Université Lille 1 — UFR de Mathématiques Semestre …jf.burnol.free.fr/0405L305.pdf · – M. Spiegel : Variables complexes ... Complex Analysis, Princeton University Press 2003

Université Lille 1 — UFR de MathématiquesSemestre d’automne 2004/2005

L305 : ANALYSE COMPLEXE

J’ai réuni en ces 74 pages les feuilles distribuées aux étudiants durant lesemestre : une présentation, un résumé du cours, ainsi que les feuilles avecles exercices pour les travaux dirigés. Il y a 236 exercices. Sont aussi jointsles sujets du partiel et de l’examen ainsi que leurs corrigés, et le sujet del’examen de deuxième session.

Jean-François Burnol, le 31 mai 2005.

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MATH 305 (Troisième année de Licence)Semestre d’automne 2004/2005

Université Lille 1

« Analyse Complexe et Séries de Fourier »

Responsable : J.-F. BurnolCe cours est, en fait, un cours d’Analyse Complexe ; les séries de Fourier y se-

ront employées comme outil, avec les rappels nécessaires, pour prouver certains desthéorèmes les plus importants. La théorie des séries de Fourier en elle-même nefera l’objet que de quelques compléments ; nous parlerons aussi des intégrales deFourier, qui peuvent souvent être évaluées grâce à l’analyse complexe.

L’analyse complexe fournit des outils d’une puissance quasi-miraculeuse, en par-ticulier le fameux théorème des résidus. L’énoncer et le prouver est bien sûr l’objectifmais si nous n’y parvenons qu’à la fin, cela signifiera un échec. Car il s’agit ausside se familiariser avec certaines fonctions remarquables comme la fonction Gammad’Euler, ou la fonction Thêta de Jacobi, et donc de développer une certaine cultureen analyse qui aille au-delà de cosinus, sinus, exponentielle, logarithme !

Nous parlerons de certaines notions de géométrie ou de topologie, mais il s’agitavant tout d’un cours d’analyse ; donc, nous ferons des estimations, nous calcule-rons des limites, des intégrales, nous ferons des permutations de sommes, etc. . .Autrement dit même si c’est sans contexte l’une des branches des mathématiquesles plus riches en idées merveilleuses, c’est aussi la plus riche en objets merveilleux.Contrairement à d’autres sujets mathématiques enseignés à l’université, on n’a ja-mais fini d’apprendre l’analyse complexe. Elle reste toujours un domaine magique,infiniment vaste.

Une part importante de travail personnel est indispensable. Cela commence parpréparer à l’avance des séances de T.D. la résolution des problèmes qui vous au-ront été distribués. Que ce soit pour l’acquisition des notions du cours, pour larésolution des problèmes, ou pour s’exercer sur des exercices plus élémentaires, jevous recommande principalement les ouvrages suivants pour votre travail à la B.U.(attention au fait que la terminologie est par endroit un peu différente de celle demon cours) :

– B.V. Chabat (ou Shabat) : Introduction à l’analyse complexe, tome 1. EditionsMir, Moscou. Nombreux exemplaires à la B.U. Un exposé clair et rigoureux,élégant, avec une belle iconographie et des précisions historiques intéressantes.Quelques exercices. Surtout pour le cours.

– M. Spiegel : Variables complexes : cours et problèmes. Série Schaum. Trèsnombreux exemplaires à la B.U. Environ 25 euros en librairie. Moins rigoureuxet moins avancé que le Chabat. Des centaines d’exercices. Surtout pour lesexercices.

– J. Dieudonné : Calcul Infinitésimal. Hermann, éd. Nombreux exemplaires à laB.U. Clair et rigoureux. Montre comment rédiger avec précision une démons-tration, intéressant et varié dans ses thèmes.

En fait le mieux pour apprendre l’analyse complexe, c’est bien d’apprendre l’analysetout cours : je me sens donc obligé de discuter brièvement de

– R. GODEMENT : Analyse Mathématique, en quatre volumes, Springer-Verlag. Quel-ques exemplaires (3 ou 4) à la B.U. Coûte en librairie 45 euros par tome. Il y a énor-mément de choses à dire sur ce Traité. Je ne parlerai (brièvement) que des aspects

Troisième année de Licence L305 « Variables Complexes »

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mathématiques (le livre contient, entre autres, de longues prises de position sur desquestions de société, en particulier l’emploi des mathématiques par le « complexemilitaro-scientifico-industriel »). Il y a des aspects très positifs : les sujets sont ex-posés dans un ordre reflétant leur développement historique, qui est souvent rappelé(mais de nombreux jugements de valeurs péremptoires et douteux finissent par fairedouter le lecteur de la valeur des « rappels historiques »), donc certaines questionssont traitées plusieurs fois successivement ; le livre n’est en rien un livre scolaire, etne cherche pas à être « pédagogique ». Comme il se doit les développements en sériessont abordés très tôt, même dans le champ complexe (tome I) ; les bases des fonctionsholomorphes sont développées avec l’analyse harmonique et les distributions (tomeII) ; les théorèmes de Cauchy sont immédiatement suivis d’un intéressant chapitred’applications (tome III) ; la notion de surface de Riemann est développée dès letome III. Le tome IV se conclut sur un très alléchant voyage au sein des fontionsmodulaires. Mais d’autres points posent problème. J’ai déjà mentionné les nom-breuses remarques péremptoires. L’attitude vis-à-vis de la théorie de l’intégrationest incompréhensible. De nombreux énoncés classiques sont « pollués »par l’emploide fonctions « réglées » (une notion à l’utilité quasi-nulle) dans les énoncés, alorsque souvent l’énoncé (par exemple pour les théorèmes de convergence de séries deFourier) vaut plus généralement pour les fonctions intégrables au sens de Riemann,et ne prend sa véritable formulation qu’avec l’intégrale de Lebesgue. Un chemin dansle plan complexe est une « primitive d’une fonction réglée », au lieu d’être pris C1

par morceaux, pour ensuite le prendre simplement continu, si l’on veut. Au lieu dedévelopper l’intégrale de Lebesgue le plus tôt possible, ce qui est très faisable, lelecteur développe l’impression qu’il s’agit d’une chose terrible, tellement terrible quesa présentation en est reléguée au dernier volume, qui est par ailleurs un volume deniveau Master Recherche, Deuxième Année. Parler des distributions et des fonctionsanalytiques très tôt est excellent ; reléguer l’exposé de la théorie de l’intégrale deLebesgue (que je n’ai pas lu car vu ce qui est dit avant, j’ai peur de trop tordremon cerveau à sa lecture) dans le dernier tome (d’un niveau nettement plus avancéque les trois premiers) est incompréhensible. Si vous avez une vocation, un talent,une passion pour les mathématiques, vous pourrez apprendre énormément de chosesdans ce Traité. Mais méfiez-vous de ne pas le prendre pour argent comptant.

Un petit voyage sur Internet vous permettra de voir qu’en langue française il n’y aque quelques rares ouvrages disponibles. Ceux étiquetés « Licence Mathématique », bienque sérieux, sont vraiment trop limités dans leur ambition (pour ce que j’ai pu en voir).Par contre en langue anglaise, il y a littéralement des dizaines et des dizaines d’ouvrages.Certains sont mauvais, certains sont excellents. J’en citerai trois, pour ceux parmi vousqui désireront en apprendre plus, soit pendant soit après le semestre :

– E. STEIN et R. SHAKARCHI : Complex Analysis, Princeton University Press 2003.Excellent. À acquérir avec le tome intitulé Fourier Analysis. On attend avec impa-tience le tome suivant qui exposera l’intégrale de Lebesgue.

– M. ABLOWITZ et A. FOKAS : Complex variables : introduction and applications,2e ed. Cambridge University Press, 2003. Excellent, dans un style moins rigoureuxque le cours de Stein. Très accessible au début, très avancé sur la fin, mais tout enrestant accessible.

– E. WHITTAKER et G. N. WATSON : A Course of Modern Analysis, 4e ed., 1927.Dernière réimpr. : 1996. Cambridge University Press. Le classique des classiques. Lapremière édition date de 1902, la dernière de 1927. Un peu daté peut-être et difficilepour l’étudiant moderne dans la façon dont les bases de l’analyse sont présentéesdans la première partie. Les exercices nécessitent de réfléchir (beaucoup. . .) et lesséries sont loin d’être toutes absolument convergentes. On ressent des frissons le longde la colonne vertébrale en feuilletant la deuxième partie. Pour des générations etdes générations d’ingénieurs la référence ultime. C’était avant les ordinateurs quicalculent tout, avant la disparition du calcul mental à l’école primaire. Quelquesexemplaires à la B.U. : allez le voir et comparez aux textes étiquetés « LicenceMathématique ».

Université Lille 1 Semestre d’automne 2004/2005

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MATH 305 1 (Troisième année de Licence)Semestre d’automne 2004/2005

Université Lille 1

ANALYSE COMPLEXEBilan et perspectives aux deux-tiers du semestre

Déjà huit semaines de cours derrière nous, et il n’y en a donc plus quequatre. Les points fondamentaux de la théorie ont été exposés mais la struc-ture d’ensemble est en attente de consolidation.

Je propose ici un résumé des points essentiels déjà développés, et uneavant-première du cours qui est prévu pour les quatre dernières semaines.

Avant cela, je reviens sur mes conseils bibliographiques. Au début du semestre jeme suis limité à citer, d’une part, deux ou trois ouvrages disponibles en nombreuxexemplaires à la bibliothèque universitaire, et d’autre part, trois autres référencesremarquables en langue anglaise ; j’avais aussi proposé une critique littéraire d’untraité récent en quatre volumes par un mathématicien français connu. Cette critiqueet les livres en langue anglaise étaient cités pour les plus motivés, et aussi dans laperspective de la quatrième année.

Je rajoute aujourd’hui deux ouvrages en français, que l’on peut commander chezson libraire, et dont j’ai le sentiment qu’ils pourront vous être utiles :

– par Jean-François Pabion : Éléments d’Analyse Complexe, Licence Ma-thématiques, éd. Ellipses, 1995 (isbn : 2-7298-9500-0).En fin de compte ce livre correspond bien au contenu de mon cours, et en toutcas à ce qu’il est humainement possible de faire en environ douze semainesde deux heures. Il ne contient pas d’exercices, ou plutôt les exercices sont ap-pelés « exemples » et sont entièrement traités dans le corps du texte. Le seulpetit reproche que j’ai porte sur les définitions de « simplement connexe » etde « homologue à zéro » à la fin du livre ; je préfère les voir comme des ca-ractérisations dont l’équivalence avec les définitions standard constituent desthéorèmes que l’on peut d’ailleurs admettre à ce niveau. Le seul autre petitreproche porte sur le fait justement que l’auteur se limite à un contenu prochede ce que l’on a le temps d’enseigner en un semestre (ou ce que l’on avaitle temps avant le LMD et son découpage de l’enseignement en micro-unités).Mais ce défaut, qui explique que je n’ai pas cité ce livre dans un premier temps,constitue aussi une qualité.

– par Bernard Candelpergher : Fonctions d’une variable complexe, éd.Armand Colin, 1995 (isbn : 2-200-21594-0).Le livre débute par un court exposé de la théorie, avec environ soixante-dixexercices, entièrement résolus. Puis il propose trente problèmes d’approfondis-sement, très intéressants, avec leurs solutions complètes. Cette deuxième partieamène la théorie à un niveau plus élevé, et rendra l’ouvrage extrêmement utileaussi pour la quatrième, voire, la cinquième année.

1. Responsable : J.-F. Burnol


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Résumé du cours pour les huit semaines écoulées (je ne reprends pas tout,le but n’est pas de rédiger un polycopié, mais un résumé aide-mémoire) :

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Le cours débute par des rappels sur la fonction exponentielle et par l’étudedu logarithme. Deux notions de « détermination continue du logarithme »sont définies : le long d’un chemin γ ne passant pas par l’origine, ou dans unouvert U ne contenant pas l’origine. Dans les deux cas il y a unicité à uneconstante dans 2πiZ près ; l’existence n’est garantie que dans le premier cas.Cela mène à la notion ∆γ log z de la variation du log le long du chemin γ.Lorsque γ est un lacet 1

2πi∆γ log z est entier et s’appelle « indice de l’originepar rapport au lacet γ », et est noté Ind(0, γ). On introduit la notion d’ho-motopie : pour des chemins à extrémités fixes, ou pour des lacets. Dans lesdeux cas on prouve le premier théorème significatif du cours : la variationdu log est invariante par homotopie.

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Le calcul infinitésimal et intégral fait son entrée avec la possibilité, pourdes chemins de classe C1, ou continu et C1 par morceaux, de représenter∆γ log z par

∫γ

dzz . Mais pour accéder à ce genre de formule, il faut d’abord

définir ce qu’est une forme différentielle ω, puis définir∫γ ω. Cette discussion

repose sur la notion de différentiablité d’une fonction F (x, y) au point z0 =x0 + iy0, à valeurs complexes. Sa différentielle dF est une application R-linéaire de R2 vers C ; l’espace, disons W , de ces applications R-linéairesest lui-même un C-espace vectoriel de dimension 2, de base (dx, dy) et dF =∂F∂x (x0, y0)dx+ ∂F

∂y (x0, y0)dy. Une « forme différentielle » ω sur un ouvert Dest une application de D vers W . On l’écrit donc ω = Pdx + Qdy, avec Pet Q deux fonctions à valeurs complexes sur D. Si F admet des dérivéespartielles continues sur l’ouvert D alors elle est différentiable en tout pointde D et dF = Pdx+Qdy avec P = ∂F

∂x et Q = ∂F∂y . Une autre C-base de W

est donnée par dz = dx+ idy et par dz = dz = dx− idy et l’on a

dF =∂F

∂zdz +

∂F

∂zdz ,

pour certains opérateurs différentiels ∂ = ∂∂z et ∂ = ∂

∂z .La notion fondamentale du Cours est la notion de C-dérivabilité : f est

C-dérivable au point z0 si f ′(z0) = limh→0(f(z0 +h)−f(z0))/h existe. C’estle cas si et seulement si f est différentiable au point z0 et si sa différentielle,comme application linéaire R2 → C est C-linéaire : dfz0(

[hk

]) doit dépendre

C-linéairement de h+ ik, c’est-à-dire, doit être de la forme A · (h+ ik) pourun certain A ∈ C (qui sera f ′(z0)). Cette dernière condition est équivalenteà la condition de Cauchy-Riemann :

∂f

∂y(z0) = i

∂f

∂x(z0)

que l’on écrit aussi (∂f)(z0) = 0, ou encore sous une forme faisant intervenirles parties réelles et imaginaires de f .


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La C-dérivabilité d’une fonction en un seul point z0 n’a aucun intérêt :on définit donc la notion d’holomorphie en disant qu’une fonction est holo-morphe au point z0 si elle est définie et C-dérivable en tout point z d’unvoisinage ouvert de z0 (c’est-à-dire en tout z avec |z − z0| < r pour un cer-tain r > 0). L’Analyse Complexe, qui était appelée dans le passé simplement« La Théorie des Fonctions » est (au moins dans un premier temps) l’étudedes fonctions holomorphes.

On définit l’intégrale curviligne∫γ ω pour γ de classe C1 par morceaux

et pour ω = Pdx + Qdy avec P et Q continues. Cette intégrale a une im-portante propriété d’invariance par reparamétrisation (préservant le sens deparcours). On a aussi besoin d’une autre notion : l’intégrale par rapportà l’élément d’arc ds ( « =

√dx2 + dy2 », noté aussi |dz|), pour faire des

majorations. On prouve∫γ dF = F (γ(b))− F (γ(a)) et aussi la formule fon-

damentale∆γ log z =

∫γ

dz

z

pour les chemins C1 par morceaux.On démontre la formule de Green-Riemann :∫

∂RPdx+Qdy =

∫∫R

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

pour l’intégrale sur le bord orienté d’un rectangle R (on fait la démonstrationlorsque R est parallèle aux axes de coordonnées). On a supposé P et Q declasse C1 et l’on a admis que l’intégrale double d’une fonction continue nedépend pas de l’ordre des intégrations simples.

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Supposons que f est holomorphe sur le rectangle R. Supposons de plusque f ′ est une fonction continue, alors comme conséquence de la formule deGreen-Riemann, on prouve : ∫

∂Rf(z)dz = 0

pour l’intégrale sur le bord orienté du rectangle. En fait, par une autreméthode découverte par Goursat vers 1900, le résultat peut être établi sanssupposer la continuité de f ′. Ce théorème fondamental s’appelle donc « théo-rème de Cauchy-Goursat ». Dans certains livres on le prouve pour les tri-angles plutôt que pour les rectangles, mais le cas des rectangles suffit déjàpour développer la théorie. En effet on en déduit par des découpages, enremplaçant f par (f(z)−f(a))/(z−a), la formule intégrale de Cauchy pourtout a dans l’intérieur du rectangle :

f(a) =1

2πi

∫∂R

f(z)z − a

dz

De cette formule on déduit que f(a+ h) pour |h| petit est la somme d’unesérie entière convergente

∑∞n=0 cnh

n. Donc :TOUTE FONCTION HOLOMORPHE EST ANALYTIQUE

Répétons que nous l’avons prouvé sous l’hypothèse C1 pour f mais que grâceà Goursat, l’holomorphie sans autre hypothèse suffit. L’on établit par ailleurs


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(ou l’on sait déjà) que toute somme g(z) d’une série entière est dérivable ausens complexe un nombre infini de fois dans son disque de convergence etque la série entière est en fait la série de Taylor

∑∞n=0

g(n)(0)n! zn de g. Donc

TOUTE FONCTION HOLOMORPHE EST ANALYTIQUE,TOUTE FONCTION ANALYTIQUE EST HOLOMORPHE, ET

TOUTE FONCTION HOLOMORPHE EST INFINIMENT DÉRIVABLELa formule intégrale de Cauchy pour f(a) s’accompagne de formules im-

portantes pour les dérivées :

f (n)(a) =n!2πi

∫∂R

f(z)(z − a)n+1

dz

On peut donc dire qu’avec les fonctions holomorphes les dérivées se calculenten faisant des intégrales, ou, si l’on préfère, les intégrales se calculent enfaisant des dérivées !

Un nouveau développement de la théorie résulte de la considération d’autrescontours que les bords de rectangle. Tout d’abord pour un disque D on éta-blit aussi ∫

∂Df(z)dz = 0

On a choisi de faire cette démonstration en mettant en avant une autrefaçon d’exprimer les conditions de Cauchy-Riemann : si f est C1 pour que fsoit holomorphe il est nécessaire et suffisant que ω = f(z)dz soit une forme« fermée » : ω = Pdx + Qdy, ∂Q

∂x = ∂P∂y . On note qu’une forme « exacte »,

c’est-à-dire de la forme ω = dF , est automatiquement fermée et l’on prouveréciproquement :

Toute forme fermée sur un disque est exacte sur ce disqueEn particulier f(z)dz étant fermée est exacte et donc d’intégrale nulle surtout lacet tracé dans le disque, en particulier sur tout cercle dans ce disque.Donc pour toute fonction holomorphe sur (un voisinage ouvert de) |z| ≤ Ron a

∫C f(z)dz = 0 pour le cercle C = |z| = R. Comme l’on sait que f est

analytique la fonction (f(z)− f(a))/(z − a) (définie comme valant f ′(a) enz = a) est holomorphe et l’on obtient alors les formules de Cauchy pour undisque D de bord le cercle orienté C :

f(a) =1

2πi

∫C

f(z)z − a

dz f (n)(a) =n!2πi

∫C

f(z)(z − a)n+1

dz

Il résulte de ces considérations que pour une fonction f holomorphe sur unouvert U , le rayon de convergence du développement en série de f au pointa de U est au moins égal à la distance de a au complémentaire de U . Les« inégalités de Cauchy » sont : |f (n)(z0)|rn ≤ n!max|z−z0|=r |f(z)|.

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Une première conséquence notable des formules intégrales de Cauchy estl’important « théorème de Liouville » : une fonction entière qui est bornéeest constante. En l’appliquant à f(z) = 1/P (z) pour P un polynôme, on endéduit que si deg(P ) ≥ 1 alors P a au moins une racine complexe (théorèmede d’Alembert-Gauss, aussi appelé « théorème fondamental de l’algèbre »).


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Une deuxième conséquence en est la formule de la moyenne

f(a) =12π

∫ 2π

0f(a+ reiθ) dθ ,

dont on peut aussi déduire le théorème (principe) du maximum, sous saforme locale d’abord : si |f | a un maximum local en z0 alors f est uneconstante au voisinage de z0.

L’aspect « analytique » des fonctions holomorphes a comme conséquenceplusieurs théorèmes fondamentaux : le « théorème d’unicité analytique »(aussi appelé principe du prolongement analytique) : si les points d’un ouvertconnexe où deux fonctions holomorphes prennent les mêmes valeurs ont unpoint d’accumulation dans cet ouvert alors les deux fonctions sont partoutidentiques et le « principe des zéros isolés », que l’on peut exprimer deplusieurs façons équivalentes, par exemple : une fonction holomorphe dansun ouvert connexe, non constante, n’a qu’un nombre fini de zéros dans toutcompact inclus dans cet ouvert. On peut aussi donner la version globaledu principe du maximum : si f est holomorphe sur Ω (avec Ω borné, c’estimportant), alors ∀z ∈ Ω |f(z)| ≤ maxz∈∂Ω |f(z)|, avec inégalité stricte saufsi f est constante (pour ce dernier point on doit faire aussi l’hypothèse queΩ est connexe) . Tous ces théorèmes sont fondamentaux que ce soit pourles considérations théoriques comme dans les cas pratiques. Le théorèmed’unicité analytique est assez extraordinaire : si vous avez deux « formules »qui donnent le même résultat dans un petit coin, alors, si elles définissent desfonctions holomorphes, on sait a priori que les deux formules (des intégrales,par exemple, ou des sommes infinies, ou des produits infinis, ou l’une d’untype et la seconde d’un autre type) doivent donner le même résultat partout !

