0,

∣∣∣∣ ∮Sr(0)

f(z)za−1 dz

∣∣∣∣ ≤ 2πMa(r) −→r→0+

0

d’ou le resultat.

1.9 Poles sur le contour - la Valeur Principale

La valeur principale d’une integrale generalisee. Soit a < x0 < b etlim

x→x0

|f(x)| =∞. En generale l’integrale generalisee

∫ b

a

f(x) dx = limϵ→0+

∫ x0−ϵ

a

f(x) dx+ limη→0+

∫ b

x0+η

f(x) dx

n’existe pas mais la limite

limϵ→0+

∫ x0−ϵ

a

f(x) dx+

∫ b

x0+ϵ

f(x) dx

existe. Dans ce cas on l’appelle la valeur principale et on ecrit

P

∫ b

a

f(x) dx = limϵ→0+

(∫ x0−ϵ

a

f(x) dx+

∫ b

x0+ϵ

f(x) dx

). (1.72)


De meme facon on definit :

P

∫ ∞

−∞f(x) dx = lim

R→∞

∫ R

−R

f(x) dx, (1.73)

et plus generalement si limx→xk

|f(x)| = ∞, k = 0, . . . , n, x0 < x1 < . . . < xn, on

definit :

P

∫ ∞

−∞f(x) dx

= limR→∞

limmax ϵk→0+

(∫ x0−ϵ0

−R

f(x) dx+ . . .+

∫ R

xn+ϵn

f(x) dx

).

(1.74)

Si l’integral generalisee existe, alors

P

∫ ∞

−∞f(x) dx =

∫ ∞

−∞f(x) dx.

Exemples.

1.

∫ 4

−1

1

xdx n’existe pas mais

P

∫ 4

−1

1

xdx = lim

ϵ→0+

(∫ −ϵ

−1

1

xdx+

∫ 4

ϵ

1

xdx

)= lim

ϵ→0+(ln ϵ− ln 1 + ln 4− ln ϵ = 2 ln 2.

2.

∫ ∞

−∞

x

1 + x2dx n’existe pas mais

P

∫ ∞

−∞

x

1 + x2dx = lim

R→∞

∫ R

−R

x

1 + x2dx

= limR→∞

ln(1 +R2)− ln(1 +R2) = 0.

Lien avec les residus. Soient z0 ∈ C un pole d’ordre 1 de f et Cr donne parz(t) = z0 + reit, t1 ≤ t ≤ t2. Alors,

limr→0+

∫Cr

f(z) dz = i(t2 − t1)Resf(z0). (1.75)

En fait, on peut ecrire f(z) =Resf(z0)

z − z0+g(z) et g holomorphe dans un voisinage

de z0 d’ou l’affirmation.


Theoreme des Residus de Cauchy avec des poles sur l’axe reel. Soitf une fonction holomorphe dans le demi-plan superieur sauf dans un nombrefini de points zk, Imzk > 0, k = 1, . . . , n et avec des poles d’ordre 1 xl ∈ R,l = 1, . . . ,m et telle que lim

|z|→∞|zf(z)| = 0 si Imz ≥ 0. Alors,

P

∫ ∞

−∞f(x) dx = 2πi

n∑k=1

Res(f, zk) + πi

m∑l=1

Res(f, xl). (1.76)

Transformation de Fourier. Soit f une fonction holomorphe dans le demi-plan superieur sauf dans un nombre fini de points zk, Imzk > 0, k = 1, . . . , net avec des poles d’ordre 1 xl ∈ R, l = 1, . . . ,m et telle que lim

|z|→∞|f(z)| = 0 si

Imz ≥ 0. Alors,pour tout p > 0

P

∫ ∞

−∞f(x)eipx dx = 2πi

n∑k=1

Res(f(z)eipz, zk) + πi

m∑l=1

Res(f(x)eipx, xl).

(1.77)Comme dans (1.68) on peut generaliser (1.77) au cas p < 0 en passant par ledemi-plan inferieur.

Theoreme des Residus de Cauchy avec des poles sur l’axe reel -contour d’integration - graphique .

Exemple. La fonction f(z) =1

za un pole d’ordre 1 en z = 0 avec Res(f(x)eipx, 0) =

1. Alors,

P

∫ ∞

−∞

eipx

xdx = πi.

En echangeant x par −x :

P

∫ ∞

−∞

e−ipx

xdx = −πi

d’ou

P

∫ ∞

−∞

sin(px)

xdx = π, P

∫ ∞

−∞

cos(px)

xdx = 0 (1.78)


1.10 Supplement : Le prolongement analytique

Le prolongement analytique (ou holomorphe) d’une fonction f : D → C estune fonction holomorphe g : U → C tel que D ⊂ U et g|D = f .

Theoreme - Unicite des fonctions holmorphes. Soient f1, f2 : D → Cdeux fonctions holomorphes. Soit w,wj ∈ D, j ∈ N tel que wj = w, lim

j→∞wj = w

et f1(wj) = f2(wj) pour tout j ∈ N. Alors, il existe un disque Dr(w) ⊂ D, r > 0tel que f1(z) = f2(z) pour tout z ∈ Dr(w).

Demonstration. Il existe Dr(w) ⊂ D tel que pour tout z ∈ Dr(w)

f1(z)− f2(z) =∞∑k=0

ak(z − w)k.