Dans ces énoncés la notion d’« ouvert connexe » est importante (connexe= d’un seul tenant). Un espace topologique est connexe si son seul sous-ensemble non vide à la fois ouvert et fermé est lui-même. Pour un ouvert deC cela est équivalent à : « deux points quelconques peuvent toujours êtrereliés par un chemin continu sans sortir de l’ouvert » (connexité par arcs ;cette équivalence nécessite démonstration). Tout ouvert de C est une réunion(dénombrable) de composantes connexes qui sont les classes d’équivalencepour la relation « être reliés par un chemin continu ». Plus généralementtout espace topologique est la réunion disjointe de ses composantes connexesqui sont les classes d’équivalence pour la relation « appartenir à un mêmesous-ensemble connexe (pour la topologie induite) ». Je renvoie au cours detopologie car là cela devient un peu subtil. Indiquons aussi que les sous-ensemble connexes de R sont les intervalles, finis ou infinis, contenant ounon leurs extrémités. L’image d’un connexe par une application continue estun connexe.

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Les fonctions holomorphes dans une couronne (un anneau) A : r1 <|z| < r2 ont la propriété que

∫|z|=r f(z)dz est indépendant de r (sens di-

rect de parcours). Nous le démontrons par la méthode des séries de Fourier(après avoir exprimé Cauchy-Riemann en coordonnées polaires). Il y a alors


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à nouveau des intégrales de Cauchy, pour f holomorphe sur A :

f(a) =1

2πi

∫∂A

f(z)z − a

dz f (n)(a) =n!2πi

∫∂A

f(z)(z − a)n+1

dz

La notation ∂A est un peu subtile : elle désigne le bord orienté de A, quicomporte donc deux cercles, le plus grand parcouru dans le sens direct, lepetit dans le sens rétrograde. Donc ∂A a comme support le bord topologiquede A (qui est parfois aussi noté ∂A) mais est un plus subtil car il y a ladonnée supplémentaire de l’orientation. Les intégrales ci-dessus sont donc ladifférence entre l’intégrale sur le cercle extérieur et celle sur le cercle intérieur(direct).

Pour f holomorphe sur A : r1 < |z| < r2, on a une représentationunique comme série de Laurent :

f(z) =+∞∑−∞

anzn an =

12πi

∫|z|=r

f(z)zn+1

dz (r1 < r < r2)

Toute série de ce type qui converge simplement vers f est en fait la série deLaurent et converge uniformément sur tout anneau fermé inclus dans A.

Si l’on exprime f(reiθ) par la série de Laurent en calculant les coefficientssur le cercle de rayon r on constate que la série de Laurent n’est pas autrechose qu’une série de Fourier (complexe).

En écrivant f(z) =∑

n<0 anzn +

∑n≥0 anz

n on représente (de manièreunique) f comme la somme d’une fonction analytique pour |z| > r1, nulle àl’infini, et d’une fonction analytique pour |z| < r2.

On peut aussi considérer le cas r1 = 0. Cela correspond à la situationd’une fonction holomorphe sur un disque épointé D(z0, r)\z0. On dit quef a une singularité isolée en z0. La « partie principale »

∑n<0 an(z−z0)n de

la série de Laurent, aussi appelée partie singulière, correspond à l’évaluationen 1/(z− z0) de la série entière

∑k≥1 a−kT

k de rayon de convergence infini.On distingue trois types de singularités isolées :

(1) la fausse singularité, ou singularité effaceable. La partie principale dela série de Laurent est nulle. On peut donc prolonger f par continuitéen z0 et f ainsi prolongée est holomorphe en z0. Par un théorème deRiemann cela se produit si et seulement si f est bornée au voisinagede z0.

(2) la singularité polaire : la partie principale n’est pas nulle mais necomporte qu’un nombre fini de termes. On caractérise ce cas parlimz→z0 |f(z)| = ∞. On définit l’ordre du pôle z0 par le plus grandentier n tel que 1/(z − z0)n est présent dans la partie principale.

(3) la singularité essentielle : la partie principale a un nombre infini determes non nuls. Par le théorème de Casorati-Weierstrass les valeursprises par f sont alors partout denses dans C. On a énoncé aussi le(grand) théorème de Picard.

Dans tous les cas on définit le « résidu de f en z0 » par la formuleRés(f, z0) = a−1. Si la singularité est non-existante (fausse), le résidu estnul ; mais bien sûr un résidu nul ne vaut pas dire que l’on n’a pas une vraie


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singularité. Dans tous les cas :

Rés(f, z0) =1

2πi

∫|z−z0|=r

f(z) dz

pour tout r tel que f est holomorphe pour |z − z0| ≤ r, z 6= z0. Dans le casd’un pôle simple on a aussi :

Rés(f, z0) = limz−z0

(z − z0)f(z)

et d’ailleurs si cette limite existe cela prouve que l’on a soit une faussesingularité soit un pôle simple. On dispose de formules aussi pour un pôled’ordre n, n > 1.

6. Théorème des résidus

On va énoncer la forme classique du théorème des résidus, comme consé-quence du théorème de Green-Riemann, pour un domaine général Ω (do-maine = ouvert connexe). Mais on a besoin d’admettre plusieurs choses,outre la formule de Green-Riemann, dont la discussion détaillée est troplongue et délicate pour qu’on puisse le faire sérieusement à ce niveau.

Il y a tout d’abord le Théorème de Jordan : toute courbe γ continuefermée simple sépare le plan en exactement deux composantes connexes, dontune, V , est bornée, et pour tout z ∈ V on a Ind(z, γ) indépendant de z etvalant soit +1 (on dit que γ est parcouru dans le sens direct) soit −1 (ondit que γ est parcouru dans le sens rétrograde). Dans cet énoncé courbe« fermée » signifie « lacet » et n’a rien à voir avec « fermé » en topologie ;« simple » signifie que le lacet n’a aucune self-intersection : on dit que l’ona une courbe, ou un contour, de Jordan. L’« intérieur » du contour est pardéfinition la composante connexe bornée unique du complémentaire. Mêmesi l’on simplifie considérablement la situation en supposant que γ est declasse C1 par morceaux (certaines courbes continues remplissent des airesplanes de mesure positive, ce qui est impossible si la courbe est différentiable)la preuve du théorème de Jordan est assez délicate.

Ensuite il y a la notion de « domaine Ω à bord régulier » : c’est un ouvertconnexe borné dont le bord topologique est la réunion disjointe des supportsd’un nombre fini de courbes de Jordan de classe C1 par morceaux et de dé-rivées non-nulles. L’une de ses courbes doit alors contenir dans son intérieurtoutes les autres, qui elles sont mutuellement extérieures. Le bord orienté∂Ω est défini comme la réunion formelle du contour extérieur parcouru dansle sens direct et des contours intérieurs parcourus dans le sens rétrogade.Autrement dit

∫∂Ω ω vaut

∫Γ ω−

∑j

∫γjω avec Γ est le contour extérieur et

les γj les contours intérieurs, tous parcourus dans le sens direct.Finalement il y a l’énoncé même du théorème de Green-Riemann, qui

après tous ses préparatifs, s’écrit en une ligne :∫∂ΩPdx+Qdy =

∫∫Ω

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

Il est valable au moins pour P et Q de classe C1 sur Ω, et continues sur Ω.Si l’on admet comme intuitivement évidents les préliminaires topologiquesprécédents, alors on peut faire la preuve en découpant Ω en sous-domaines,


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qui après rotations, sont de la forme x1 ≤ x ≤ x2, f1(x) ≤ y ≤ f2(x), etpour lesquels la preuve est aussi facile que pour un rectangle.

Cela dit, on a donc ∫∂Ωf(z) dz = 0

pour toute fonction holomorphe sur Ω. Puis, comme d’habitude les formulesintégrales de Cauchy :

f(a) =1

2πi

∫∂Ω

f(z)z − a

dz f (n)(a) =n!2πi

∫∂Ω

f(z)(z − a)n+1

dz

On notera que pour a /∈ Ω toutes ces intégrales donnent 0.Enfin, pour f holomorphe sur Ω \ z1, . . . , zm, avec zj ∈ Ω (pas sur le

bord), le Théorème des résidus affirme :∫∂Ωf(z) dz = 2πi

∑1≤j≤m

Rés(f, zj)

Les formules intégrales précédentes sont des cas particuliers du théorèmedes résidus. Le théorème des résidus permet aussi l’évaluation d’intégralessur des contours infinis, par exemple on complète un segment [−R,R] enun lacet par un demi-cercle dans le demi-plan supérieur, ou en le bord d’unrectangle de base [−R,R] ; on évalue l’intégrale sur le contour par le théorèmedes résidus et on montre que lorsque R → ∞ les parties ajoutées ont unecontribution qui tend vers 0.

7

Les formules intégrales de Cauchy permettent de démontrer des théorèmessur l’holomorphie de fonctions définies par des intégrales ou par des limitesde suite.

Soit g(z, t) une fonction pour z ∈ U , a ≤ t ≤ b. On suppose que gest Riemann intégrable en t pour chaque z, et est holomorphe en z pourchaque t, et est bornée lorsque z est dans un compact et a ≤ t ≤ b. AlorsG(z) =

∫ ba g(z, t)dt est holomorphe en z et l’on peut dériver sous le signe

somme (on prouve en passant que ∂∂zg(z, t) est Riemann intégrable sur [a, b]).

Par exemple le théorème s’applique lorsque g est continue en le couple (z, t).Supposons maintenant que g(z, t) n’est définie que pour a < t ≤ b. On

supposera que g(z, t) est holomorphe en z ∈ U pour chaque t, et est Rie-mann intégrable pour z fixé, sur [a′, b] pour tout a′ > a. Sous l’hypothèsed’une majoration |g(z, t)| ≤ k(t) indépendante de z, avec k bornée sur toutintervalle [a′, b], a′ > a et avec

∫ ba k(t) dt < ∞, les intégrales impropres

G(z) =∫ ba g(z, t)dt sont convergentes et l’on prouve que G(z) est holomorphe

et que l’on peut dériver sous le signe somme (l’intégrale impropre obtenueest garantie convergente). L’énoncé analogue vaut pour des intervalles infi-nis : si les intégrales impropres sont dominées indépendamment de z, il y aholomorphie et l’on peut dériver sous le signe somme.

Pour prouver ces résultats on a aussi établi l’important « Théorème deWeierstrass » : si fn → f simplement sur l’ouvert U , uniformément sur tout


13

compact K ⊂ U , et si les fn sont holomorphes alors : f est holomorphe surU , f ′n → f ′ sur U , et cela uniformément sur tout compact K ⊂ U .

Cela termine le résumé des huit premières semaines. Voici ce qui est prévupour les quatre semaines suivantes :

(1) Théorème de Mittag-Leffler, théorème de factorisation de Weiers-trass, produits infinis. Illustration sur 1/ sin(πz), cotg(πz), sur sin(z).Produits infinis pour la fonction Gamma (la fonction Gamma a déjàété rencontrée en feuille de TD, et fera l’objet d’une feuille spéciale).

(2) Invariance par homotopie de∫γ ω pour ω fermée ; ouverts simplement

connexes, existence de primitive, de log f pour f 6= 0. Caractérisa-tion de la simple connexité ( = complémentaire connexe ; admis).La formule des résidus générale 2πi

∑j Ind(zj , γ)Rés(f, zj) pour un

cycle qui « ne tourne pas autour du complémentaire » (prouvée pourun lacet homotopiquement trivial, admis en général).

(3) Principe de la variation de l’argument, théorème de Rouché. Pro-priété conforme des fonctions holomorphes ; théorème de l’invariancedu domaine ; formule d’inversion de Lagrange.

(4) Études des homographies az+bcz+d . Le plan complété, cercles-droites.

Équivalence conforme des demi-plans et des disques. Automorphismesdu plan, des demi-plans, des disques. Énoncé du théorème d’unifor-misation de Riemann.

Une profonde lacune de ce cours est qu’il n’y aura pas eu de discussiondes fonctions harmoniques et du noyau de Poisson. Cela est regrettable, carsi les formules de Cauchy montrent que l’on peut reconstruire f à partirde ses valeurs sur le bord, on accède à un niveau plus profond de compré-hension lorsque l’on réalise que la donnée de Re(f) sur le bord suffit à elleseule à déterminer f (à une constante imaginaire pure près ; la partie réelledétermine donc la partie imaginaire, et vice versa).

De plus, le faible volume horaire n’a pas permis, à l’exception de la fonc-tion Gamma, et encore, on a renoncé à lui consacrer un cours exclusif enamphi, n’a pas permis donc une chose essentielle, à savoir : se familiariseravec des fonctions complexes remarquables, comme la fonction thêta, ou lesfonctions elliptiques, ou les fonctions modulaires. Il aurait été aussi très im-portant de faire des développements asymptotiques d’intégrales dépendantd’un paramètre complexe (fonctions de Bessel, fonction d’Airy).


15


Université Lille 1

FEUILLE 1

1

1.1. Soit (un)n∈N une suite de nombres complexes (ou réels). Que signifie en sym-boles formels la phrase « (un) est une suite de Cauchy » ? Quelle est la principalechose à savoir dans ce contexte ?

1.2. Soit (un(x))n∈N une suite de nombres complexes (ou réels), dépendant d’unparamètre x appartenant à un ensemble E (quelconque). Que signifie la phrase« pour tout x, (un(x)) est une suite de Cauchy, uniformément par rapport à x ∈E » ? Montrer qu’alors chaque suite converge vers une limite u(x), et que la conver-gence vers u(x) est uniforme par rapport à x ∈ E (que signifie cette dernièrephrase ?)

1.3. Soit I = [x0, x1], J = [y0, y1], x0 < x1, y0 < y1. Soit g(x, y) une fonctionconjointement continue en (x, y) ∈ I × J . Soit G(x) =

∫ y1

y0g(x, y)dy. Montrer que

G est une fonction continue de x.

1.4. On suppose maintenant que g(x, y) admet une dérivée partielle par rapport àx en tout point (à droite en x = a, à gauche en x = b), et que la fonction ∂

∂xg(x, y)est conjointement continue sur I × J . Montrer que G est une fonction dérivable dex et que

G′(x) =∫ y1

y0

∂

∂xg(x, y) dy

On utilisera le théorème des accroissement finis et la continuité uniforme de ∂∂xg(x, y)

sur I × J .

1.5. Retrouvez le résultat précédent sous les mêmes hypothèses en utilisant uneintégrale double et le théorème (supposé connu) d’interversion pour les intégralesdoubles de fonctions continues.

1.6. On veut généraliser les résultats précédents à des intégrales de Riemann « im-propres ». On suppose dorénavant que J =]0,+∞[, que pour tout x, g(x, y) estune fonction Riemann intégrable de y sur tout intervalle [a,A], 0 < a < A < ∞et que

∫∞0g(x, y) dy existe en tant que limε→0,A→∞

∫ A

εg(x, y) dy. Une telle li-

mite existe (pourquoi ?) dès que l’on peut trouver une fonction k(y) positive avec∫∞0k(y) dy < ∞ et |g(x, y)| ≤ k(y). Si l’on peut trouver une telle fonction k(y)

indépendante de x, on dira que l’intégrale impropre G(x) =∫∞0g(x, y) dy est nor-

malement convergente (ou que la convergence est dominée). Montrer que, si(1) pour tout x, g(x, y) est une fonction Riemann intégrable de y pour tout

intervalle [a,A], 0 < a < A <∞,(2) G(x) =

∫∞0g(x, y) dy est normalement convergente par rapport à x,

(3) g(x, y) est continue en x, uniformément par rapport à y ∈ [a,A] pour tout0 < a < A <∞,

alors G(x) est une fonction continue de x.



16

1.7. On rajoute aux hypothèses précédentes(1) La dérivée partielle ∂

∂xg(x, y) existe, est continue en x uniformément parrapport à y ∈ [a,A], pour tout 0 < a < A < ∞, (par exemple c’est le cassi ∂

∂xg(x, y) est conjointement continue en (x, y)),

(2) et ∂∂xg(x, y) est pour tout x une fonction Riemann intégrable de y sur tout

intervalle [a,A], 0 < a < A <∞,

(3) et les intégrales impropres∫∞0

∂∂xg(x, y) dy sont normalement convergentes.

Prouvez alorsG′(x) =

∫ ∞

0

∂

∂xg(x, y) dy

On utilisera le théorème des accroissements finis à l’intérieur de l’intégrale expri-mant (G(x+ h)−G(x))/h.

2

Dans ce problème, on travaille uniquement avec des nombres réels.

2.1. Pour tout n ≥ 1, entier, et tout nombre réel s > 0 prouvez

1s ns

=∫ ∞

n

dt

ts+1

On pose um =∫m+1

mdt

ts+1 et on note an,m = um pour m ≥ n, an,m = 0 pour m < n.En appliquant le théorème sur les séries doubles à

∑n,m≥1 an,m prouvez la formule

1s

∞∑n=1

1ns

=∫ ∞

1

[t]tt−s dt

On a noté [t] la fonction « partie entière de t ». Quelle hypothèse faites vous sur s ?Dorénavant on notera pour s > 1 :

ζ(s) =∞∑

n=1

1ns

2.2. Prouvez que la fonction ζ(s) est une fonction infiniment dérivable de s, pours > 1.

2.3. On note t la fonction t−[t] (« partie fractionnaire de t »). Montrez la formule

ζ(s) =s

s− 1− s

∫ ∞

1

ttt−s dt

REMARQUE : cette formule pourrait permettre de définir ζ(s) pour 0 < s < 1.On parlera de ce point bien plus longuement à l’avenir.

2.4. Prouvez

lims→1

(ζ(s)− 1

s− 1

)= 1−

∫ ∞

1

tt2

dt

On notera γ cette limite.

2.5. En travaillant à partir de l’intégrale prouvez :

γ = limN→∞

1 +12

+ · · ·+ 1N− log(N)

On appelle γ la constante d’Euler (ou Euler-Mascheroni).


17

2.6. On pose pour tout ε > 0 :

E(ε) =∞∑

n=1

e−nε

n

Que vaut exactement E(ε) ? Que vaut limε→0(E(ε) + log(ε)) ?

2.7. On pose pour tout ε > 0 :

F (ε) =∑

n∈N,1≤n≤1/ε

e−nε − 1n

+∑

n∈N,n>1/ε

e−nε

n

En comparant à des sommes de Riemann, prouvez :

limε→0

F (ε) =∫ 1

0

e−u − 1u

du+∫ ∞

1

e−u

udu

2.8. En comparant les deux derniers résultats, prouvez :

γ = −∫ 1

0

e−u − 1u

du−∫ ∞

1

e−u

udu

2.9. En utilisant des intégrations par parties, déduire du résultat précédent :

γ = −∫ ∞

0

e−u log(u) du

2.10. On définit pour tout s > 0 :

Γ(s) =∫ ∞

0

e−tts−1 dt

Il s’agit de la fonction Gamma d’Euler. Montrer qu’elle est infiniment dérivable parrapport à s > 0 et que Γ′(1) = −γ.

2.11. Prouvez : Γ(s + 1) = sΓ(s), déterminer Γ(n) pour n ∈ N, n ≥ 1 et donnerun équivalent de Γ(s) lorsque s→ 0. Déterminer Γ′(n) pour tout n ≥ 1.

2.12. Montrez que pour tout s > 0 on a Γ(s)ns =

∫∞0e−ntts−1 dt. Justifiez la formule

suivante :Γ(s)ζ(s) =

∫ ∞

0

1et − 1

ts−1 dt

Quelle hypothèse faites vous sur s ?

2.13. Prouvez pour s > 1 :

Γ(s)ζ(s) =1

s− 1+∫ 1

0

(1

et − 1− 1t

)ts−1 dt+

∫ ∞

1

1et − 1

ts−1 dt

REMARQUE : cette formule pourrait permettre de définir ζ(s) pour 0 < s < 1.On parlera de ce point bien plus longuement à l’avenir.

2.14. On note

β =∫ 1

0

(1

et − 1− 1t

)dt+

∫ ∞

1

1et − 1

dt

Évaluez directement toutes les intégrales (par exemple après un changement devariable u = et) et prouvez β = 0.

2.15. En utilisant ce qui a été démontré sur Γ(s) donnez une deuxième démons-tration de

ζ(s) =1

s− 1+ γ + o(1)

pour s→ 1+. Rappelez la signification des symboles O et o.


18

3

Dans ces exercices, la lettre z désigne généralement un nombre complexe.

3.1. On considère la fonction de Bessel d’ordre ν (avec ν ∈ N) définie par laformule :

Jν(z) =(z

2

)ν ∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ ν)!

(z2

)2n

Quel est le rayon de convergence de la série entière intervenant dans cette formule ?

3.2. Donnez leurs rayons de convergence et prouvez que :(1)

∑∞n=1 nz

n ne converge en aucun point du cercle |z| = 1.(2)

∑∞n=1

zn

n2 converge en tout point du cercle |z| = 1.

(3)∑∞

n=1zn

n converge en tout point du cercle |z| = 1 sauf en z = 1.Pour le dernier point on pourra écrire zn = Sn − Sn−1 avec S−1 = 0, S0 = 1 etfaire une « sommation par parties » pour donner une autre expression des sommespartielles de la série, permettant de prouver leur convergence.

3.3. Montrez qu’un entier k ≥ 1 s’écrit de manière unique sous la forme 2n(2m+1),n ≥ 0, m ≥ 0. Puis prouvez pour |z| < 1 :

z

1− z2+

z2

1− z4+ · · ·+ z2n

1− z2n+1 + · · · = z

1− z.

On justifiera les interversions de séries. Prouvez aussi :z

1 + z+

2z2

1 + z2+ · · ·+ 2nz2n

1 + z2n + · · · = z

1− z.

4

4.1. On veut montrer qu’un lacet γ dans C \ 0 est connu à homotopie de lacetsprès lorsque l’on connaît N = Ind(0, γ) ∈ Z, au cas où cela n’a pas été déjà faiten cours. Montrer que γ est homotope au lacet cN : [0, 1] → C, cN (t) = e2πi Nt.Ind. : on prendra une première homotopie H(t, u) = |γ(t)|−uγ(t) pour se ramenerà |γ(t)| = 1 pour tout t, puis on définira une deuxième homotopie par

H(t, u) = exp(iθ(0) + i(1− u)(θ(t)− θ(0)) + i u 2πNt) ,

avec θ une détermination continue de l’argument le long de γ (existence prouvée encours ; vérifiez que H est une homotopie de lacets), puis une troisième homotopiepour ramener le point de départ en 1.

4.2. Dans cet exercice on considère le lacet γ = C1 · C2 · C(−1)1 · C(−1)

2 dans C \+1,−1 avec C1(t) = 1 + exp(i(2πt − π)), C2(t) = −1 + exp(2πi t) (0 ≤ t ≤ 1).Montrer que ce lacet γ : [0, 4] → C est homotopiquement trival dans C \ +1 etaussi dans C \ −1, mais pas dans C \ +1,−1. Comme cet exercice est assezsubtil, on suivra les indications suivantes : on notera θ1 la détermination continue del’argument de γ(t)−1 avec θ1(0) = −π, θ2 la détermination continue de l’argumentde γ(t)+1 avec θ2(0) = 0. On note Γ(t) = (θ1(t), θ2(t)). En étudiant Γ, prouvez qu’ilest un lacet et que Ind((0, π),Γ) = +1. Montrez que si γ était homotopiquementtrivial dans C \ +1,−1 alors Γ le serait dans R2 \ (0, π). Conclure.

4.3. Un chemin part du coin supérieur gauche d’un carré et termine (en restantdans le carré plein) au coin inférieur droit. Un autre chemin part du coin supérieurdroit et termine au coin inférieur gauche. Montrer qu’il existe au moins un point ducarré plein par lequel passent les deux chemins (pas forcément au même moment).


19


Université Lille 1

FEUILLE 2

5

5.1. Soit γ : [t0, t1] → C un lacet (γ(t0) = γ(t1)) et a ∈ C n’appartenantpas à l’image de γ. Alors Ind(a, γ) est défini comme valant Ind(0, γa) avecγa(t) = γ(t) − a. On se donne un chemin Γ : [0, 1] → C avec Γ(0) = a,Γ(1) = a′ et tel que Γ([0, 1])∩ γ([t0, t1]) = ∅. Montrer Ind(a, γ) = Ind(a′, γ).Ind. : montrer que H(t, u) = γ(t) − Γ(u) est une homotopie de lacets dansC∗ de γa vers γa′ .

5.2. On considère un lacet γ : [a, b] → C ne passant pas par l’origine. Onsuppose qu’il n’existe qu’un nombre fini de t ∈ [a, b] avec γ(t) ∈ ∆ =]−∞, 0[.On les note t0 < t1 < · · · < tN . Pour simplifier on supposera a = t0 et donctN = b. Montrer que pour t < tj suffisamment proche de tj le signe deIm(γ(t)) ne dépend pas de t, et de même pour t > tj suffisamment prochede tj (préciser ce que l’on fait pour j = 0 et j = N). Notons µj le premiersigne et µ′j le deuxième. Si µj = + et µ′j = − on dit que γ traverse ∆ en γ(tj)dans le sens direct, si µj = − et µ′j = + on dit que γ traverse ∆ dans le sensindirect ou rétrograde. Sinon on dit que γ touche mais ne traverse pas ∆.En utilisant le fait que Log(γ(t)) est une détermination du logarithme surchaque ]tj , tj+1[, prouver ∆γj arg(z) = π(µj+1−µ′j) avec γj = γ|[tj , tj+1]. Endéduire que Ind(0, γ) est égal au nombre de valeurs de t (a et b ne comptentque pour une valeur) pour lesquelles γ traverse ∆, comptées positivement sila traversée est directe, négativement si la traversée est rétrograde.

6

À ce stade du cours, on connaît la définition d’une forme différentielleω = P dx + Qdy, l’intégrale curviligne

∫γ ω, on connait l’invariance par

reparamétrisation, on sait∫γ dF = F (γ(b)) − F (γ(a)), on connait dz =

dx+ idy, dz, même aussi |dz| (qui intervient dans les intégrales par rapportà “l’élément d’arc” ds = |dz|, c’est un autre type d’intégrale, distinct des∫γ ω) et on sait exprimer Ind(0, γ) comme une intégrale curviligne, mais on

ne dispose pas encore des théorèmes de Cauchy.

6.1. On prend le lacet “carré” γ(t) valant −1−i2 +t, 0 ≤ t ≤ 1, +1−i

2 +i(t−1),1 ≤ t ≤ 2, 1+i

2 − (t− 2), 2 ≤ t ≤ 3 et −1+i2 − i(t− 3), 3 ≤ t ≤ 4. Déterminer

(si possible, avec un nombre minimal de calculs) :(1)

∫γ dx,

∫γ x dx,

∫γ x

2 dx,∫γ y dx,

∫γ y

2 dx,∫γ y

3 dx,

(2)∫γ x dx+ y dy,

∫γ x dy + y dx,

∫γ x dy − y dx,



20

(3)∫γ dz,

∫γ z dz,

∫γ z dz,

∫γ z dz,

∫γ x dz,

∫γ z dx,

(4)∫γ z

−1 dz,∫γ z

−2 dz,∫γ z

n dz, pour n ∈ Z.

6.2. Avec les mêmes notations on veut évaluer∫γ z

n dz, n ∈ Z. Justifier lesastuces suivantes (que sont I, II, etc. . . ?)∫

γzn dz =

∫γzn dz∫

γzn dz =

∫Izn dz −

∫IIzn dz +

∫III

zn dz −∫

IVzn dz

Compléter les calculs, pour tout n ∈ Z.

6.3. On note C le cercle de rayon 1 parcouru dans le sens direct. Calculer∫C z

n dz et∫γ z

n dz pour tout n ∈ Z, et vérifier qu’il y a toujours égalité.Calculer

∫C z

n dz et∫γ z

n dz et trouver les cas d’inégalités.

6.4. Soit C un cercle de centre quelconque, parcouru dans le sens direct, etne passant pas par l’origine. Calculer

∫C z

n dz pour tout n ∈ Z dans le casoù C encercle l’origine, et dans le cas où C n’encercle pas l’origine (pourn 6= −1 utiliser une primitive, sinon la notion d’indice).

6.5. Soit 0 < a < b et soit C le cercle de rayon r centré en l’origine, parcourudans le sens direct. Montrer :∫

C

1(z − a)(z − b)

dz = 2πi

0 r < a

1a−b a < r < b

0 r > b

Il suffira de réduire en élément simples, et d’utiliser la notion d’indice. Ouencore, on fera des développements en séries, pour se ramener par étapesaux intégrales

∫C z

ndz, n ∈ Z.

6.6. Soit C le cercle unité parcouru dans le sens direct. Calculer∫C

(z +

1z

)2n dz

z(n ∈ N)

En déduire∫ +π−π cos2n t dt et

∫ +π−π sin2n t dt. Donner aussi

∫ +π−π cos2n+1 t dt et∫ +π

−π sin2n+1 t dt. Que valent∫ π/20 cos2n t dt et

∫ π/20 sin2n t dt ?

7

7.1. Calculer les dérivées partielles de Log z en partant de l’expression :

12

log(x2 + y2) + i 2 Arctg

(y

x+√x2 + y2

)et vérifier les équations de Cauchy-Riemann pour Log z.

7.2. Montrer qu’il existe une fonction continue f(z) unique dans Ω = Cprivé de ] −∞,−1] ∪ [+1,+∞[ vérifiant f(0) = +1 et ∀z f(z)2 = 1 − z2.On pourra utiliser les fonctions Log et exp de manière appropriée et on enprofitera pour établir que f(z) est dérivable au sens complexe. Que vaut f(i)et plus généralement f(it) pour t ∈ R ? Que vaut f ′(z) ?


21

7.3. (suite). On note√

1− z2 la fonction de l’exercice précédent. Montrer :

∀z ∈ Ω√

1− z2 + iz 6∈ ]−∞, 0]

7.4. (suite). Pour −1 < x < 1, x = sin(θ), −π/2 < θ < +π/2, on aeiθ = cos(θ)+ i sin(θ) =

√1− x2 + ix, et donc iθ = Log(

√1− x2 + ix). Cela

suggère de définir, pour tout z ∈ Ω :

A(z) =1i

Log(√

1− z2 + iz)

Vérifier que A(z) est correctement définie et montrer :

∀z ∈ Ω sin(A(z)) = z .

On notera donc dorénavant Arcsin z = A(z). Montrer que Arcsin est déri-vable au sens complexe et que :

∀z ∈ Ω Arcsin′(z) =1√

1− z2

7.5. Exprimer ∂∂x et ∂

∂y en fonction de ∂∂r et de ∂

∂θ (question de coursde calcul différentiel). Montrer qu’en coordonnées polaires les équations deCauchy-Riemann pour f = u+ iv prennent la forme :

∂u

∂r=

1r

∂v

∂θ

∂v

∂r= −1

r

∂u

∂θ

Comment cela s’exprime-t-il avec ∂f∂r et ∂f

∂θ ? Établir à nouveau que Log zvérifie ces équations.

7.6. Le théorème des accroissements finis est-il valable pour les fonctionsholomorphes ?

7.7. On considère la fonction de Bessel J0(z) de première espèce, d’indice0, qui est définie par :

J0(z) =∞∑

n=0

(−1)n 1n!2

(z2

)2n.

Établir que w = J0 vérifie l’équation différentielle (pour z 6= 0) :

w′′ +1zw + w = 0 .

Se restreignant alors à z = x > 0 réel et positif on pourrait naïvement penserque J0(x) se comporte pour x → +∞ comme A cos(x) + B sin(x) pour Aet B bien choisis. En fait c’est

√x J0(x) qui a ce comportement. Quelle est

l’équation différentielle satisfaite par√x J0(x) ?


22

8. Problèmes supplémentaires

8.1. Soit I = [t1, t2], t1 < t2. On considère un chemin (continu) γ : I → C∗.On a défini en cours la notion de détermination (continue) du logarithme lelong de γ : c’est une fonction l : I → C, continue, et telle que exp(l(t)) = γ(t)pour tout t. Supposons que γ soit un lacet, c’est à dire que γ(t2) = γ(t1).On peut alors, pour tout u fixé dans I, considérer le chemin γu défini sur Ipar γu(t) = γ(t − t1 + u) pour t1 ≤ t ≤ t2 + t1 − u, γu(t) = γ(t − t2 + u)pour t2 + t1 − u ≤ t ≤ t2. Donner en utilisant l une détermination lu du logle long de γu. En déduire que Ind(0, γ) = Ind(0, γu). Retrouver ce dernierrésultat par un argument d’homotopie.

8.2. On se donne deux lacets γ1 et γ2 dans C vérifiant

∀t |γ2(t)− γ1(t)| < |γ1(t)|Montrer que les lacets γ1 et γ2 ne passent pas par l’origine et qu’ils font lemême nombre de tours autour de l’origine, c’est-à-dire Ind(0, γ1) = Ind(0, γ2).Indication : on trouvera une homotopie de lacets dans C∗ reliant γ1 à γ2.

Note : il existe un théorème que nous verrons plus tard sur les fonctionsanalytiques, le théorème de Rouché, que l’on peut déduire très rapidementde ce résultat. Du coup ce résultat est parfois aussi appelé Théorème deRouché.

8.3. Soit 0 < a < b < c et soit C le cercle de rayon r centré en l’origine,parcouru dans le sens direct. Calculer

∫C

1(z−a)(z−b)(z−c)dz selon la valeur de

r. On décomposera en éléments simples.

8.4. Le théorème de Weierstrass en analyse réelle dit que toute fonctioncontinue sur un intervalle fermé peut être uniformément approchée par despolynômes. Toute fonction continue sur le cercle unité |z| = 1 peut-elle êtreuniformément approchée par des polynômes en z ? Quel est le bon énoncédans ce cas (justifié par les théorèmes de deuxième année sur les séries deFourier) ?

8.5. Exprimer le Laplacien ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2 en coordonnées polaires.

8.6. Soit Ω′ = C \ [−1,+1]. Montrer qu’il existe une fonction unique g(z)définie sur Ω′, continue, telle que g(z)2 = 1− z2, et telle que g(2) = +i

√3.

On pourrait la noter√

[−1,1]c(1 − z2), ou plus simplement√

(1 − z2). Quelest le rapport entre g(z) et la fonction

√1− z2 qui a été définie dans un

exercice précédent (dans Ω = C \ (]−∞,−1] ∪ [+1,+∞[)) ?


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Université Lille 1

FEUILLE 3

Note 1 : certains livres utilisent l’expression “fonction analytique” dans une ac-ceptation un peu subtile, liée au formalisme de Weierstrass 2 pour la notion deprolongement analytique. Pour nous une “fonction analytique” c’est une fonctiondéfinie sur un ouvert et qui est partout localement la somme d’une série entière.D’après le cours cela équivaut au fait que la fonction soit “holomorphe”, c’est-à-direpartout dérivable au sens complexe (je rappelle aussi qu’une fontion est dite holo-morphe sur un ensemble, pas forcément ouvert, si elle est définie et holomorphe surun ouvert contenant cet ensemble). Les termes “fonction analytique” et “fonctionholomorphe” seront donc utilisés dans les énoncés de manière interchangeable.

Note 2 : on considèrera les notions développées dans les exercices comme faisantpartie intégrante du Cours ; elles seront considérées acquises pour les feuilles deTDs ultérieures. Il est bien entendu qu’il n’y a pas le temps de tout faire, sauf à ypasser trois voire quatre semaines ; il est donc tout aussi évident que vous devrezvous débrouiller pour maîtriser le reste par vous même.

Note 3 : cette feuille porte sur ce moment du cours où l’on est juste au bordd’établir le théorème des résidus. On dispose des formules intégrales de Cauchy 3

pour des disques, des rectangles, des anneaux (séries de Laurent 4). Cela permetd’anticiper sur les applications du théorème général.

9. Séries de Taylor et de Laurent

9.1. Déterminer les séries de Taylor 5 à l’origine de 11−z , 1

(1−z)2, 1

(1−z)3,

1(1−z)4

. Déterminer∑∞

k=112k ,∑∞

k=1k2k ,∑∞

k=1k2

2k ,∑∞

k=1k3

2k .

9.2. Déterminer∑∞

n=0unvn

où un est une progression arithmétique de raisona et de premier terme x et vn est une progression géométrique de raison qet de premier terme y.

9.3. On se donne un polynôme de degré n ≥ 1 avec P (0) = a0 6= 0, P (z) =a0 + a1z + · · ·+ anz

n que l’on factorise sous la forme

P (z) = a0(1− z/r1) . . . (1− z/rn) .

Donner la série de Taylor à l’origine de P ′(z)P (z) . En déduire des relations de

récurrence permettant d’évaluer les quantités

Ak =1

rk+11

+ · · ·+ 1rk+1n

pour k ∈ N en fonction des coefficients du polynôme.

1. Responsable : J.-F. Burnol2. Karl Theodor Wilhelm Weierstrass 1815 Ostenfelde - 1897 Berlin3. Augustin Louis Cauchy 1789 Paris - 1857 Sceaux4. Pierre Alphonse Laurent 1813 Paris - 1854 Paris5. Brook Taylor 1685 Edmonton - 1731 Londres


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9.4. On se donne un polynôme de degré n ≥ 1, P (z) = a0 +a1z+ · · ·+anzn

que l’on factorise sous la forme P (z) = an(z−r1) . . . (z−rn). Donner la sériede Laurent à l’origine de Q′(w)

Q(w) avec Q(w) = P (z), z = 1/w. En déduire desrelations de récurrence permettant d’évaluer les quantités

Bk = rk1 + · · ·+ rk

n

pour k ∈ N en fonction des coefficients du polynôme.

9.5. Déterminer en tout z0 6= 1 la série de Taylor et son rayon de conver-gence pour la fonction analytique 1

z−1 .

9.6. Déterminer en tout z0 6= 1, 2 la série de Taylor et son rayon de conver-gence pour la fonction analytique 1

(z−1)(z−2) . On aura intérêt à réduire enéléments simples. De plus on demande d’indiquer le rayon de convergenceavant de déterminer explicitement la série de Taylor.

9.7. Déterminer en tout point z0 où elle est définie la série de Taylor de lafonction 1

z3−1. On déterminera son rayon de convergence en fonction de z0.

9.8. Déterminer les séries de Laurent à l’origine des fonctions suivantes :(1) f(z) = 1

z

(2) f(z) = 1z2+1

(3) f(z) = 1z(z2+1)

9.9. Déterminer la partie singulière et le terme constant des séries de Laurentà l’origine pour les fonctions :

(1) f(z) = 1sin z

(2) f(z) = 1sin z−sh z

(3) f(z) = 1z sin(z) sh(z)

9.10. Donner les séries de Laurent de 1/(z − 1)(z − 2) dans chacune destrois régions annulaires 0 < |z| < 1, 1 < |z| < 2, 2 < |z| <∞.

9.11. Que pensez vous du calcul suivant de Johann Bernoulli 6 pour déter-miner ln(−x), x > 0 :

2 ln(−x) = ln((−x)2) = ln(x2) = 2 ln(x) ⇒ ln(−x) = ln(x)

De plus, insiste Johann, on ad

dxln(−x) =

(−1)−x

=1x

=d

dxln(x)

donc ln(−x) et ln(x) sont la même fonction. Commentez ces deux raison-nements et leur conclusion. On pourra s’appuyer sur les épaules de géantde Euler 7, ou, par défaut, si les 72 volumes 8 de ses Œuvres (pas encorecomplètement éditées d’ailleurs) ne sont pas encore disponibles dans votrebibliothèque de quartier, sur les épaules de votre cours d’Analyse Complexe.

6. Johann Bernoulli, 1667 Bâle - 1748 Bâle7. Leonhard Euler, 1707 Bâle - 1783 St Petersbourg8. ce n’est pas une blague, il y en a vraiment au moins 72 à l’heure actuelle. . .


25

9.12. Déterminer en tout z ∈ Ω la série de Taylor et son rayon de conver-gence pour la fonction Log z (Ω étant l’ouvert habituel complémentaire del’axe réel négatif). Soit z0 avec Re(z0) < 0. Soit R0 le rayon de convergencepour z0 et soit f(z) la somme de la série dans D(z0, R0). A-t-on f(z) = Log zdans D(z0, R0) ?

9.13. Quelles sont les images par z 7→ 1z−1 de |z| < 1, de |z| = 1, de |z| >

1 ? Existe-t-il une fonction analytique, même continue, « l(z) = log 1z−1 »,

normalisée par l(2) = 0, dans |z| > 1 ? Donner le meilleur substitut possible,et un développement en série convergent pour |z| → ∞.

9.14. On considère la fonction analytique f(z) = 1sin(z) dans l’ouvert U

complémentaire de πZ. Vérifier que la fonction sin(z) ne s’annule jamais dansU . Déterminer en fonction de z0 le rayon de convergence du développementen série de Taylor en tout z0 ∈ U donné. Remarque : il est déconseillé dechercher à résoudre ce problème en déterminant explicitement la série deTaylor.

9.15. Série binomiale de Newton. Montrer Log(zw) = Log(z)+Log(w)lorsque −π < Arg(z) + Arg(w) < +π. Montrer Log(1 + h + k + hk) =Log(1 + h) + Log(1 + k) lorsque |h| < 1, |k| < 1.Soit a ∈ C. On considère sur le disque D(0, 1) la fonction analytique fa(z) =exp(aLog(1 + z)). Montrer pour a ∈ Z : fa(z) = (1 + z)a. Pour a = p

q ∈Q, p, q ∈ Z montrer fa(z)q = (1 + z)p. Montrer fa+b = fafb. On noteradonc dorénavant fa(z) = (1 + z)a. Que vaut f ′a(z) ? Donner explicitementla série de Taylor de fa à l’origine (formule de Newton 9) et déterminer sonrayon de convergence. La formule exp(aLog(1 + z)) définit une fonctionanalytique, que nous noterons aussi (1 + z)a, dans C \ ] − ∞,−1]. Quevalent limε→0+ fa(z + iε) et limε→0+ fa(z − iε) pour −∞ < z < −1 ?

9.16. Une série non prolongeable. On considère la série entière∑∞

k=0 z2k .

Quel est son rayon de convergence ? On note f(z) sa somme. Que vautlimt→1 f(t) ? (on ne considère que des valeurs réelles positives de t ; on mi-norera f par des sommes finies). Plus généralement que vaut limt→1 f(tw),lorsque w est une racine 2N ième de l’unité et t tend vers 1 par valeursréelles inférieures à 1 ? Montrer qu’il n’existe pas de fonction holomorphesur D(0, 1) ∪ w, où |w| = 1, qui coïncide avec f sur D(0, 1). Pour toutz0 ∈ D(0, 1) déterminer le rayon de convergence de la série de Taylor de fen z0.

9.17. Une singularité non isolée. Montrer que la fonction

f(z) =∞∑

n=0

12nz − 1

est analytique dans U = C \ 0, 2−n, n ∈ N (on montrera que la sé-rie converge normalement sur tout sous-ensemble de U qui est à une dis-tance strictement positive de 2−n, n ∈ N, et on invoquera un théorèmede Weierstrass si il a été vu en cours ; sinon on montrera que les sériesdes dérivées partielles ont la même propriété ce qui permet de calculer les

9. Isaac Newton 1643 Woolsthorpe - 1727 Londres


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dérivées partielles de f terme à terme et donc d’établir les équations deCauchy-Riemann 10). La fonction f possède-t-elle un développement en sé-rie de Laurent à l’origine ? Quelle est la série de Fourier de la fonction f(Reiθ)pour R > 0, R 6= 2−n, n ∈ N (on utilisera des séries doubles) ? Que vaut∫|z|=R f(z)dz (sens direct de parcours) en fonction de R ?