Il faut demontrer que ak = 0 pour tout k ∈ N. Supposons, par l’absurde qu’ilexiste une premier netier naturel k tel que ak = 0 d’ou f1(z) − f2(z) = (z −w)kg(z) avec g holomorphe tel que g(w) = ak = 0. Comme g est egalement unefonction continue, il existe un voisinage de w dans lequel g est non-zero. Ceciest une contradiction car g(wj) = 0 pour tout j ∈ N et lim

j→∞wj = w.

Theoreme - Prolongement analytique. Soient fj : Dj → C, j = 1, 2holomorphes. Soit D1 ∩D2 connexe. Si f1(z) = f2(z) dans un disque Dρ(w) ⊂D1 ∩D2, ρ > 0, alors f1(z) = f2(z) pour tout z ∈ D1 ∩D2.

Demonstration. Soit v ∈ D1 ∩D2. Il existe z = z(t) : [0, 1] −→ D1 ∩D2 declasse C1 tel que z(0) = w et z(1) = v. Soit

T = sup{t ∈ [0, 1] : f1(z(s)) = f2(z(s)) pour un s ∈ [0, t].

La condition f1(z) = f2(z) dans Dρ(w) implique T > 0. On montre T = 1 d’ouf1(v) = f2(v). Supposons, par l’absurde T < 1. Par la continuite de f1(z)−f2(z)on a f1(z(T )) = f2(z(T )). Par le theormee precedent, il existe un disqueDr(z(T )tel que f1(z) − f2(z) pour tout z ∈ Dr(z(T ). Il en suit qu’il existe T > T telque f1(z(T )) = f2(z(T )) en contradiction avec la definition de T .

1.10.1 Le prolongement analytique de la fonction Gamma

En Anaylse I nous avons defini la fonction Gamma pour des reels α > 0 parl’integrale generalisee

Γ(α) =

∫ ∞

0

tα−1e−t dt. (1.79)

On peut etendre cette definition aux nombres complexes z = α+ iβ, α > 0 par

Γ(z) =

∫ ∞

0

tz−1e−t dt =

∫ ∞

0

tα−1e−t(cos(β ln t) + i sin(β ln t) dt. (1.80)

Cette integrale converge absolument pour tout α > 0, β ∈ R. En utilisant tz =ez ln t t > 0, on voit que l’integrand est holomorphe dans le parametre z si


Re z > 0. Donc Γ(z) est holomorphe sur le demi-plan a droite Re z > 0. Onverifie (exercice !) que

Γ(z + 1) = zΓ(z), Re z > 0. (1.81)

Cette relation implique que Γ(z) admet un pole d’ordre 1 en z = 0 car pourRe z > 0 :

limz→0

zΓ(z) = limz→0

Γ(z + 1) = Γ(1) = 1.

Pour tout z ∈ C \ {0} tel que Re z > −1 on definit la fonction Γ1(z) par

Γ1(z) =Γ(z + 1)

z.

Notons que si Re z > 0, alors Γ1(z) =zΓ(z)

z= Γ(z) et pour tout Re z > −1,

z = 0 la relation

zΓ1(z) = Γ(z + 1) =Γ(z + 2)

z + 1= Γ1(z + 1).

Il en suit que Γ1(z) est le prolongement analytique de Γ(z) sur le domaineD1 := {z ∈ C : Re z > −1} \ {0}. Par recurrence on definit pour tout entierpositif k sur Dk := {z ∈ C : Re z > −k} \ {0, . . . , k − 1} :

Γk(z) =Γ(z + k)

z · (z + 1) · . . . · (z + k − 1)(1.82)

La fonction Γk(z) est le prolongement analytique de Γk−1(z) car si Re z > −k+1et z n’est pas 0 ou un entier negatif :

Γk(z) =Γ(z + k − 1)(z + k − 1)

z · (z + 1) · . . . · (z + k − 1)

=Γ(z + k − 1)

z · (z + 1) · . . . · (z + k − 2)= Γk−1(z).

De plus, on a la relation :

zΓk(z) =Γ(z + k)(z + k)

z · (z + 1) · . . . · (z + k)

=Γ(z + k + 1)

z · (z + 1) · . . . · (z + k)= Γk(z + 1).

Il en suit le resultat sur l’existence du prolongement analytique de la fonctionGamma definie par (1.80) :

Theoreme - Fonction Gamma dans C. Γ : C \ {−k : k ∈ N} −→ C estholomorphe et donnee par (1.80) si Re z > 0. Elle admet des poles d’ordre 1 en

−k,k ∈ N tel que Res Γ(z,−k) = (−1)k

k!.


Autres proprietes et valeurs speciales.

Γ(z) = Γ(z).

Γ(−1

2) = Γ1(−

1

2) =

Γ(−12 + 1)

−12

= −2Γ(12) = −2

√π.

Il est dans l’esprit du temps d’ecrire de maniere souvent inappropriee

”− 2√π =

∫ ∞

0

t−12−1e−t dt”

car il faut noter que l’integrale ne converge pas et que le prolongement analytiquen’est pas a interpreter comme une integrale. Il est de meme pour le prolongementanalytique de la fonction zeta donnee par

ζ(z) =∞∑

n=1

n−z, Re z > 1. (1.83)

On peut egalement construire le prolongement analytique pour lequel ζ(−1) =− 1

12que certains veut interpreter comme

”

∞∑n=1

n = − 1

12.”

Documents

complexe - Enseignement - Section de mathématiques | …sma.epfl.ch/cours/csma/PH-4/analyse4-2017-chap01.pdfLes lignes de niveau Re(z2) = x2 −y2 et Im(z2) = 2xy. Translations dans