9.18. Singularités effaceables. Soit f une fonction holomorphe sur ledisque épointé D(a, r) \ a. On suppose que f est bornée au voisinage dea. Montrer que la fonction h(z) = (z − a)2f(z), h(a) = 0, est holomorphesur D(a, r). Soit c0 + c1(z− a)+ c2(z− a)2 + . . . sa série de Taylor. Montrerc0 = c1 = 0. En déduire qu’en posant f(a) = c2 la fonction f est holomorphesur D(a, r) y-compris en a. Note : ce « théorème de Riemann de la singularitéeffaceable (ou apparente) » aura probablement été aussi montré en cours,lors de la discussion des séries de Laurent.

10. Nombres de Bernoulli

10.1. Montrer que la fonction f(z) = zez−1 , f(0) = 1 est analytique dans

C \ 2kπ i|k ∈ Z, k 6= 0. Que vaut limz→2πi |f(z)| ? Quel est le rayon deconvergence de la série de Taylor de f en z = 0 ? On écrira dorénavant cettesérie sous la forme

z

ez − 1=

∞∑k=0

Bkzk

k!,

ce qui définit les nombres de Bernoulli 11 B0 = 1, B1 = −12 , B2 = 1

6 , B3 = 0,B4 = − 1

30 , . . ., B16 = −3617510 , . . .

10.2. Vérifier que 1ez−1 + 1

2 est une fonction impaire et en déduire que lesnombres de Bernoulli d’ordres impairs sont nuls, sauf B1.

10.3. On se donne un paramètre x ∈ C quelconque et on considère la sériede Taylor à l’origine de la fonction analytique f(x, z) = zexz

ez−1 . Quel est sonrayon de convergence ? On écrit la série sous la forme :

zexz

ez − 1=

∞∑k=0

Bk(x)zk

k!.

Montrer que Bk(x) est un polynôme unitaire de degré k que l’on explici-tera en fonction des nombres de Bernoulli et des coefficients du binôme. Endéduire, pour k ≥ 1 :

B′k(x) = kBk−1(x)

10.4. Prouver en utilisant la définition de Bk(x) :

Bk(x+ 1)−Bk(x) = kxk−1

Montrer f(x, z) = f(1− x,−z) et en déduire

Bk(1− x) = (−1)kBk(x)

10. Georg Friedrich Bernhard Riemann 1826 Breselenz - 1866 Selasca11. Jacob (Jacques) Bernoulli 1654 Bâle - 1705 Bâle


27

10.5. Les nombres et polynômes de Bernoulli apparaissent dans la solu-tion 12 fournie par Jacob Bernoulli au problème d’évaluer les sommes depuissances 1k + 2k + · · ·+ nk. Quelle formule proposez vous ?

11. Un théorème d’Abel

11.1. Soit∑∞

n=0 an une série convergente de nombres complexes, de sommeS. Montrer que le rayon de convergence de la série entière

∑∞n=0 anz

n est aumoins 1. On notera f(z) sa somme dans D(0, 1).

11.2. En évaluant les sommes partielles par une sommation par parties(sommation d’Abel 13) prouver que l’on a limr→1 f(r) = S, où la limite estprise par valeurs réelles inférieures à 1 de r.

11.3. Soit R < 1 et soit SR l’ensemble fermé comprenant le disque ferméD(0, R) ainsi que tous les segments [z, 1] que l’on peut former d’un point dece disque vers 1. Faites un petit joli dessin, et donner la valeur de l’angleque fait en 1 cet ensemble, en fonction de R.

11.4. En reprenant la technique de sommation d’Abel, montrer que les po-lynômes

∑N0 anz

n convergent uniformément sur SR lorsque N → ∞ (onpourra montrer qu’ils sont uniformément de Cauchy). En déduire que lafonction g(z) définie sur SR par g(z) = f(z) pour |z| < 1, g(1) = S estcontinue sur SR et donc que limz→1,z∈SR

f(z) = S.

11.5. Utiliser le théorème d’Abel pour sommer∑ (−1)n

n ,∑ (−1)n

2n+1 ; trouverd’autres exemples intéressants.

12. Deux séries de Fourier remarquables

12.1. Soit Ω l’ouvert habituel sur lequel est défini Log z. Justifier pour toutz ∈ Ω

Log(z) =∫ 1

0

z − 11 + t(z − 1)

dt ,

et donner une formule intégrale explicite pour le reste RN (z) dans :

Log(z) = (z − 1)− (z − 1)2

2+

(z − 1)3

3− · · ·+ (−1)N−1 (z − 1)N

N+RN (z) .

12.2. On suppose Re(z) ≥ δ pour un certain δ ∈]0, 1[. Prouver

|RN (z)| ≤ 1δ

|z − 1|N+1

N + 1

On minorera |1 + t(z − 1)| par δ.

12.3. En déduire que la série de Taylor de Log au point 1 est uniformémentconvergente sur le compact |z − 1| ≤ 1, δ ≤ Re(z).

12. dans Ars Conjectandi paru en 1713 de manière posthume ; la notation ancienne(disons B∗

n) est reliée à la moderne par B∗n = (−1)n−1B2n, n ≥ 1.

13. Niels Henrik Abel, 1802 Frindoe - 1829 Froland


28

12.4. Pour −π < φ < +π on pose z = 1 + eiφ. Déterminer les coordonnéespolaires |z| et Arg(z) de z en fonction de φ. Déduire de ce qui précède lesidentités suivantes, pour tout φ ∈]− π,+π[ :

log(2 cosφ

2) =

∞∑k=1

(−1)k−1 cos kφk

φ

2=∑k=1

(−1)k−1 sin kφk

et le fait que ces séries sont uniformément convergentes sur tout intervalle[−π + ε,+π − ε] (0 < ε < π).

12.5. Ces séries sont célèbres pour illustrer la différence entre convergencesimple et convergence uniforme, et aussi le fait qu’une somme infinie defonctions continues n’est pas forcément continue. Théorème typique : On sedonne une suite de fonctions fn(x) sur ]a, b] qui convergent uniformément sur]a, b[ vers une fonction f(x). De plus on suppose les fn toutes continues en b(à gauche). Alors les deux limites lim fn(b) et limx→b f(x) existent 14 et sontégales (pour la preuve on montre que la suite (fn(x)) est uniformément deCauchy sur ]a, b] et donc uniformément convergente sur ]a, b]). Les séries dela question précédente sont-elles uniformément convergentes sur ]− π,+π[ ?

12.6. Rappelons que B1(x) = x− 12 est le premier polynôme de Bernoulli.

Notons B∗1(x) la fonction 1-périodique qui coïncide avec B1 sur ]0, 1[ et qui

vaut 0 sur Z. En posant φ = 2πx− π pour 0 < x < 1 montrer :

∀x ∈ R B∗1(x) = −

∞∑k=1

sin(2kπx)kπ

.

Vérifier la compatibilité avec l’énoncé de deuxième année dit “Théorèmede Dirichlet” (en fait le vrai théorème prouvé par Dirichlet 15 est plus fort)portant sur la convergence simple de la série de Fourier 16 d’une fonction f(x)1-périodique et de classe C1 sauf (peut-être) en un nombre fini de points oùelle-même et sa dérivée admettent des limites à gauche et à droite.

12.7. **. Pendant que j’y suis je rappelle l’énoncé important : « toute fonction1-périodique continue sur R et de classe C1 par morceaux est la limite de sa sériede Fourier avec convergence uniforme ». Vérifiez que vous avez cela dans vos notesde cours des années précédentes, sinon allez chercher un bouquin avec une démons-

tration (en voici une très abrégée :∣∣∣∑m≤|k|≤n cke

ikx∣∣∣2 ≤ 2

∑nm

1k2

∑m≤|k|≤n |kck|2

plus inégalité de Bessel 17 pour f ′).

12.8. **. Si vous établissez l’énoncé important suivant sans aide et sans indica-tions, c’est que vous êtes très fort(e) : « il existe une constante A < ∞ telle quepour tout x ∈ R et tout M ∈ N on a

∣∣∣∑Mk=1

sin(2kπx)kπ

∣∣∣ ≤ A. » Voici une questionplus simple : l’énoncé est-il vrai avec des cosinus à la place des sinus ?

14. lorsque l’on dit qu’une limite existe il est presque toujours entendu que l’on exclutle cas d’une limite infinie, et c’est bien ce qui est sous-entendu ici.

15. Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet 1805 Düren - 1859 Göttingen16. Jean Baptiste Joseph Fourier 1768 Auxerre- 1830 Paris17. Friedrich Wilhelm Bessel 1784 Minden - 1846 Königsberg


29

13

13.1. On rappelle que l’on a obtenu pour −π < φ < +π :

log(2 cosφ

2) =

∞∑k=1

(−1)k−1 cos kφk

etφ

2=∑k=1

(−1)k−1 sin kφk

,

et le fait que ces séries sont uniformément convergentes sur tout intervalle [−π +ε,+π − ε] (0 < ε < π).

(1) Montrer π2

16 =∫ π

20

φ2 dφ =

∑k impair

1k2 − 2

∑k≡2(4)

1k2 = 1

2S avec S =∑∞j=0

1(2j+1)2 . En déduire S = π2/8.

(2) Montrer∑

k≥11k2 = 1

4

∑k≥1

1k2 + S et en déduire

∑k≥1

1k2 = π2

6 .

(3) Montrer, pour 0 < ε < π :∫ π−ε

0log(2 cos φ

2 )dφ =∑∞

k=1sin(kε)

k2 et en déduire∫ π

0

log(2 cosφ

2)dφ = 0

(4) Plus généralement que vaut∫ π

0cos(nφ) log(2 cos φ

2 )dφ pour n ∈ N ?

(5) Que valent∫ 1

0log sin πx

2 dx et∫ 1

0log cos πx

2 dx ? On peut aussi obtenir cerésultat classique par une astuce ad hoc.

13.2. Le deuxième polynôme de Bernoulli est B2(x) = x2 − x+ 16 . On a B′2(x) =

B1(x). Vérifier∫ 1

0B2(x)dx = 0. Soit B∗2(x) la fonction 1-périodique qui coïncide

avec B2 sur [0, 1[. Montrer que B∗2 est paire, continue, C1 par morceaux. Quelle estsa série de Fourier ? Retrouver

∑k≥1

1k2 = π2

6 .

14. Développement en fractions de πsin πz

Le but de ce problème est d’établir la formule importante :

π

sinπz=

1z

+ limN→+∞M→+∞

∑−M≤n≤N

n6=0

(−1)n

z − n=

1z

+∞∑

n=1

(−1)n 2zz2 − n2

pour tout z complexe, non-entier bien sûr.

14.1. Montrer la convergence de la série∑∞

n=1(−1)n

z−n en regardant d’abordles sommes partielles d’ordre pair. En déduire l’existence de la limite pourN et M tendant indépendamment vers l’infini dans l’équation ci-dessus, etle fait que l’on peut donc se contenter de prouver :

limN→∞

(π

sinπz− 1z−

N∑n=1

(−1)n 2zz2 − n2

)= 0

14.2. NotonsgN (z) =

π

sinπz−

∑−N≤n≤N

(−1)n 1z − n

Montrer que gN s’étend par continuité et est une fonction holomorphe surle carré plein RN : |x| ≤ N + 1

2 , |y| ≤ N + 12. En déduire par la formule

intégrale de Cauchy pour un rectangle :

gN (z) =1

2πi

∫CN

gN (w)w − z

dw


30

où CN est le bord de RN parcouru dans le sens direct, dès que N est suffi-samment grand pour que z soit dans l’intérieur du carré.

14.3. En utilisant une décomposition en éléments simples et la notion d’in-dice d’un lacet autour d’un point, montrer∫

CN

1w − n

1w − z

dw = 0 ,

pour n et z tous deux dans l’intérieur de RN . En déduire :

gN (z) =1

2πi

∫CN

π

sinπw1

w − zdw

pour z dans l’intérieur du carré RN .

14.4. Montrer que gN est impaire et donc gN (0) = 0. Montrer

gN (z) =1

2πi

∫CN

π

sinπwz

w(w − z)dw

pour z dans l’intérieur du carré RN .

14.5. On rappelle l’identité sin(w) = sin(x) ch(y) + i cos(x) sh(y) pour w =x+iy. Montrer | sinw|2 = sin2 x+sh2 y (x, y ∈ R . . . ). En déduire | sin(πw)| =ch(πy) ≥ 1 sur les bords verticaux du carré et | sin(πw)| ≥ sh(π(N + 1

2)) ≥sh(π 1

2) = 2.301 · · · ≥ 1 sur les bords horizontaux.

14.6. Montrer alors pour N + 12 > |z| : |gN (z)| ≤ 4|z|

N+ 12−|z| , et conclure la

preuve deπ

sinπz=

1z

+∞∑

n=1

(−1)n 2zz2 − n2

avec d’ailleurs convergence uniforme pour |z| borné.

14.7. **. Reprendre la même technique et prouver aussi :

∀z ∈ C \ Zπ cos(πz)sin(πz)

= limN→∞

∑−N≤n≤N

1z − n

=1z

+∞∑

n=1

2zz2 − n2

avec une convergence uniforme pour |z| borné.

14.8. ** Formules d’Euler pour ζ(2k). En utilisant une série double déduiredu résultat précédent l’expression des coefficients du développement de Laurent deπ cotg(πz) à l’origine en fonction des ζ(2k) =

∑∞n=1

1n2k . Puis exprimer cotg(πz)

en fonction de 1/(e2πiz − 1) et en déduire l’expression de sa série de Laurent enfonction des nombres de Bernoulli B2k, k ≥ 1. En comparant les deux résultats,obtenir les formules d’Euler évaluant les ζ(2k) à l’aide des nombres de Bernoulli.

14.9. **. Donner pareillement via un argument de série double la série de Laurentde 1

sin(z) à l’origine en fonction des valeurs aux entiers pairs de ζ(s) et aussi enfonction des nombres de Bernoulli.

14.10. **. Donner le développement en série à l’origine de la fonction tangentetg x = T1x + T3

x3

3! + T5x5

5! + . . . à l’aide des nombres de Bernoulli. Montrer (c’estpeut-être difficile, je n’y ai absolument pas réfléchi) que les « nombres tangents »T1 = 1, T3 = 2, T5 = 16, . . .de ce développement sont des nombres entiers.


31

14.11. **. Les « nombres d’Euler » sont ceux qui donnent le développement ensérie à l’origine de la fonction 1/ ch(x) :

1ch t

=2

et + e−t=

∞∑n=0

Entn

n!

Montrer que les nombres d’Euler d’ordres impairs sont nuls. Quel est alors le dé-veloppement en série de 1/ cosx ? Quelle est la représentation comme fraction ra-tionnelle « infinie » de 1/ cosx ? Exprimer les sommes infinies alternées 1− 1

32n+1 +1

52n+1 − . . . à l’aide des nombres d’Euler. En déduire que les coefficients (« nombressécants 18 ») de 1/ cosx = 1+1x2

2! +5x4

4! + . . . sont tous positifs. Montrer aussi (c’estpeut-être difficile, je n’y ai pas réfléchi) que les nombres d’Euler sont des nombresentiers, qui sont impairs.

14.12. *** Le triangle sécante-tangente. On construit un triangle de nombresentiers ainsi : la première ligne ne comporte que « 1 », les lignes sont construitesalternativement de la gauche vers la droite ou de la droite vers la gauche (règle dulaboureur) en débutant par un 0 puis chaque nouveau coefficient est la somme decelui qui le précède dans sa ligne et de celui qui le précède dans la ligne précédente.

10 1

1 1 00 1 2 2

5 5 4 2 00 5 10 14 16 16

61 61 56 46 32 16 00 61 122 178 224 256 272 272

· · ·Alors, les entrées non-nulles à gauche 1, 1, 5, 61, . . .sont les nombres sécants, et lesentrées non-nulles à droites les nombres tangents 1, 2, 16, 272. . .. Je n’ai absolumentpas réfléchi et n’ai a priori aucune idée de la démonstration. À vous de voir.

15. Le produit infini de Euler pour sin(z)

Euler a eu l’idée, totalement géniale, que sin(z) pouvait se concevoircomme un “polynôme de degré infini”, et donc admettre une factorisationmettant en évidence que ses seuls zéros sont les nπ, n ∈ Z. La formule estla suivante :

∀z ∈ C sin(z) = z

∞∏n=1

(1− z2

n2π2)

La notion de produit infini est un peu plus subtile que celle de sommeinfinie, mais dans les deux cas il s’agit de limites, donc la formule d’Eulerse lit : ∀z ∈ C sin(z) = limN→∞ z

∏Nn=1(1 −

z2

n2π2 ). Le cours donnera unediscussion générale des produits infinis, et de certains aspects particuliersliés aux fonctions de la variable complexe. On peut se débrouiller sans dansle cas présent. On établira la formule sous la forme :

∀z ∈ C sin(πz) = limN→∞

πz

N∏n=1

(1− z2

n2)

18. dans le monde anglo-saxon, la fonction 1/ cos x s’appelle la fonction « sécante » etest notée sec(x). La fonction 1/ sin x s’appelle cosécante et est notée csc(x).


32

On fixe une fois pour toutes R > 0, et on va montrer la formule pour |z| < R.En tout cas elle est vraie pour z = 0.

15.1. Soit N avec N > R et notons fN (z) = sin(πz)/πz∏N

n=1(1 −z2

n2 ),prolongé par continuité en les n, |n| ≤ N . Montrer que fN est holomorpheet ne s’annule pas sur D(0, R).

15.2. Soit γ : [0, 1] → C∗ le chemin γ(t) = fN (tz). On a donc γ(0) = 1,γ(1) = fN (z), et γ(t) 6= 0 pour tout t. Par un théorème démontré en cours(lequel ?) on a γ(1) = γ(0) exp

(∫γ

dww

). En déduire :

fN (z) = exp(∫ 1

0

f ′N (tz)fN (tz)

zdt

)15.3. Soit ε > 0. En utilisant la convergence uniforme pour |z| borné dudéveloppement en fractions de π cotg(πz), montrer que pour N suffisammentgrand on a |f ′N (w)| ≤ ε|fN (w)| pour tout w ∈ D(0, R), puis en déduire

N 0 |z| < R =⇒ |fN (z)| ≤ eε|z| ≤ eεR

15.4. En déduire limN→∞ fN (z) = 1, uniformément sur D(0, R). Conclurela preuve du produit infini de Euler pour sin(z).

16

16.1. **. Soit x ∈ C. On a la série uniformément convergente pour |z| ≤ 2π − ε :

zexz

ez − 1= 1 +B1(x)z +B2(x)

z2

2+ . . .

On note Ca le bord orienté du carré Ra centré en l’origine, de côté 2a.(1) Montrer pour 0 < a < 2π :

B2(x) =1

2πi

∫Ca

zexz

ez − 12z3dz

(2) Soit N ∈ N et soit fN (z) = 2exz

z2(ez−1) +∑|k|≤N,k 6=0

e2kπix

2k2π21

z−2kπi . Montrerque fN s’étend par continuité en une fonction holomorphe sur R2π(N+ 1

2 ) \0. En déduire par le théorème de Cauchy-Goursat 19 pour des rectangles1

2πi

∫CafN (z)dz = 1

2πi

∫C2π(N+ 1

2 )fN (z)dz.

(3) En déduire en utilisant la notion d’indice :

B2(x) =∑

1≤k≤N

cos(2kπx)k2π2

+1

2πi

∫C2π(N+ 1

2 )

2exz

z2(ez − 1)dz

(4) On suppose 0 < x < 1. Retrouver le résultat de l’exercice précédent :

x2 − x+16

= B2(x) =∞∑

k=1

cos(2kπx)k2π2

Par continuité le résultat vaut aussi en x = 0 et x = 1. Déterminer alors lavaleur de ζ(4) comme conséquence de l’égalité de Bessel-Parseval 20.

Pour des biographies de mathématiciens :

http ://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/˜history/BiogIndex.html

19. Edouard Jean-Baptiste Goursat 1858 Lanzac - 1936 Paris20. Marc-Antoine Parseval des Chênes 1755 Rosières-aux-Saline - 1836 Paris


33


Université Lille 1

FEUILLE 4

Note 1 : rappelons une fois pour toutes que∫|z|=R

f(z)dz est une notation com-mode, mais abusive, qui désigne l’intégrale pour un parcours du cercle dans le senstrigonométrique (= direct = positif = sens contraire aux aiguilles d’une montre).

Note 2 : la notation∫

R f(x)dx (pour f Riemann intégrable sur tout intervalleborné) n’est utilisée qu’en cas de convergence absolue ; c’est une condition plusstricte que l’existence de

∫ +∞−∞ f(x)dx qui signifie par définition lim A→+∞

A′→−∞

∫ A

A′f(x)dx ;

cette limite, si elle existe vaut aussi limA→+∞∫ A

−Af(x)dx, mais cette dernière peut

exister sans que cela soit le cas de la précédente (il n’y a qu’à prendre f impaire).La notation

∫∞0f(x)dx signifie limA→∞

∫ A

0f(x)dx. Si elle est absolument conver-

gente, et seulement dans ce cas, on peut la noter aussi∫

R+ f(x)dx ou∫[0,∞[

f(x)dx.Enfin, pour une intégrale complexe

∫f(z)dz, la notation

∫ z2

z1f(z)dz est à proscrire

en général puisqu’a priori le résultat dépend du chemin suivi pour aller de z1 àz2 (il est vrai que cette dépendance n’existe pas lorsque l’on travaille dans un ou-vert simplement connexe, comme on le verra plus tard dans le cours) ; on admetpar contre

∫[z1,z2]

f(z)dz qui représente l’intégrale prise le long du segment orienté[z1, z2]. Il y a cependant un léger risque de clash avec la notation

∫If(x)dx pour

une intégrale au sens de Lebesgue sur un intervalle I = [x1, x2], puisque∫[1,0]

f(z)dzvaut en fait −

∫[0,1]

f(x)dx. Il ne faut donc pas confondre le segment orienté [1, 0]et l’intervalle réel [0, 1]. Par ailleurs il est parfois néanmoins utile d’autoriser l’écri-ture

∫ +i∞0

f(z)dz par exemple, pour désigner l’intégrale le long de l’axe imaginairepositif ; il ne s’agit pas d’une intégrale de chemin stricto sensu, car le parcours est in-fini, et doit se comprendre comme valant limR→∞

∫γRf(z)dz avec γR : [0, R] → C,

t 7→ it. Bref, les mathématiques ce n’est pas automatique : les notations ont leurslimites, et il faut savoir ce que l’on écrit.

Note 3 : les notations Rés(f(z), z0), Rés(f, z0), Rész0(f), Résf (z0), Rés(z0, f),Rés(f ; z0), Rés(z0; f), etc. . . désignent toutes le résidu en z0 de la fonction f ana-lytique dans un disque épointé de centre z0.

17. Calcul des Résidus

17.1. Soit g une fonction analytique ayant un zéro simple en z0, et f uneautre fonction analytique définie dans un voisinage de z0. Montrer

Rés(f

g, z0) =

f(z0)g′(z0)

.

17.2. (suite) Il est utile de connaître par coeur la formule précédente, mais elle estlimitée à un zéro simple dans le dénominateur. On suppose maintenant que g a unzéro double en z0. Montrer :

Rés(f

g, z0) =

6f ′(z0)g′′(z0)− 2f(z0)g′′′(z0)3(g′′(z0))2

.

Il n’est pas utile de mémoriser cette formule.



34

17.3. (suite) On suppose que g a un zéro d’ordre n : g(z0 +h) = hn(c0 +c1h+ . . . ),c0 6= 0, et l’on écrit f(z0 + h) = a0 + a1h+ . . . . Montrer :

Rés(f

g, z0) = d0an−1 + d1an−2 + · · ·+ dn−1a0 ,

une somme avec n termes, où les dk sont obtenus préalablement par le développe-ment :

1c0 + c1h+ . . .

= d0 + d1h+ d2h2 + . . .

Dans la pratique il peut être plus rapide de faire directement la division suivant lespuissances croissantes (comme dans les calculs de développement limités) :

a0 + a1h+ a2h2 + . . .

c0 + c1h+ c2h2 + . . .= e0 + e1h+ e2h

2 + . . . ,

et l’on a Rés( fg , z0) = en−1.

17.4. Que vaut, en fonction de R > 0 :∫|z|=R

dz

2z2 − 5z + 2?

On précisera les valeurs exclues de R.

17.5. Que vaut en fonction de R > 0∫|z|=R

z2 + 1z3 − z2 − 4z + 4

dz ?

17.6. Déterminer, C désignant tour à tour le cercle |z − i| = 1, ou le cercle|z + i| = 1, ou encore |z| = 2, parcourus dans le sens direct, les valeurs desintégrales : ∫

C

1z2 + 1

dz

17.7. Même question pour :∫C

1z3 − 1

dz et∫

C

1z4 − 1

dz et∫

C

1z5 − 1

dz

17.8. Soit P (z) = Az4 + . . . un polynôme de degré au plus 4. Montrer que∫|z|=R

P (z)z5 − 1

dz

est indépendant de R pour R > 1. En faisant tendre R vers l’infini endéduire que cette valeur constante est 2πiA. Prouver alors via le théorèmedes résidus :

A =15

∑w5=1

wP (w)

Retrouver par un calcul direct ce résultat.

17.9. Que vaut∫|z|=N tg(πz) dz, pour N ∈ N, N ≥ 1 ?

17.10. Montrer pour a > b > 0 :

J(a, b) :=∫ 2π

0

1a+ b sin θ

dθ =2π√a2 − b2

.

On se ramènera à une intégrale curviligne via z = eiθ, sin θ = (z − z−1)/2i.


35

17.11. (suite) Pour b > 0 fixé, que vaut J(a, b) pour a complexe avec a /∈[−b,+b] ? On utilisera le théorème d’unicité analytique après avoir expliquépourquoi J(a, b) est analytique en a dans C \ [−b,+b].

17.12. (suite) Donner deux développements de J(1, b) en série pour |b| < 1et en déduire les valeurs de

∫ 2π0 sinn θ dθ, n ∈ N.

17.13. Prouver pour a > 1 :

12π

∫ 2π

0

sin θa+ sin θ

dθ =√a2 − 1− a√a2 − 1

17.14. Déterminer pour A,B,C réels, avec A2 > B2 + C2 la valeur de

12π

∫ 2π

0

dθ

A+B sin θ + C cos θ

On aura intérêt comme première étape à poser B = R cosφ, C = R sinφ,mais on peut aussi se frotter plus directement au résidu.

17.15. Confirmer par le calcul des résidus la valeur connue (Arctg . . . !) :∫R

dx

1 + x2= π

On appliquera le théorème des résidus au contour direct comportant le seg-ment [−R,+R] et le semi-cercle de rayon R dans le demi-plan supérieur,pour R→ +∞.

17.16. Justifier∫

Reiξx

1+x2dx =∫

Rcos(ξx)1+x2 dx pour ξ ∈ R. Prouver par un calcul

de résidu ∫R

eiξx

1 + x2dx = πe−|ξ| .

Suivant le cas ξ ≥ 0 ou ξ < 0 on complètera le segment [−R,+R] par unsemi-cercle dans le demi-plan supérieur, ou inférieur, afin que la contribu-tion du semi-cercle tende vers 0 pour R → ∞. On peut aussi observer quel’intégrale est une fonction paire de ξ et que l’on peut donc se restreindre àξ ≥ 0.

17.17. Prouver, pour tout x ∈ R :

12π

∫Re−iξx(πe−|ξ|)dξ =

11 + x2

.

Il suffit d’évaluer séparément∫ 0

−∞ et∫∞0

en utilisant le fait que exp est sa propreprimitive (ce calcul n’utilise pas les techniques de la variable complexe). On re-marquera que l’on retombe sur la fonction 1/(1 + x2), ce qui n’est pas un hasard(formule d’inversion pour l’intégrale de Fourier).

17.18. Déterminer∫R

11 + x4

dx

∫R

1 + x2

1 + x4dx

∫R

11 + x2 + x4

dx


36

17.19. Préciser pourquoi∫

Reiξx

1+x4dx est une intégrale convergente pour ξ ∈R, est une fonction réelle et paire de ξ, et utiliser un calcul de résidus pourétablir, pour ξ ≥ 0 :∫ +∞

0

cos(ξx)1 + x4

dx =π

2e−ξ/

√2 sin(

ξ√2

+π

4)

Cette formule est-elle valable pour ξ < 0 ?

17.20. Déterminer ∫ +∞

0

dx

1 + x3

Pour ce calcul, on considérera le contour allant le long de l’axe réel de 0 àR puis de R à jR le long d’un cercle puis de jR à 0 par un segment (j =exp(i2π

3 )). On écrira d’une part chacune des trois contributions à l’intégralede contour, en faisant attention au sens de parcours, et l’on utilisera d’autrepart le théorème des résidus.

18

18.1. Prouver pour n ∈ N, n > 1 :∫ ∞

0

dx

1 + xn=

π/n

sin(π/n)

en utilisant le secteur angulaire 0 ≤ Arg z ≤ 2π/n, 0 ≤ |z| ≤ R, R → +∞,et en montrant que la contribution de l’arc de cercle tend vers zéro pourR→ +∞.

18.2. Soit q > 1, rationnel, q = n/m, n > m ≥ 1. Prouver∫ ∞

0

dx

1 + xq=∫ ∞

0

mtm−1

1 + tndt =

π/q

sin(π/q)en utilisant le même contour que pour q = n > 1.

18.3. Montrer que la fonction de a > 1

J(a) =∫ ∞

0

11 + xa

dx

est continue et déduire alors du résultat précédent

J(a) =∫ ∞

0

11 + xa

dx =π/a

sin(π/a)pour tout a > 1.

18.4. Retrouver cette formule par une application directe du calcul des résidus :on prend ε > 0 petit (en fait on veut 2π− ε > 2π

a ) et on note U l’ouvert w = reiφ :r > 0,−ε < φ < 2π − 2ε, de sorte que log(w) := r + iφ est une détermination dulogarithme dans cet ouvert, et que la fonction exp(a log(w)) = raeiaφ est définieet analytique dans cet ouvert, et vaut xa sur ]0,∞[. En appliquant le théorèmedes résidus avec le contour comportant le segment [δ,R], puis l’arc de cercle de R àexp(2πi/a)R puis le segment vers exp(2πi/a)δ puis l’arc de cercle rétrograde jusqueδ, et en faisant tendre δ vers 0 et R vers +∞, prouver pour tout a > 1 :∫ ∞

0

dx

1 + xa=

π/a

sin(π/a).


37

18.5. Justifier le fait que l’intégrale définissant J(a) est en fait absolument conver-gente et analytique pour Re(a) > 1 et que la formule J(a) = π/a sin(π/a) vautdans ce demi-plan (par le théorème d’unicité analytique).

18.6. On définit K(p) =∫ +∞−∞

ept

1+etdt pour 0 < p < 1. Montrer par deschangements de variable K(p) =

∫∞0

tp−1

1+t dt et aussi K(p) = aJ(a) poura = 1/p. En déduire (pour 0 < p < 1) :

K(p) =∫ +∞

−∞

ept

1 + etdt =

∫ +∞

0

tp−1

1 + tdt =

1p

∫ +∞

0

dt

1 + t1/p=

π

sin(πp)

18.7. Donner une nouvelle preuve de la formule K(p) = π/ sin(πp) pour0 < p < 1 à l’aide du théorème des résidus pour f(z) = epz/(1 + ez) enutilisant comme contour le rectangle (dans le demi-plan supérieur) de basele segment [−R,+R] et de hauteur 2π, et en passant à la limite R → +∞.Ainsi on a aussi une nouvelle preuve de J(a) = π/a sin(π/a) pour tout a > 1.

18.8. Montrer que l’intégrale définissant K(p) est convergente non seule-ment pour 0 < p < 1 mais aussi pour tout p complexe avec 0 < Re(p) < 1.Montrer que la formule K(p) = π/ sin(πp) est valable pour 0 < Re(p) < 1soit en établissant que K(p) est une fonction analytique de p soit en vé-rifiant simplement que la preuve donnée dans la question précédente pour0 < p < 1 marche aussi pour 0 < Re(p) < 1.

18.9. Déduire de ce qui précède en posant p = 12 + iξ, ξ ∈ R :∫ +∞

−∞

cos(ξt)ch(t/2)

dt =2π

ch(πξ),

puis, après un changement de variable :∫ +∞

−∞

cos(2πξu)ch(πu)

du =1

ch(πξ).

Autrement dit la fonction paire 1/ ch(πx) est auto-réciproque sous la trans-formation de Fourier f(ξ) =

∫R e2πiξxf(x) dx.

18.10. On revient à la formule K(p) = π/ sin(πp). En y séparant parties réelles etimaginaires donner les valeurs exactes des intégrales, en simplifiant au maximumles formules : ∫ +∞

−∞

eut cos(vt)1 + et

dt ,

∫ +∞

−∞

eut sin(vt)1 + et

dt

pour 0 < u < 1, v ∈ R.

18.11. Notons

L(z) =∫ 1

0

tz−1

1 + tdt .

Montrer que L(z) est définie et analytique pour Re(z) > 0 et vérifie L(z) = 1z −

L(z + 1). 0n définit dans le demi-plan Re(z) > −M : FM (z) = 1z −

1z+1 + · · · +

(−1)M−1

z+M−1 + (−1)ML(z +M) (il y a donc des pôles simples en 0, −1, . . ., −M + 1).Montrer par récurrence que FM coïncide avec L dans Re(z) > 0 et avec FM−1 pourRe(z) > −M + 1. En déduire que L est la restriction à Re(z) > 0 d’une fonctionméromorphe F dans C dont on précisera les parties polaires. En utilisant la formule


38

11+t = 1− t+ t2−· · ·+(−1)N−1tN−1 + (−1)N tN

1+t prouver pour tout z avec Re(z) > 0et tout N ∈ N : ∣∣∣∣∣∣L(z)−

∑0≤k<N

(−1)k

z + k

∣∣∣∣∣∣ ≤ 1N + Re(z)

Prouver 2 alors pour tout z ∈ C \ (−N) et tout N ∈ N tel que N + Re(z) > 0 :∣∣∣∣∣∣F (z)−∑

0≤k<N

(−1)k

z + k

∣∣∣∣∣∣ ≤ 1N + Re(z)

En déduire F (z) =∑+∞

k=0(−1)k

z+k avec convergence uniforme dans tout demi-planRe(z) ≥ σ > −∞ (privé de −N). Prouver :

K(p) =∫ ∞

0

tp−1

1 + tdt = L(p) + L(1− p) ,

et en déduire par unicité analytique π/ sin(πz) = F (z) + F (1− z). Retrouver ainsile développement en fractions de π/ sin(πz) avec d’ailleurs convergence uniformepour |Re(z)| borné (c’est mieux que le “pour |z| borné” de la feuille 3).

19

19.1. Soit Ω un domaine à bord régulier, de bord orienté ∂Ω (consistantdonc en une ou plusieurs courbes de Jordan orientées). Soit f une fonctionholomorphe sur Ω, soient z1 et z2 deux points de Ω. Que vaut∫

∂Ω

f(z) dz(z − z1)(z − z2)

?

Qu’obtient-on pour z2 → z1, z1 fixé ?

19.2. Soit f une fonction entière telle que |f(z)| ≤ M (1 + |z|)n pour uncertain M et un certain n ∈ N. Donner plusieurs démonstrations que f estun polynôme de degré au plus n :

– en utilisant une formule intégrale de Cauchy pour f (n+1)(z), avec commecontour les cercles de rayon R centrés en l’origine, ou en z si l’on veut,

– en utilisant les formules de Cauchy pour f (m)(0), avec m ≥ n+ 1,– en appliquant le théorème de Liouville à (f(z)− P (z))/zn+1 avec P le

polynôme de McLaurin-Taylor à l’origine à l’ordre n.

19.3. Soit f une fonction entière vérifiant lim|z|→∞ |f(z)| = +∞. Donnerplusieurs démonstrations que f est un polynôme :

– en montrant, par un théorème du cours, que w = 0 est une singularitépolaire de g(w) = f(1/w), et en en déduisant qu’il existe un polynômeP tel que f(z)− P (z) tende vers 0 pour |z| → ∞, puis Liouville,

– ou en montrant que f n’a qu’un nombre fini de zéros zj , 1 ≤ j ≤ n, et enappliquant à (z−z1) . . . (z−zn)/f(z) le résultat de l’exercice précédent,plus quelques réflexions de conclusion pour achever la preuve.

19.4. Montrer que la fonction entière z+ez tend vers l’infini le long de toutrayon partant de l’origine. D’après l’exercice précédent z + ez est donc unpolynôme. Commentaires ?

2. Attention ! il ne s’agit certainement pas d’invoquer un prolongement analytique :l’unicité analytique vaut uniquement pour les égalités, pas pour les inégalités.


39


Université Lille 1

FEUILLE 5

20. Topologie : compacts et connexes

C’est du cours de topologie. C’est pour votre travail personnel, on ne lefera pas en TDs.

20.1. Soit X ⊂ C un ensemble quelconque (allez, non vide). Soit dX(z) =inf|z− z′| , z′ ∈ X. Montrer |dX(z1)− dX(z2)| ≤ |z1− z2|, en déduire quela fonction dX est une fonction continue sur C. Montrer que dX et dX sontla même fonction.

20.2. Soit U un ouvert de C qui contient

(1) soit le disque fermé D(0, R),(2) soit le segment [−i,+i],(3) soit 0 < r1 ≤ |z| ≤ r2 <∞.

Montrer que suivant le cas U contient :

(1) un disque D(0, R′) avec R′ > R,(2) ou un rectangle |x| < η, |y| < 1 + η, avec η > 0,(3) ou r′1 ≤ |z| ≤ r′2 pour un r′1 < r1 et un r′2 > r2.

On utilisera le résultat de l’exercice précédent.

20.3. Soit U ⊂ C un ouvert non vide. Montrer qu’en posant z1Rz2 si ilexiste un chemin continu dans U allant de z1 à z2 on définit une relationd’équivalence sur U . Montrer que si γ : [0, 1] → C est un chemin continu àvaleurs dans U alors tous les γ(t) sont dans la même classe d’équivalence.

20.4. Montrer que les classes d’équivalence sont des ensembles ouverts, quisont aussi fermés dans U (au sens de la topologie induite ; cela signifie doncqu’il faut montrer que le complémentaire dans U d’une classe d’équivalenceest aussi un ouvert).

20.5. Soit V une classe d’équivalence. Montrer qu’il est impossible d’écrireV = V1 ∪ V2 avec V1 et V2 deux ouverts non vides disjoints. On dit queV est connexe. Preuve : supposons le contraire. Soit z1 ∈ V1 et z2 ∈ V2

et soit γ : [0, 1] → V un chemin continu allant de z1 à z2. Soit W1 =0 < t < 1, γ(t) ∈ V1 et W2 = 0 < t < 1, γ(t) ∈ V2. Montrer que W1

et W2 sont deux ouverts de R non vides disjoints avec W1 ∪ W2 =]0, 1[.C’est impossible : la fonction f définie comme valant 0 sur W1 et 1 sur W2

serait continue (pourquoi ?) mais elle ne vérifie pas le théorème des valeursintermédiaires.



40

20.6. On a montré que les classes d’équivalence sont ouvertes et ferméesdans U . Soit V ′ une partie de U non vide à la fois ouverte et fermée. Soitz0 ∈ V ′ et soit V la classe d’équivalence de z0. On a V = (V ∩V ′)∪(V ∩W ′),avec W ′ = U \ V ′. Comme V est connexe en déduire V ⊂ V ′. Ainsi leplus petit ouvert-fermé contenant un point est sa classe d’équivalence et lesouverts-fermés dans U sont des réunions des classes de R-équivalence.

20.7. Montrer que l’on obtient exactement le même résultat en définissantz1Rz2 suivant l’une quelconque de ces définitions : il existe un chemin po-lygonal par morceaux, il existe un chemin de classe C∞, il existe un cheminaffine par morceaux, il existe un chemin constitué de morceaux horizon-taux et verticaux, etc. . ., allant de z1 à z2 (tous les chemins sont supposéscontinus).

20.8. Définition générale d’un ensemble topologique connexe :X est connexesi il n’admet pas de partie propre à la fois ouverte et fermée. Montrer quel’image f(X) ⊂ Y par une application continue f : X → Y d’un ensembleconnexe est connexe (f(X) est muni de la topologie induite de Y ). Unexemple classique d’espace X ⊂ C qui est connexe sans être connexe pararcs est la réunion de l’intervalle [−i,+i] et du graphe de y = sin(1/x),0 < x ≤ 1. Pour le montrer on a besoin de comprendre ce qu’est une topolo-gie induite, on utilise aussi la notion de compacité. Cependant X n’est pas« connexe par arcs ».

21. Théorème des zéros isolés

Comprendre le théorème des zéros isolés c’est comprendre plusieurs choses.Ce n’est pas assez précis de dire que les zéros d’une fonction analytique sontisolés. Ici aussi on n’a pas trop envie de faire cela en TDs d’Analyse Com-plexe. Idéalement la Topologie Générale est l’affaire de la deuxième annéedes études supérieures.

21.1. D’une manière générale que peut-on dire des zéros d’une fonctioncontinue sur un espace topologique X quelconque ? (il y a une seule choseraisonnable à dire).

21.2. Montrer que les propositions suivantes portant sur un sous-ensembleS d’un ouvert U de C sont équivalentes (cela fait partie du problème depréciser la signification de ses termes) :

(1) S est localement fini.(2) S est fermé et discret.(3) les points de S sont isolés dans S et S n’a pas de point d’accumula-

tion dans U .(4) l’intersection de S avec tout compact K ⊂ U est finie (ou vide. . .mais

c’est superflu de le dire car un ensemble vide est fini).(5) l’intersection de S avec tout carré fermé inclus dans U est finie.(6) l’intersection de S avec tout carré fermé dans U dont les coordonnées

des sommets sont des nombres rationnels est finie.(7) S est fini ou S est infini dénombrable et n’a pas de point d’accumu-

lation dans U .


41

21.3. Soit f une fonction holomorphe non identiquement nulle sur un ouvertU connexe. Montrer que le lieu S de ses zéros vérifie toutes les propriétéséquivalentes précédentes. Pourquoi U est-il pris connexe ? Réciproquement,on peut montrer (voir le livre de Chabat) que tout tel S est le lieu des zérosd’une fonction analytique sur l’ouvert connexe U .

21.4. En conclusion dire que les zéros d’une fonction holomorphe sont isolésn’est pas assez précis : les points de S = 1

n , n ≥ 1 sont isolés (Justifier).Mais S n’est le lieu des zéros d’aucune fonction analytique définie sur D(0, 1)(Justifier). Cependant S est le lieu des zéros d’une fonction analytique définiesur Re(z) > 0 (en trouver une). On remarquera que S est fermé commesous-ensemble de ce demi-plan, mais n’est pas fermé comme sous-ensemblede D(0, 1).

22. Principe du Maximum

22.1. Soit f analytique pour |z−z0| ≤ R et telle que |f(z0+Reiθ)| > |f(z0)|pour tout θ. Montrer que f s’annule au moins une fois dans le disque ouvertD(z0, R). Indication : on appliquera le principe du maximum à 1/f . Donnerensuite comme conséquence une preuve du théorème de d’Alembert-Gauss.

22.2. Refaire l’exercice précédent en utilisant le théorème de Rouché (lors-qu’il aura été vu en cours). Prouver alors aussi que f prend au moins unefois toute valeur w avec |w| ≤ |f(z0)|.

22.3. Soit F une fonction entière telle que |F (z)| ≤ 1n pour |z| = n, n ≥ 1.

Montrer que F est identiquement nulle.

22.4. Soit F une fonction entière telle que |F (z)| ≤ 1log log log log log n pour

|z| = 1010101010n

et n ≥ 10!!!!!. Montrer que F est identiquement nulle.

22.5. Soit z1, . . ., zN des nombres complexes de module 1. Montrer qu’ilexiste w tel que |w| = 1 et

∏j |w− zj | = 1. Ind : montrer d’abord avec > 1.

22.6. Soit f une fonction holomorphe sur D(0, 1) telle que f(0) = 1. Mon-trer qu’il existe z sur le cercle unité avec |f(z)| = |1− z|−1.

22.7. Montrer que si une fonction entière f a sa partie réelle bornée supé-rieurement (∃A∀z Re(f(z)) ≤ A) alors elle est constante (considérer exp(f)).

22.8. Montrer la forme globale du principe du Maximum, tel qu’énoncé dansle résumé du cours des huit premières semaines qui vous a été distribué.

22.9. Soit f une fonction holomorphe surD(0, R). Montrer que l’applicationr 7→ Mf (r) = max|z|=r |f(z)| est une fonction continue de r ∈ [0, R[. Celan’utilise que la continuité de la fonction f et est un excellent problème detopologie, qui risque d’être très difficile pour vous j’imagine (d’ailleurs lapreuve que j’ai en tête s’exprime le plus aisément à l’aide de lim inf et delim sup). Montrer que Mf est une fonction strictement croissante, sauf sif est constante. Ici on utilise de manière cruciale les théorèmes d’analysecomplexe, et ça devrait être plus simple. On peut montrer que logMf (r) estune fonction convexe de log r (théorème des trois cercles de Hadamard).


42

22.10. Soit f une fonction entière injective. Montrer que f est de la formeaz + b. Pour la preuve : montrer que f(S1) (S1 est le cercle unité) est unecourbe de Jordan, et en déduire qu’il existe un disque non vide qui n’estpas atteint par les valeurs de f pour |z| > 1 (ces valeurs doivent être dansl’une des composantes connexes de C \ f(S1), car l’image d’un connexe estun connexe, et l’on prendra le disque dans l’autre composante). En déduire(l’étape précédente est superflue si l’on sait que les fonctions analytiquesnon constantes sont ouvertes) par Casorati-Weierstrass que f(1/w) a unesingularité au pire polaire en w → 0, donc que f(z) diffère pour |z| > 1 d’unpolynôme par une quantité bornée. En déduire que f est un polynôme puisconclure.

23. Théorème des résidus

23.1. Résidu logarithmique. Soit f(z) une fonction analytique qui, soitest définie en z0 avec un zéro d’ordre m (m ≥ 1), soit a un pôle en z0d’ordre n (n ≥ 1). Déterminer la nature de la singularité en z0 de la « dérivéelogarithmique » f ′(z)

f(z) , ainsi que le résidu.

23.2. Résidu à l’infini. Soit f une fonction qui est holomorphe dans unecouronne |z| > R. Par définition :

Rés(f,∞) = − 12πi

∫Cr

f(z)dz

avec Cr le cercle |z| = r parcouru dans le sens direct, pour r > R quel-conque. On notera le signe − qui est dû au fait que pour « tourner positi-vement autour du point à l’infini » il faut en fait parcourir ce cercle dansle sens rétrograde (dans certains livres moins bien inspirés que votre corpsprofessoral, on ne met pas le signe −). Soit f une fonction holomorphedans C à l’exception d’un nombre fini de singularités isolées (si elles étaienten nombre infini alors nécessairement elles convergeraient en module vers+∞ et donc la « singularité à l’infini » ne serait pas isolée ; donc dans unstyle classique on dirait « soit f une fonction dont toutes les singularités,y-compris à l’infini, sont isolées »). Montrer le théorème suivant : la sommede tous les résidus de f est nulle.

23.3. Morceaux de Résidus. Soit f présentant en z0 un pôle simple.Soit Cr(α, β) l’arc de cercle w = z0 + reiθ, α ≤ θ ≤ β, parcouru dans le senscroissant des θ et avec 0 < β − α ≤ 2π. Prouver :

limr→0

∫Cr(α,β)

f(z) dz = 2πiβ − α

2πRés(f, z0)

Que se passe-t-il si le pôle est d’ordre plus élevé ?

23.4. Lemme de Jordan. Soit f une fonction holomorphe pour Im(z) ≥ 0et telle que max|z|=Rm,Im(z)≥0 |f(z)| →m→∞ 0, pour une suite Rm → +∞.Montrer (on utilisera la minoration sin(θ) ≥ 2

πθ pour 0 ≤ θ ≤ π2 ) :

limm→∞

∫z=Rmeiθ

0≤θ≤π

f(z)eiz dz = 0


43

23.5. En considérant l’intégrale de eiz

z sur un contour allant de −R à +R lelong de l’axe réel en contournant 0 par un petit demi-cercle, puis qui revientde +R à −R par le demi-cercle dans le demi-plan supérieur, démontrer∫∞0

sin xx dx = π

2 .

23.6. Déterminer les intégrales (semi-convergentes) de Fresnel∫∞0 cos(x2)dx

et∫∞0 sin(x2)dx en considérant l’intégrale de exp(−z2) sur le contour z = x,

0 ≤ x ≤ R, z = R exp(iθ), 0 ≤ θ ≤ π4 , z = xei

π4 , R ≥ x ≥ 0. On rappelle

l’identité∫

R exp(−πu2)du = 1.

23.7. Que vaut Γ(12) =

∫∞0

e−t√

tdt ? (faire un changement de variable t = πu2

pour se ramener à la Gaussienne). En considérant un contour passant parl’axe réel, puis un quart de cercle, puis l’axe imaginaire, puis un petit quartde cercle évitant l’origine prouver :∫ ∞

0

e−t

√tdt = exp(i

π

4)∫ ∞

0

e−ix

√xdx

et en déduire les valeurs des intégrales∫∞0

cos x√xdx et

∫∞0

sin x√xdx (qui ne sont

que semi-convergentes). Comparer aux intégrales de Fresnel.

23.8. Reprendre l’exercice précédent et déterminer pour 0 < a < 1 lesvaleurs des intégrales (semi-convergentes)∫ ∞

0

cosxxa

dx et∫ ∞

0

sinxxa

dx

en utilisant la fonction Gamma. À propos prouver que ces intégrales ne sontque semi-convergentes (i.e. pas absolument convergentes).

23.9. Soit f une fonction holomorphe sur Ω, avec Ω un domaine à bordrégulier, à l’exception d’un nombre fini de pôles simples z1, . . ., zN dans Ω,de résidus c1, . . ., cN . Prouver en appliquant le théorème des résidus :

∀z ∈ Ω \ z1, . . . , zN f(z) =∑

1≤n≤N

cnz − zn

+1

2πi

∫∂Ω

f(w)w − z

dw

23.10. Un théorème de Cauchy. Soit f une fonction holomorphe dansC à l’exception de singularités isolées qui sont des pôles simples an, 1 ≤ n,(n < N avec N = ∞ si il y a une infinité de pôles) avec des résidus bn.On suppose de plus qu’il existe une suite croissante Rm, Rm → +∞, telleque sur les cercles |z| = Rm on a |f(z)| ≤ C · Rk

m, pour deux constantesC et k, k ∈ N. On suppose que l’origine n’est pas parmi les pôles simples.Redémontrer pour vous échauffer la formule de l’exercice précédent :

|z| < Rm ⇒ f(z) =∑

|an|<Rm

bnz − an

+1

2πi

∫|w|=Rm

f(w)w − z

dw

puis, en notant Pn(z) le polynôme de Taylor de bn/(z − an) à l’origine àl’ordre k, et P (z) celui de f , en déduire :

P (z) =∑

|an|<Rm

Pn(z) +1

2πi

∫|w|=Rm

f(w)

∑0≤j≤k

zj

wj+1

dw


44

Le nombre complexe z étant fixé, montrer :

limm→∞

12πi

∫|w|=Rm

f(w)

1w − z

−∑

0≤j≤k

zj

wj+1

dw = 0 ,

la convergence étant uniforme pour |z| borné. Conclure :

∀z /∈ an, 1 ≤ n < N

f(z) = P (z)+ limm→∞

∑|an|<Rm

(bn

z − an− Pn(z)

),

la convergence étant uniforme pour |z| borné.

23.11. Soit f une fonction holomorphe sur Ω, avec Ω un domaine à bordrégulier, à l’exception d’un nombre fini de singularités z1, . . ., zN dans Ω. Soitgn(z) =

∑1≤j

an(j)(z−zn)j la partie principale du développement de Laurent de

f en la singularité zn. On sait que le rayon de convergence de∑

1≤j an(j)Zj

est infini, donc gn est une fonction holomorphe sur C \ zn, tendant verszéro à l’infini. Prouver la formule générale de Cauchy :

∀z ∈ Ω \ z1, . . . , zN f(z) =∑

1≤n≤N

gn(z) +1

2πi

∫∂Ω

f(w)w − z

dw

Pour cela, montrer Rés(f(w)w−z , zn) = Rés(gn(w)

w−z , zn) (on écrira f = f − gn +gn) puis évaluer ce dernier en appliquant le théorème des résidus à l’intégralede gn(w)

w−z sur un grand cercle encerclant zn et z, lorsque le rayon du cercledevient infini.

23.12. Refaire l’exercice 23.10 dans le cas de singularités arbitraires, passeulement des pôles simples (bien sûr par hypothèse, pas de singularités surles cercles |z| = Rm). La « philosophie » sous-jacente est fondamentale : unefonction est déterminée par ses singularités et ses valeurs au bord. On trouvedans l’Œuvre du mathématicien Bernhard Riemann (1826-1866) plusieursexpressions fascinantes de cette philosophie, et elle imprègne de nos joursjusqu’aux travaux des physiciens sur l’infiniment petit et l’infiniment grand,les particules et le cosmos.

23.13. On suppose 0 < |a1| ≤ |a2| ≤ . . . et lim |an| = +∞ et∑

n≥1|bn||an|2 <

∞. Montrer que

F (z) =∞∑

n=1

bnan

z

z − an

est absolument convergent, uniformément pour |z| ≤ R distinct des an etdéfinit une fonction méromorphe sur C présentant des pôles simples en lesan de résidus bn (les nombres complexes an sont supposés distincts).


45

24. Produits infinis

24.1. Produits absolument convergents. Soit un, n ≥ 1 des nombrescomplexes. Montrer : 1 +

∑Nn=1 |un| ≤

∏Nn=1(1 + |un|) ≤ e

PNn=1 |un|. En dé-

duire que la suite croissante∏N

n=1(1+ |un|) a une limite finie si et seulementsi la suite croissante

∑Nn=1 |un| a une limite finie. On suppose maintenant

être dans le cas où le produit et la série ont chacun une limite finie. Mon-trer alors, en supposant de plus que un 6= −1 pour tout n que la série∑∞

n=1 Log(1+un) est absolument convergente, et en déduire que la suite denombres complexes

∏Nn=1(1 + un) a une limite et que cette limite est non

nulle. Ainsi un produit absolument convergent est convergent.

24.2. Essayer de montrer que le produit∏∞

n=1 an avec ∀n an 6= 0 converge(au sens donné dans le cours) si et seulement si la série

∑Log an converge.

Dans un sens c’est facile. On considèrera cette équivalence comme un théo-rème de cours.

24.3. Montrer que∏∞

k=1(1 + ik ) diverge tandis que

∏∞k=1

∣∣1 + ik

∣∣ converge.

24.4. Pour quelles valeurs de p (réel)∏∞

k=1(1 + k−p) converge ?

24.5. Étant admis que sin(πz) = πz∏∞

k=1

(1− z2

k2

), prouver :

sin(πz) = πz+∞∏

k=−∞k 6=0

(1− z

k

)e

zk

et justifier la convergence absolue du produit.

24.6. Étant admis sin(πz) = πz∏∞

k=1

(1− z2

k2

), prouver :

sin(πz) = πz limN→∞

+N∏k=−N,k 6=0

z − k

−k,

puis établir pour tout α /∈ Z :

sin(π(z − α)) = − sin(πα) limN→∞

+N∏k=−N

(1− z

α+ k

)Montrer que le résultat reste valable si l’on remplace dans le produit −Npar −N ± 1 ou +N par +N ± 1. En déduire :

cos(πz) =∞∏

k=0

(1− z2

(12 + k)2

)avec un produit absolument convergent.

24.7. (suite) On rappelle la formule π cotg(πα) = limN→∞∑+N

k=−N1

α−k ,pour α ∈ C \ Z. Montrer :

sin(π(α− z))sin(πα)

= e−π cotg(πα)z+∞∏

k=−∞

(1− z

α+ k

)e

zα+k

avec un produit absolument convergent.


46

24.8. On suppose∑

n≥1 |un|2 < ∞. Montrer que les deux séries∑un et∑

Log(1 + un) sont soit toutes deux convergentes soit toutes deux diver-gentes. On a supposé ∀n un 6= −1 et Log est la détermination principale.Dans le cas de convergence, montrer qu’elles sont soit toutes deux absolu-ment convergentes, soit toutes deux seulement semi-convergentes.

24.9. Établir la convergence et évaluer les produits infinis suivants :∞∏

n=1

(1 +

1n(n+ 2)

) ∞∏n=2

(1− 2

n(n+ 1)

)∞∏

n=2

n3 − 1n3 + 1

∞∏n=1

n2 + 1n2

Les trois premiers s’obtiennent par des réarrangements simples. Pour le der-nier, utiliser le produit infini de sin z.

24.10. Déterminer les régions de convergence absolue des produits infinissuivant en la variable q :

∞∏n=1

(1− qn)∞∏

n=0

(1 + q2

n)∞∏

n=0

(1 + cnqn) cn ∈ C quelconques

Dans chacun des cas donner une expression pour F ′(q)/F (q) pour F (q)la fonction définie par le produit (lorsque il y a un ouvert où le produitconverge).

24.11. Établir les identités suivantes pour |q| < 1 :

(1 + q)(1 + q2)(1 + q4)(1 + q8) · · · = 11− q

1(1− q)(1− q3)(1− q5) . . .

=∏n≥1

(1 + qn)

Remarque : on peut réarranger comme l’on veut les termes d’un produitabsolument convergent, ou même d’un « double produit »

∏n≥0,m≥0(1 +

un,m) lorsque∑

n,m |un,m| < ∞ ; d’ailleurs on ne peut employer la nota-tion

∏n≥0,m≥0 qui ne spécifie pas d’ordre particulier uniquement sous la

condition de convergence absolue.

24.12. Soit q un paramètre complexe avec |q| < 1. Soit

F (z) = (1− z)(1− qz)(1− q2z)(1− q3z) . . .

Montrer que F est une fonction entière. Déterminer les coefficients de sondéveloppement en série

∑nAn(q)zn en fonction de q. Indication : utiliser

F (z) = (1− z)F (qz) pour obtenir une relation de récurrence sur les An(q).Signalons la très belle formule d’Euler (parfois dite de Euler-Legendre) :

(1− q)(1− q2)(1− q3)(1− q4) · · · = 1− q − q2 + q5 + q7 − q12 − q15 + +−− . . .

où seuls les signes + et − apparaissent et où les exposants sont les « nombrespentagonaux » (3ν2 ± ν)/2, ν ∈ N.


47


Université Lille 1

FEUILLE 6

Je vous ai gâté(e)s pour Noël. Vous allez me regretter. . .

25. Derniers exercices

25.1. Soient f et g deux fonctions entières avec ∀z f(z)g(z) = 0. Montrerque l’une des deux est identiquement nulle.

25.2. Soit f une fonction continue sur D(0, 1), holomorphe sur D(0, 1), nullesur le cercle de rayon 1. Montrer que f est identiquement nulle. Plus fort :on ne suppose plus que f(eiθ) est nulle pour tout θ mais seulement pour0 ≤ θ ≤ π. Montrer que f est identiquement nulle. Indication : f(z)f(−z).

25.3. Lemme de Schwarz. Redémontrer le Lemme de Schwarz, à titred’échauffement (dans un premier temps on suppose f holomorphe sur |z| ≤1, donc pour |z| < 1 + η, η > 0, puis on suppose seulement f holomorphepour |z| < 1). Puis démontrer ou en déduire une version améliorée lorsquel’on suppose f(0) = f ′(0) = · · · = f (k−1)(0) = 0 et (|z| < 1 ⇒ |f(z)| ≤ 1).

25.4. Soit f une fonction holomorphe sur D(0, 1) telle que ∀z∃n f (n)(z) =0. Montrer que f est polynomiale. Indication : considérer l’ensemble nondénombrable S = |z| ≤ 1

2, et ses sous-ensembles Sk avec f (k)(z) = 0.

25.5. Cercles-Droites et Homographies. Déterminer l’image par z 7→3z+5z+2 du cercle unité, du cercle de rayon 2 centré en 1, du cercle de rayon 2

centré en l’origine ; de la droite imaginaire, de la droite d’équation x = y, dela droite verticale passant en 3, de la droite verticale passant en −2. On peutprocéder, soit en déterminant suffisamment de points, soit plus brutalementpar la méthode des équations Azz +Bz + Cz +D = 0.

25.6. On sait que z 7→ φα(z) = α−z1−αz , pour |α| < 1 est un automorphisme de

D(0, 1). Trouver deux points échangés par φα. Deux points distincts étantdonnés, montrer qu’il existe un automorphisme les échangeant et que cetautomorphisme est unique (on se ramènera au cas où l’un des points estl’origine).

25.7. Trouver l’unique automorphisme (=bĳection analytique) du premierquadrant qui échange 1 + i et 2 + 2i. On remarquera que z 7→ z2 est unebĳection analytique du premier quadrant sur le demi-plan supérieur.



48

25.8. Une jolie majoration. On a étudié en cours les facteurs Ek(z) =

(1 − z)ez+ z2

2+···+ zk

k de Weierstrass. On a montré sans trop se fatiguer quepour |z| ≤ 1

2 , on a |Ek(z)− 1| ≤ 2e|z|k+1. Par une méthode plus raffinée onva prouver :

|z| ≤ 1 ⇒ |Ek(z)− 1| ≤ |z|k+1

En calculant E′k, montrer que le développement en série de Ek(z) est dela forme 1 −

∑n≥k+1 unz

n avec certains coefficients un ≥ 0 (dépendantsde k, qui lui est fixé). En évaluant en z = 1 montrer que

∑n≥k+1 un =∑

n≥k+1 |un| = 1. En déduire l’inégalité ci-dessus. Joli, non ?

25.9. Une variante améliorée du théorème de Rouché. Soient z1et z2 deux nombres complexes. Montrer qu’il y a équivalence entre les deuxassertions « le segment [z1, z2] ne contient pas 0 » et « |z1−z2| < |z1|+ |z2| ».Soient f1 et f2 deux fonctions holomorphes sur Ω avec Ω la composanteconnexe intérieure à un contour de Jordan γ. On suppose que sur γ on a|f1− f2| < |f1|+ |f2|. Montrer que ni f1 ni f2 ne s’annulent sur γ et qu’ellesont le même nombre de zéros (comptés avec leurs multiplicités) dans Ω (oude zéros moins de pôles si l’on autorise des pôles dans Ω).

Nous avons vu en cours le théorème des séries de Lagrange : si w =F (z) = c1z + c2z

2 + . . . (c1 6= 0) alors z = d1w + d2w2 + . . . , avec ndn égal

au coefficient de zn−1 dans le développement en série de (z/F (z))n ou encorendn = Rés( 1

F (z)n , 0). De plus on a pour toute fonction g(z) holomorphe au

voisinage de l’origine g(z) = g(0)+e1w+e2w2+. . . avec nen = Rés( g′(z)F (z)n , 0).

25.10. Inversion de séries. Déterminer les séries inverses (à l’origine biensûr) dans les cas suivants : w = z(z − 1), w = z(u + z), w = z(1 − zp),w = z(1 + z)a, w = ze−z. Déterminer leurs rayons de convergence.

25.11. Déterminer les termes du développement en série 1+aw+ a(a−3)2 w2+

. . . de (1− z)a en puissance de w = z(z − 1) (pour z proche de l’origine).

25.12. Montrer que coefficient de xn−1 dans (x/(ex − 1))n est (−1)n−1.On pourra soit utiliser à rebours la série de Lagrange pour l’inversion z =Log(1 +w) de w = ez − 1, soit remarquer que (ex − 1)−n + (ex − 1)−n−1 estune dérivée et a donc un résidu à l’origine nul ; puis une récurrence.

25.13. Zéro dépendant d’un paramètre. On considère une petite per-turbation dépendant d’un paramètre ε de l’équation z = 0, soit z−εk(z) = 0avec k(z) = k0 +k1z+ . . . , et k0 6= 0. Pour |z| petit, on a k(z) 6= 0 et l’équa-tion équivaut à ε = z/k(z). Pour |ε| petit il y a donc une solution z(ε) petiteunique, par inversion de série. Que donne la formule de Lagrange ? On vautiliser le théorème des résidus pour retrouver ce résultat. On fixe ρ > 0inférieur au rayon de convergence de k(z). En utilisant le théorème de Rou-ché, montrer que pour |ε| petit il y a exactement un z(ε) avec |z(ε)| < ρ quivérifie z − εk(z) = 0. De plus en utilisant le théorème des résidus, montrer :

z(ε) =1

2πi

∫|z|=ρ

1− εk′(z)z − εk(z)

z dz .


49

Retrouver par cette méthode la série de Lagrange (développer en série de εet faire les intégrations par parties nécessaires).

26. Fonction Gamma

Les théorèmes disent ce que les mathématiciens professionnels savent déjà ; maisles objets mathématiques remarquables contiennent eux une quantité infinie d’in-formation, qui ne peut être réduite à une liste de théorèmes, aussi longue soit-elle.Ainsi l’étude des mathématiques passe en tout premier lieu par l’étude de tels objetsremarquables. En analyse complexe, la fonction Gamma occupe une telle place (encompagnie d’autres entités, dont certaines sont peut-être encore plus merveilleuses ;mais pour les étudier on a besoin de Gamma).

J’ai essayé de vous guider vers les propriétés de base de Gamma ; certainementil ne s’agit plus là de mathématiques élémentaires. Je pense que les aspects les plusdifficiles ne sont pas liés à l’analyse complexe mais ont plutôt à voir avec la mani-pulation des estimations, en général. Ceux qui feront l’effort d’étudier cette longuesuccession d’exercices en tireront un grand bénéfice. Grosso modo les exercices sesuivent, mais il y a aussi des développements annexes, des digressions. Il n’est pasnécessaire de tout comprendre de manière linéaire.

Notre point de départ est la formule Γ(s) =∫∞0e−tts−1dt (intégrale eulerienne).

Dans une feuille précédente nous avons établi que Γ est analytique pour Re(s) > 0et que Γ(s+ 1) = sΓ(s), Γ(n+ 1) = n!, Γ′(1) = −γ.

26.1. Utilisez la formule Γ(s) = s(s+ 1) . . . (s+N − 1)Γ(s+N), valable apriori pour Re(s) > 0, pour obtenir un prolongement analytique (nécessaire-ment unique) de la fonction Gamma comme fonction méromorphe sur C aveccomme singularités des pôles simples en −n, n ∈ N, et résidus (−1)n/n!.Justifier le fait que la formule

sΓ(s) = Γ(s+ 1) ,

dont un usage constant est fait par la suite, est valable dans C.

26.2. Justifier pour Re(s) > 0 :∫ 1

0e−tts−1dt =

∞∑n=0

(−1)n

n!1

s+ n.

En écrivant ensuite Γ(s) = (∫ 10 +

∫∞1 )e−tts−1dt obtenir une nouvelle preuve

du prolongement analytique de Gamma, ainsi que ses pôles et résidus.

Formule de Stirling. La formule de Stirling :

n! ∼√

2πn(ne

)n

vous est, je l’espère, connue. Comme Γ(x + 1) = x! pour x ∈ N on peutespérer l’équivalent général pour x→ +∞ :

Γ(x+ 1) ∼√

2πx(xe

)x

Les étapes qui suivent en apportent une démonstration (et donc une démons-tration de la formule de Stirling pour les entiers), suivant la présentationpar Liouville (1846) d’une méthode générale de Laplace pour l’évaluationasymptotique de certains types d’intégrales à paramètre.


50

26.3. Soit x > 0. La fonction t 7→ e−ttx a un unique maximum en t = x.Montrer :

Γ(x+ 1) = e−xxx+1

∫ ∞

0e−x(u−1−log u) du

Faites une étude de fonction de u− 1− log u pour 0 < u <∞.

26.4. On pose

y(u) =

−√x√u− 1− log u (0 < u ≤ 1)

+√x√u− 1− log u (1 ≤ u <∞)

Montrer que u 7→ y est une bĳection de classe C1 de ]0,∞[ sur R avecy′(u) > 0. On note u(y) la bĳection réciproque. Calculer u′(y) en fonctionde x, y, u (= u(y)). En déduire :

Γ(x+ 1) = e−xxx

∫Re−y2 2yu

u− 1dy .

26.5. On suppose u > 1. En partant de u − 1 − log u =∫ u1 (1 − 1

v )dv =∫ u−10

v1+vdv montrer :

12u2

(u− 1)2 ≤ 12u

(u− 1)2 ≤ u− 1− log u ≤ 12(u− 1)2 ,

et en déduire (comme y est du même signe que u− 1) :√x

2u− 1u

≤ y ≤√x

2(u− 1) ,

puis enfin :√

2x ≤ 2yuu− 1

≤√

2x+ 2y .

26.6. On suppose 0 < u < 1. Montrer alors par une méthode semblable :√

2x+ 2y ≤ 2yuu− 1

≤√

2x .

26.7. Montrer :

Γ(x+ 1) = e−xxx

∫Re−y2

(√

2x+ ξ(y))dy

avec |ξ(y)| ≤ 2|y|. En déduire (on rappelle∫

R e−y2dy =

√π) :

|Γ(x+ 1)− e−xxx√

2πx| ≤ e−xxx2 , puis :

Γ(x+ 1) =√

2πx(xe

)x(1 + η(x)) avec |η(x)| ≤

√2πx

On obtiendra une meilleure estimation de η plus tard, mais cela était déjàsuffisant pour établir la formule de Stirling pour x réel tendant vers +∞.

26.8. Déduire de ce qui précède :

log Γ(x) = (x− 12) log(x)− x+

12

log(2π) +O(x−1/2) ,

pour x → +∞. On montrera plus tard que le terme d’erreur est en réalitéde l’ordre de 1

x (en fait équivalent à 112x).


51

26.9. Déduire de la formule de Stirling réelle :

Γ(x+ n+ 1) ∼ n!nx .

Ici et dans la suite x > 0 est fixé. C’est n qui tend vers l’infini.

26.10. Montrer que la formule précédente vaut pour tout x ∈ R, et donnercomme application un équivalent pour n→∞ des coefficients de la série deNewton (1+z)a =

∑∞n=0 un(a)zn, pour a réel. On remarquera (pour a /∈ N)

que a(a − 1)(a − 2) · · · (a − n + 1) s’écrit aussi (−1)nΓ(−a + n)/Γ(−a).Ainsi (−1)nun(a) ∼ n−a−1/Γ(−a). Il est donc plus commode de dire que lescoefficients de (1− z)−a =

∑vn(a)zn vérifient vn(a) ∼ na−1

Γ(a) .

26.11. En utilisant Γ(x) = Γ(x+ n+ 1)/x(x+ 1) . . . (x+ n) montrer :

Γ(x) = limn→∞

n!nx

x(x+ 1) . . . (x+ n)

Dans le numérateur on peut aussi mettre (n+ 1)x à la place de nx.

26.12. Établir : Γ(x) = 1x limn→∞

( 21)x( 3

2)x...(n+1

n)x

(1+x)(1+x2)...(1+ x

n) puis

Γ(x) =1x

∞∏n=1

(1 +1n

)x(1 +x

n)−1 .

Montrer que le produit est absolument convergent.

26.13. On pose :

W (x) = xeγx∞∏

n=1

(1 +x

n)e−

xn

Montrer que le produit est absolument convergent et que

W (x)Γ(x) = eγx exp(x∞∑

n=1

(log(1 +1n

)− 1n

)) = 1

On observera que∑N

n=1(log(1 + 1n)− 1

n) = log(N + 1)− 1− 12 − · · · −

1N a

pour limite −γ lorsque N →∞.

Jusqu’à présent on s’est limité à la variable réelle. On passe maintenantà la variable complexe.

26.14. Justifier par un théorème du cours le fait que la fonction

W (z) = zeγz∞∏

n=1

(1 +z

n)e−

zn

est une fonction entière dont les zéros sont les entiers négatifs et sont simples.Montrer que W (z)Γ(z) = 1 vaut dans tout le plan complexe. En déduire laformule suivante, qui met en évidence que la fonction Γ(z) n’a aucun zérodans le plan complexe :

1Γ(z)

= zeγz∞∏

n=1

(1 +z

n)e−

zn

Cette formule est souvent attribuée à Weierstrass, car il l’a prise commedéfinition initiale de la fonction Gamma. En fait elle avait été déduite des


52

produits infinis de Euler (26.11), (26.12), par d’autres mathématiciens avantWeierstrass. Montrer que les produits infinis (26.11), (26.12), valent aussipour x = z complexe, distinct de −N.

26.15. Formule des compléments. Prouver en utilisant les produits in-finis :

Γ(s)Γ(1− s) =π

sin(πs)

Que vaut Γ(12) ?

26.16. Donner une autre démonstration de la formule des compléments enutilisant pour 0 < Re(s) < 1 une intégrale double :

Γ(s)Γ(1− s) =∫∫

t>0,u>0e−t−uts−1u−sdtdu

dans laquelle on fera le changement de variables t = t′, u = t′v de sorte quedtdu = t′dt′dv. On verra apparaître

∫∞0

v−s

1+vdv que l’on connaît déjà.

26.17. Fonction Bêta. Pour s1 et s2 de parties réelles strictement posi-tives, faites le changement de variables t = xT , u = (1−x)T , pour 0 ≤ x ≤ 1,0 < T <∞, dans l’intégrale double :

Γ(s1)Γ(s2) =∫∫

t>0,u>0e−t−uts1−1us2−1dtdu

et en déduire :

B(s1, s2) :=∫ 1

0xs1−1(1− x)s2−1dx =

Γ(s1)Γ(s2)Γ(s1 + s2)

La fraction donne le prolongement analytique de la fonction Bêta, avec despôles pour s1 ∈ −N ou s2 ∈ −N (s1 + s2 /∈ −N) et, ailleurs, des zéros pours1 + s2 ∈ −N. Souvent on appelle Bêta « première intégrale Eulerienne » etGamma « deuxième intégrale Eulerienne », à moins que ce ne soit l’inverse.

26.18. Montrer qu’un produit infini du type :

P =∞∏

n=1

(n+ a1) · · · (n+ ak)(n+ b1) · · · (n+ bl)

est convergent si et seulement si k = l et∑

i ai =∑

j bj . Bien sûr on sup-pose qu’aucun bj n’est un entier strictement négatif. Montrer qu’en cas deconvergence le produit infini vaut :

P =Γ(b1 + 1) · · ·Γ(bk + 1)Γ(a1 + 1) · · ·Γ(ak + 1)

Ind. : le terme général doit tendre vers 1 ce qui n’est possible que si k = l.Ensuite écrire n + a = n(1 + a

n)e−an e+

an , etc. . ., ce qui à la fois donnera

la formule finale et prouvera que la convergence équivaut à∑

i ai =∑

j bj .Cette formule permet donc de déterminer tous les produits infinis du type∏∞

n=1 F (n) avec F une fraction rationnelle.


53

26.19. Justifier par un théorème du cours :

Γ′(z)Γ(z)

= −γ − 1z−

∞∑n=1

(1

z + n− 1n

)

La dérivée logarithmique Γ′(z)/Γ(z) est souvent notée ψ(z). Montrer :

ψ(z) = limM→∞

(logM −

M∑n=0

1z + n

)

26.20. Formule de duplication. Déduire de la question précédente

ψ(z) + ψ(z +12) + 2 log(2) = 2ψ(2z) ,

et prouver que Γ(z)Γ(z+ 12)22z = cΓ(2z) pour une certaine constante c, que

l’on montrera égale à 2√π en évaluant en z = 1

2 . Ainsi :

Γ(2z) =4z

2√π

Γ(z)Γ(z +12) .

26.21. Déterminer plus généralement la relation entre Γ(Nz) et le produitΓ(z)Γ(z + 1

N ) · · ·Γ(z + N−1N ) (formule de multiplication de Gauss ; le cas

N = 2 est aussi dû à Legendre ; la constante inconnue sera obtenue enposant z = 1

N et en utilisant la formule des compléments).

Dans la suite Ω est l’ouvert C\]−∞, 0].

26.22. Montrer que Ω est un ouvert simplement connexe. Par exemple onutilisera le fait qu’il est “étoilé” par rapport à z = 1 pour montrer que toutlacet est homotope au lacet constant en 1.

26.23. Montrer qu’il existe une fonction analytique f(z) sur Ω avec f(1) = 0et exp(f(z)) = Γ(z), et qu’elle est unique. On la notera log Γ(z). L’exercicesuivant en donne une autre preuve via une formule explicite a priori pourlog Γ(z). Attention ! : il ne faut surtout pas la noter Log Γ(z). On ne pour-rait faire une telle chose que si Γ(z) ne prenait pas de valeurs réelles néga-tives. Mais en fait Γ prend de telles valeurs (une infinité de fois sur toutedroite verticale z = σ + it, |t| → ∞).

26.24. Justifier la formule valable pour tout z ∈ Ω :

log Γ(z) = −γz − Log z −∞∑

n=1

(Log(1 +z

n)− z

n)

26.25. Soit f(u) une fonction de classe C2 sur [0, 1]. Justifier :

12f(0) +

12f(1) =

∫ 1

0f(u)du+

∫ 1

0(u− 1

2)f ′(u)du

=∫ 1

0f(u)du+

12

∫ 1

0u(1− u)f ′′(u)du


54

26.26. Soit f(u) une fonction de classe C2 sur [0,∞[ avec∫∞0 |f ′′(u)|du <

∞. Montrer :

f(0) + f(1) + · · ·+ f(n) =12f(0) +

12f(n) +

∫ n

0f(u)du+ Sf + rn

avec lim rn = 0 et |Sf | ≤ 18

∫∞0 |f ′′(u)|du. Indication : on posera Sf =∑∞

n=0 un avec un = 12

∫ 10 u(1− u)f ′′(u+ n)du. On montrera la convergence

absolue de la série et on posera rn = −∑

m≥n um.À l’avenir on écrira o(1) pour désigner une suite (ou une fonction) qui

tend vers zéro. On a donc :

f(0) + f(1) + · · ·+ f(n) =12f(0) +

12f(n) +

∫ n

0f(u)du+ Sf + o(1)

pour une certaine constante Sf avec |Sf | ≤ 18

∫∞0 |f ′′(u)|du.

26.27. Soit z ∈ Ω, fixé. Montrer :

Log z + Log(z + 1) + · · ·+ Log(z + n)

= (n+ z +12) Log(z + n)− (z − 1

2) Log z − n+ S(z) + o(1)

pour une certaine constante S(z) avec |S(z)| ≤ 18

∫∞0

du|z+u|2 .

26.28. En déduire alors :

Log z +n∑

k=1

Log(1 +z

k)

= (n+12) Log(1 +

z

n) + z Log(z + n)

− (z − 12) Log z − 1− S(1) + S(z) + o(1)

= z Log(n) + z − (z − 12) Log z − 1− S(1) + S(z) + o(1)

= zn∑

k=1

1k

+ (1− γ)z − (z − 12) Log z − 1− S(1) + S(z) + o(1)

26.29. En comparant avec (26.24) montrer alors :

log Γ(z) = (z − 12) Log z − z + 1 + S(1)− S(z)

Je ne veux pas voir de o(1) dans cette formule puisqu’il n’y a plus de n. . .

26.30. Prouver pour z = |z|eiθ, −π < θ < π :∫ ∞

0

du

|u+ z|2=

1|z|

θ

sin θ.

Indication : pour θ = 0, on a z > 0 et |u + z|2 = (u + z)2, donc l’intégralevaut 1/z. Pour 0 < θ < π, faites les changements de variables u = |z|v,v + cos θ = sin θw. On notera que Arctg cotg θ = π

2 − θ pour 0 < θ < π.Autre méthode : écrire |u+ z|2 = (u+ z)(u+ z) et décomposer en élémentssimples.


55

26.31. On a donc pour z ∈ Ω :

log Γ(z) = (z − 12) Log z − z + C − S(z)

avec une certaine constante C (= 1 + S(1)) et un reste −S(z) vérifiant|S(z)| ≤ 1

81|z|

θsin θ . En comparant avec la formule de Stirling réelle montrer

C = 12 log(2π). Conclure :

Formule de Stirling complexe

log Γ(z) = (z − 12) Log z − z +

12

log(2π) +R(z) |R(z)| ≤ 18|z|

θ

sin θ

26.32. Montrer que l’on peut utiliser les majorations suivantes :

|R(z)| ≤

18x z = x > 0

π16|z| Re(z) ≥ 0

π8|Im(z)| z ∈ Ω

En fait on explique dans le paragraphe suivant que pour x > 0 on peutmontrer 0 < R(x) < 1

12x , et R(x) ∼ 112x , et plus généralement R(z) ∼ 1

12zuniformément pour |Arg z| ≤ π − ε, ε > 0.

26.33. Série de Stirling. Sans démonstration, indiquons que par uneétude plus sophistiquée, utilisant la formule sommatoire d’Euler-McLaurinqui donne une relation plus précise entre une somme f(0)+ · · ·+f(n) et uneintégrale

∫ n0 f(u)du, on montre que le terme d’erreur R(z) est susceptible

d’un développement asymptotique

R(z) ≈ B2

2z+

B4

3 · 4z3+

B6

5 · 6z5+ . . .

qui fait intervenir les nombres de Bernoulli B2 = 16 , B4 = − 1

30 , B6 = 142 , . . ..

Le premier terme est donc 112z . La série est divergente mais si on l’arrête à son

terme en z−2n−1 l’erreur commise est un O(z−2n−3). De plus pour z = x > 0les sommes partielles sont alternativement supérieures et inférieures à R(x).Donc pour x > 0 on a R(x) = α

12x avec 0 < α < 1. En particulier :

n! =√

2πn(ne

)nexp(

α(n)12n

) 0 < α(n) < 1, α(n) → 1

La formule est étonnamment précise, même pour n petit. Par exemple, pourn = 5, on trouve

√2π5

(5e

)5 exp( 160) = 120, 0026 . . . (et α(5) = 0, 99868 . . . ).

26.34. À cause du fait que la formule de Stirling pour log Γ(z) a la mêmeforme pour z réel comme pour z complexe, et que pour les valeurs réellespositives Γ(z) est grand, on pourrait penser que Γ(z) prend plus généra-lement de grandes valeurs lorsque |z| → +∞. En fait ce n’est pas le cas.D’ailleurs la fonction Γ(z)−1 ressemble à sin z et cette dernière a une crois-sance exponentielle sur les droites verticales. Cela suggère que Γ(z) a unedé-croissance exponentielle sur les droites verticales. Effectivement, c’est lecas. Considérons une demi-bande verticale z = σ + it, σ1 ≤ σ ≤ σ2, on


56

s’intéresse à ce qui se passe pour t→ +∞ dans cette bande. Par la formulede Stirling complexe (26.31) :

log Γ(z) = (z − 12) Log z − z +

12

log(2π) +R(z) |R(σ + it)| ≤ π

8tOn rappelle que Log(z1z2) = Log z1 + Log z2 lorsque |Arg(z1) + Arg(z2)| <π. En écrivant σ + it = it(1− iσt ) justifier (pour t > 0)

Log z = log t+ iπ

2− i

σ

t+ E(z)

avec un terme d’erreur E(z) vérifiant |E(z)| ≤ Kt−2 pour t ≥ t0, lesconstantes t0 et K dépendant de σ1 et σ2 (on peut prendre t0 = 2M etK = M2 avec M = max(|σ1|, |σ2|)). On écrit cela de manière plus brèvesous la forme :

Log z = log t+ iπ

2− i

σ

t+O(

1t2

) (pour t→ +∞)

avec des constantes implicites dans le grand O qui ne dépendent que de σ1

et σ2. Montrer alors avec la même signification des symboles O :

Re log Γ(σ + it) = (σ − 12) log t− π

2t+

12

log(2π) +O(1t)

Im log Γ(σ + it) = t log t− t+π

2(σ − 1

2) +O(

1t)

Quelles sont les formules lorsque t → −∞ au lieu de +∞ ? Montrer enparticulier en conclusion :

|Γ(σ + it)| ∼ |t|→∞σ1≤σ≤σ2

√2π|t|σ−

12 e−

π2|t| ,

ce qui signifie que le rapport des deux termes tend vers 1 pour |t| → ∞uniformément par rapport à σ ∈ [σ1, σ2]. Il y a donc bien la décroissanceexponentielle annoncée.

26.35. Prouver la formule des compléments en montrant que la fonctionf(s) = sin(πs)Γ(s)Γ(1 − s) est entière, 1-périodique, et bornée pour 0 ≤Re(s) ≤ 1.

26.36. Prouver la formule de duplication en montrant que la fonction f(s) =4sΓ(s)Γ(s+ 1

2)/Γ(2s) est entière, 1-périodique, et bornée pour 0 ≤ Re(s) ≤ 1.

26.37. Utiliser la formule des compléments pour montrer :

|Γ(12

+ it)| =√

2πeπt + e−πt

et |Γ(1 + it)| =√

2πteπt − e−πt


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Université des Sciences et Technologies Lille 1Licence de Mathématiques, S5 (2004/2005)

MATH 305 (Resp. : J.-F. Burnol)

Partiel du 20 novembre 2004 – durée : 2 heures

NI DOCUMENTS NI CALCULATRICESLa notation tiendra compte, pour la forme comme pour le fond, du soin apporté à

la présentation. Seuls des raisonnements précis et complets apporteront le bénéficeentier des points. Une réponse non justifiée n’est pas une réponse valable.

Dans tout le sujet une fonction f de la variable complexe z = x+ iy pourra êtrenotée indifféremment f(z) ou f(x, y).

Le sujet comporte quatre problèmes indépendants. Barême indicatif : 4+5+6+5.

1

Soit U ⊂ C un ouvert non vide et f définie sur U , de classe C1.

1.1. Rappeler comment s’écrivent en fonction de u = Re(f) et de v = Im(f)les conditions de Cauchy-Riemann pour l’holomorphie de f dans U .

1.2. Soient α et β deux nombres réels, et soit f la fonction définie sur Upar :

f(z) = x2 + αy2 + 2iβxyDéterminer les valeurs de (α, β) qui font de f une fonction holomorphe.

1.3. Pour cette question U = z = x + iy | |x| < 1, |y| < 1. On supposeque f = u + iv est holomorphe sur U et que sa partie réelle u ne dépendque de y : u(x, y) = A(y). Montrer tout d’abord que v ne dépend que dex : v(x, y) = B(x). Puis, montrer que f est de la forme f(z) = c+ λ iz avecc ∈ C et λ ∈ R.

2

On considère le polynôme P (z) = (z−1)(z−2)(z−3) = z3−6z2+11z−6.Soit CR le cercle |z| = R parcouru dans le sens direct. Soit R 6= 1, 2, 3. Onpose pour m ∈ Z :

um(R) =1

2πi

∫CR

zm

P (z)dz

2.1. Montrer que um(R) est indépendant de R pour R > 3. On supposem < 0 ; montrer um(R) = 0 en considérant R→∞.

2.2. Toujours pour m < 0, où sont situées les singularités de zm

P (z) ? ObtenirRés( zm

P (z) ; 0) via le calcul de um(R), R > 3, par le théorème des résidus.

2.3. Déduire de la question précédente la série de Taylor∑∞

n=0 cnzn de 1

P (z)

à l’origine. Quel est son rayon de convergence ?

2.4. Déterminer um(R) pour m ≥ 0 et R > 3 par le théorème des résidus.En déduire la série de Laurent

∑+∞−∞ anz

n de 1P (z) dans l’anneau |z| > 3.

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58

3

3.1. Soient g et γ deux fonctions continues [0, 1] → C. On définit pourz ∈ C : F (z) =

∫ 10 g(t)e

zγ(t)dt. Justifier l’identité :

∀z ∈ C F (z) =∞∑

n=0

(∫ 1

0g(t)

γ(t)n

n!dt

)zn

et en déduire que F est une fonction entière (= holomorphe sur tout C).

3.2. Quelle est la représentation en série de F ′ ? En déduire l’identité F ′(z) =∫ 10 g(t)γ(t)e

zγ(t)dt et plus généralement, pour tout polynôme P , P ( ddz )F (z) =∫ 1

0 g(t)P (γ(t))ezγ(t)dt.

3.3. Soit γ : [0, 1] → C un chemin de classe C1 et soit P un polynômene s’annulant pas sur γ([0, 1]) ⊂ C. Utiliser les résultats précédents pourmontrer que

f(z) =∫

γ

ezw

P (w)dw

est une fonction entière. On suppose de plus que le chemin γ est un lacet ;montrer P ( d

dz )f(z) = 0.

3.4. On suppose que P n’a que des zéros simples et que γ est le cercle|w| = R parcouru dans le sens direct. Exprimer f(z) en fonction de certainsdes zéros de P (on précisera lesquels).

4

4.1. Déterminer ∫ +∞

−∞

1(1 + x2)(2 + eix)

dx

en utilisant le théorème des résidus (enfin, ce n’est pas obligatoire ; si voustrouvez une autre méthode (il en existe. . .), on sera impressionné et on vousdonnera même un bonus). On justifiera soigneusement par des inégalitésprécisément énoncées les estimations menant au résultat final.

4.2. On rappelle ch z = (ez + e−z)/2 et sh z = (ez − e−z)/2. Que valentch(z + iπ) et ch(z + i 2π) ? Prouver | ch z|2 = sh2(Re(z)) + cos2(Im(z)).Quels sont les zéros de la fonction ch z ? Déterminer la valeur de∫ +∞

−∞

eax

chxdx

pour |Re(a)| < 1, par le théorème des résidus (ou toute autre méthode).


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MATH 305 (Resp. : J.-F. Burnol)

Partiel du 20 novembre 2004 – durée : 2 heures

CORRIGÉ

1

1.1. Les conditions de Cauchy-Riemann sont

∂u

∂x=∂v

∂y

∂u

∂y= −∂v

∂x

1.2. On doit avoir sur U : ∂u∂x = 2x = ∂v

∂y = 2βx. Donc β = 1 (commeU est ouvert il y a au moins un point dans U avec x 6= 0). De plus ∂u

∂y =2αy = − ∂v

∂x = −2βy, donc α = −β = −1. Réciproquement si α = −1 etβ = 1 les conditions de Cauchy-Riemann sont satisfaites (d’ailleurs on aalors f(z) = z2).

1.3. On a ∂v∂y = ∂u

∂x = 0 donc v ne dépend pas de y, c’est-à-dire, v est unefonction de x seulement : v(x, y) = B(x). On a de plus ∂u

∂y = A′(y) = − ∂v∂x =

−B′(x). Notons D(x, y) cette valeur commune. Comme D(x, y) = A′(y), Dne dépend pas de x. Comme D(x, y) = −B′(x), D ne dépend pas de y. DoncD est une constante. Comme A′(y) = D on a A(y) = Dy + a0 et commeB′(x) = −D on a B(x) = −Dx+b0. Au final f(z) = Dy+a0+i(−Dx+b0) =a0 + ib0 +D(y − ix) = c+ iλz avec c = a0 + ib0 ∈ C et λ = −D ∈ R (pourun ouvert plus général que le carré |x| < 1, |y| < 1 il faudrait rajouter unehypothèse de connexité ; car c et λ peuvent être différents d’une composanteconnexe à l’autre).

2

2.1. Si 3 < R < R′ on peut appliquer le théorème des résidus à l’anneauR ≤ |z| ≤ R′ ; comme il n’y a pas de singularité dans cet anneau, um(R′)−um(R) = 0. On peut aussi rappeler un théorème du cours démontré avantle théorème des résidus et qui affirme l’indépendance de

∫|z|=r f(z)dz par

rapport à r pour une fonction f holomorphe sur un anneau. On a |P (z)| ≥(R − 1)(R − 2)(R − 3) ≥ (R − 3)3 sur |z| = R > 3. Donc |um(R)| ≤12π

Rm

(R−3)32πR qui tend vers zéro lorsque R → ∞ pour m + 1 < 3, donc en

particulier pour m < 0. Donc um(R) = 0 pour m < 0 et R > 3.


60

2.2. Les singularités sont en z = 0 (car m < 0 !), et bien sûr aussi en 1, 2,3. Par le théorème des résidus on a pour R > 3 :

um(R) = Rés(zm

P (z); 0) + Rés(

zm

P (z); 1) + Rés(

zm

P (z); 2) + Rés(

zm

P (z); 3)

Donc, compte tenu de la question précédente, pour m < 0 :

0 = Rés(zm

P (z); 0) +

12

+2m

−1+

3m

2

et ainsi Rés( zm

P (z) ; 0) = −12 + 2m − 3m

2 pour m < 0.

2.3. Si l’on écrit 1P (z) =

∑∞n=0 cnz

n au voisinage de l’origine, on a :

cn = Rés(1

P (z)1

zn+1; 0)

donc, par la question précédente :

cn = −12

+1

2n+1− 1

2 · 3n+1

Cela donne par exemple c0 = −1/6 et c1 = −14 −

118 = −22

72 = −1136 ce qui est

correct : (−6 + 11z + . . . )−1 = −16(1 + 11

6 z + . . . ). Le rayon de convergenceest exactement 1 puisque c’est la distance de 0 à la plus proche singularité(z = 1).

2.4. Lorsque m ≥ 0 il n’y a pas de singularité en z = 0 et donc le théorèmedes résidus donne pour R > 3 :

um(R) = Rés(zm

P (z); 1) + Rés(

zm

P (z); 2) + Rés(

zm

P (z); 3)

Soit :

um(R) =12− 2m +

3m

2Remarquons que cette formule confirme que u0(R) et u1(R) sont nuls (m+1 < 3). Par un théorème du cours les coefficients an de la série de Laurentde 1/P (z) dans l’anneau |z| > 3 sont donnés par la formule :

an =1

2πi

∫CR

1P (z)

1zn+1

dz

c’est-à-dire an = um(R) pour m = −n − 1 et R > 3. Ainsi an = 0 pourn ≥ 0 et

an =12− 2−n−1 +

123−n−1

pour n < 0. Ou encore, avec n = −k, k ≥ 1 :

1P (z)

=∞∑

k=1

(12− 1

22k +

163k

)(1z

)k

pour |z| > 3. Le premier terme non nul est pour k = 3. Attention au faitque la somme débute avec k = 1 pas avec k = 0. On peut retrouver plusdirectement ce résultat en faisant une décomposition en éléments simples.


61

3

3.1. Il existe une constante R telle que |zγ(t)| ≤ R pour t ∈ [0, 1], puisquez est fixé, et que γ est bornée, car continue sur le compact [0, 1]. On aeZ =

∑∞n=0

Zn

n! avec convergence uniforme sur le disque |Z| ≤ R, doncezγ(t) =

∑∞n=0

γ(t)n

n! zn avec convergence uniforme par rapport à t ∈ [0, 1]. Onpeut permuter la sommation et l’intégration en cas de convergence uniformeet cela donne la formule de l’énoncé pour F (z). On a représenté F commela somme d’une série entière : comme cette série converge pour tout z, c’estque son rayon de convergence est infini. Donc F est une fonction holomorphesur C, autrement dit F est une fonction entière.

3.2. Si l’on écrit F (z) =∑∞

n=0 anzn on a

F ′(z) =∞∑

n=1

nanzn−1 =

∞∑n=0

(n+ 1)an+1zn .

Or :

(n+ 1)an+1 = (n+ 1)

(∫ 1

0g(t)

γ(t)n+1

(n+ 1)!dt

)=∫ 1

0g(t)γ(t)

γ(t)n

n!dt

donc F ′ est obtenu à partir de (gγ, γ) comme F l’est à partir de (g, γ).Donc F ′(z) =

∫ 10 g(t)γ(t)e

zγ(t)dt. Par récurrence on prouve alors F (N)(z) =∫ 10 g(t)(γ(t))

Nezγ(t)dt, et donc par des combinaison linéaires :

P (d

dz)F (z) =

∫ 1

0g(t)P (γ(t))ezγ(t)dt

pour tout polynôme. Autrement dit on peut « dériver sous le signe somme ».

3.3. Par définition, l’intégrale curviligne vaut :

f(z) =∫ 1

0

1P (γ(t))

ezγ(t)γ′(t)dt

qui est de la forme étudiée précédemment avec g(t) = γ′(t)/P (γ(t)) (commeon a supposé γ de classe C1, g est bien continue). Donc f(z) est une fonctionentière et ses dérivées s’obtiennent en dérivant sous le signe somme. Parexemple

f ′(z) =∫ 1

0

γ(t)P (γ(t))

ezγ(t)γ′(t)dt =∫

γ

w

P (w)ezwdw

où l’on est revenu à la forme « intégrale curviligne ». Ainsi :

P (d

dz)f(z) =

∫γ

P (w)P (w)

ezwdw =∫

γezw dw .

Si l’on suppose maintenant que γ est un lacet, compte tenu du fait quew 7→ ezw admet une primitive (pour z 6= 0 on prend w 7→ ezw/z ; pourz = 0, on prend w 7→ w comme primitive de w 7→ 1), la dernière intégraleest nulle. Donc P ( d

dz )f(z) = 0.


62

3.4. On note z1, . . ., zk ceux des zéros de P qui ont un module inférieurstrictement à R. L’intégrale vaut alors par le théorème des résidus :

2πi∑

1≤j≤k

1P ′(zj)

ezj z .

Note : par convention une somme indicée par un ensemble vide vaut 0 ; doncla formule vaut aussi si P n’a aucun zéro de module inférieur à R.

4

4.1. Soit R > 1. On note CR le contour, parcouru dans le sens direct,comportant le segment [−R,+R] et le demi-cercle Reiθ, 0 ≤ θ ≤ π, dans ledemi-plan supérieur. Notons I(R) la contribution du demi-cercle à l’intégralede 1

(1+z2)(2+eiz)dz. Dans le demi-plan supérieur on a |eiz| ≤ 1 donc |2+eiz| ≥

1 et ainsi ∣∣∣∣ 1(1 + z2)(2 + eiz)

∣∣∣∣ ≤ 1R2 − 1

sur le demi-cercle |z| = R, Im(z) ≥ 0, R > 1. Alors :

|I(R)| ≤ 1R2 − 1

πR ,

et donc limR→∞ I(R) = 0. Or par le théorème des résidus l’intégrale le longdu contour entier CR vaut

2πiRés(1

(1 + z2)(2 + eiz), i) = 2πi

12i(2 + e−1)

=π

2 + 1e

En conclusion : ∫ +∞

−∞

1(1 + x2)(2 + eix)

dx =π

2 + 1e

4.2. On a ch(z + iπ) = (ez+iπ + e−z−iπ)/2 = − ch(z) car eiπ = −1. Doncch(z + i 2π) = − ch(z + iπ) = + ch(z). Pour le calcul de | ch(z)|2, écrivonsz = x+ iy. On a :

| ch(z)|2 = ch(z)ch(z) =14(ez + e−z)(ez + e−z)

=14(ez+z + ez−z + e−z+z + e−z−z) =

14(e2x + e2iy + e−2iy + e−2x)

=14((ex − e−x)2 + (eiy + e−iy)2) = sh2(x) + cos2(y)

=14((ex + e−x)2 + (eiy − e−iy)2) = ch2(x)− sin2(y) ,

la dernière ligne donnant une variante. Une autre méthode est d’utiliser lesidentités trigonométriques usuelles :

ch(z) = cos(iz) = cos(−y + ix) = cos(y) cos(ix) + sin(y) sin(ix)

= cos(y) ch(x) + i sin(y) sh(x)

⇒ | ch z|2 = cos2(y) ch2(x) + sin2(y) sh2(x) = sh2(x) + cos2(y)

car ch2 = sh2 +1, cos2 +sin2 = 1. Les zéros de ch z sont donc obtenuspour x = 0 et y ≡ π

2 (mod π), soit z = iπ2 + πi k, k ∈ Z. Soit CR le contour


63

rectangulaire de base le segment [−R,R] et de hauteur π, dans le sens direct.Par le théorème des résidus :∫

CR

eaz

ch zdz = 2πiRés(

eaz

ch z, iπ

2) = 2πi

eai π2

sh iπ2= 2πeai π

2 .

Notons I, II, III, et IV les contributions des quatres côtés, le premier étant[−R,R], les suivants étant énumérés dans le sens direct. Alors :

III = −∫ +R

−R

ea(x+iπ)

ch(x+ iπ)dx = +eaiπ

∫ +R

−R

eax

chxdx = eaiπ · I

Sur le deuxième côté on a | ch z| ≥ sh(R) et |eaz| = eRe(az) = eRe(a)R−Im(a)y ≤eπ|Im(a)|e|Re(a)|R. D’où la majoration :

|II| ≤ πeπ|Im(a)| e|Re(a)|R

shR⇒ lim

R→+∞II = 0 ,

car shR ∼ 12e

R et |Re(a)| < 1. On montre de même limR→∞ IV = 0. Enconclusion :

limR→+∞

(1 + eiπa)∫ +R

−R

eax

chxdx = 2π ei

π2a ,∫ +∞

−∞

eax

chxdx =

2πe−i π

2a + ei

π2a

=π

ch(iπ2 a)=

π

cos(π2 a)

.

Annexe 1. Apportons quelques commentaires. L’intégrale est une fonc-tion paire de a (comme le confirme sa valeur) et l’on peut aussi écrire :∫ +∞

−∞

ch(ax)chx

dx =π

cos(π2 a)

.

Limitons nous aux valeurs réelles de a, c’est-à-dire a ∈ ]−1,+1[. Il n’est pastrop difficile (cf. annexe 2) de justifier :∫ +∞

−∞

ch(ax)chx

dx =∫ +∞

−∞

∞∑m=0

a2mx2m

(2m)!dx

chx=

∞∑m=0

a2m

(2m)!

∫ +∞

−∞

x2m

chxdx ,

⇒ π

cos(π2 a)

=∞∑

m=0

c2ma2m

(2m)!avec c2m =

∫ +∞

−∞

x2m

chxdx .

Cela met en évidence c2m > 0. Par ailleurs, si l’on utilise le même contourCR et le théorème des résidus pour c2m, on obtient :∫ +∞

−∞

x2m

chxdx+

∫ +∞

−∞

(x+ iπ)2m

chxdx = 2π(−1)m(

π

2)2m ,

d’où une relation déterminant c2m comme combinaison linéaire des c2k, k <m. Cette relation se simplifie si l’on pose c2m = π(π

2 )2mE2m. Elle s’écrit :

∀m ≥ 0 E2m + 2m∑

k=1

(−1)k

(2m2k

)4k−1E2m−2k = (−1)m ,

ce qui montre par récurrence que les « nombres d’Euler » E2m sont entierset impairs (E0 = 1). Ce sont les coefficients du développement :

1cos t

= 1 + 1t2

2+ 5

t4

24+ 61

t6

720+ · · ·+ E2m

t2m

(2m)!+ . . .


64

De l’identité 1cos t cos t = 1 on obtient une autre relation de récurrence :

∀m ≥ 1 E2m +m∑

k=1

(−1)k

(2m2k

)E2m−2k = 0 ,

ce n’est donc pas la même que celle écrite ci-dessus. Mais vous pourrez vousamuser (si si) à constater que toutes deux donnent E8 = 1385 après 1, 1, 5,61. Cette deuxième relation montre également par récurrence que E2m estentier, et si l’on travaille un peu plus, aussi le fait qu’il est impair.

On peut partir des équations tg′(t) = 1+tg2(t) et ( 1cos t)

′ = tg(t) 1cos t pour

établir d’autres relations de récurrence qui concernent les dérivées succes-sives en t = 0 des fonctions tg t et 1

cos t . Cette approche élémentaire permetaussi de montrer assez facilement que les E2m sont entiers, et impairs, et deplus elle établit E2m > 0 ce qui est moins accessible par les deux relationsde récurrence précédentes (mais qui était évident sur la représentation dec2m par une intégrale).

Annexe 2. Supposons que les fonctions un(x) vérifient un(x) ≥ 0 et soitU(x) =

∑∞n=0 un(x). Supposons que la série converge uniformément sur tout

intervalle [0, R], R <∞. Alors∫∞0 U(x) dx =

∑∞n=0

∫∞0 un(x) dx.

Preuve : On a U(x) ≥∑N

n=0 un(x) donc∫∞0 U(x) dx ≥

∑Nn=0

∫∞0 un(x) dx,

et l’on passe à la limite pour N → ∞. Dans l’autre sens, par la conver-gence uniforme, on a pour tout R :

∫ R0 U(x) dx =

∑∞n=0

∫ R0 un(x) dx ≤∑∞

n=0

∫∞0 un(x) dx et l’on passe à la limite pour R → ∞. Précisons que la

démonstration marche que∫∞0 U(x) dx soit finie ou infinie, et que l’on n’a

pas supposé∫∞0 un(x) dx <∞.

Dans ce contexte, ceux d’entre vous qui étudient l’intégrale de Lebesguesavent que le théorème de la convergence monotone donne le même résultatsans aucune hypothèse de convergence uniforme. Le théorème et sa preuveest donc pour ceux qui ne connaissent que l’intégrale de Riemann (on a doncsupposé que les un étaient Riemann intégrables sur tout intervalle [0, R], etla convergence uniforme implique que U est Riemann intégrable sur [0, R].)

Toujours pour ceux qui ne disposent pas des théorèmes de Lebesgue, onpeut également ajouter que si en plus d’être positives les fonctions un sontcontinues, et si l’on sait aussi a priori que U =

∑∞n=0 un est continue, alors

cela suffit pour affirmer par le « théorème de Dini » que la convergence estuniforme sur [0, R], pour tout R <∞.

On énonce souvent le théorème de Dini sous la forme : si sur [0, 1] les fn ≥ 0 sontune suite décroissante de fonctions continues convergeant simplement vers 0alors la convergence est uniforme. Preuve très brève : Soit ε > 0. Pour tout xsoit n = n(x, ε) le plus petit indice avec fn(x) ≤ ε. Soit U(x) un voisinage ouvertde x avec fn ≤ 2ε sur U(x). Les U(x) forment un recouvrement par des ouverts ducompact [0, 1], on peut en extraire un sous-recouvrement fini. Soit x1, . . ., xm lespoints correspondants et n1, . . ., nm les indices associés. Soit N = max(n1, . . . , nm).Sur U(xj) on a fN ≤ fnj

≤ 2ε. Donc fN ≤ 2ε sur [0, 1]. Donc pour tout n ≥ N ona 0 ≤ fn ≤ 2ε sur [0, 1].


Université des Sciences et Technologies Lille 1Licence de Mathématiques, 2004-2005, Semestre 5MATH 305 – Analyse Complexe (Resp. : J.-F. Burnol)

Examen du 12 janvier 2005 – durée : 3 heuresNi Documents ni Calculatrices

Une réponse non justifiée par une démonstration n’est pas une réponse valable.Dans tout le sujet un nombre complexe z = x + iy peut aussi être noté (x, y) etl’on peut écrire indifféremment f(z) ou f(x, y).Le sujet comporte quatre problèmes indépendants. Barême indicatif : 6+ 6+5 +4.

1

Soit U = 1 < |z| < 2 et soit f : U → C une fonction holomorphe. Onnote u = Re(f) et v = Im(f).

1.1. Quelles sont les équations de Cauchy-Riemann ? Montrer que u vérifiel’équation de Laplace :

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

1.2. On suppose que l’on peut écrire u(x, y) = ψ(x2 +y2) pour une certainefonction ψ :]1, 4[→ R, de classe C2. Montrer

∂2u

∂x2= 2ψ′(x2 + y2) + 4x2ψ′′(x2 + y2) ,

et donner la formule analogue pour ∂2u∂y2 .

1.3. En déduire que ψ vérifie l’équation différentielle :

ψ′(t) + tψ′′(t) = 0 sur ]1, 4[ .

Quelle est la dérivée de tψ′(t) ? Prouver qu’il existe deux constantes C et Aavec ψ(t) = C log(t) +A.

1.4. Que valent ∂u∂x , ∂u

∂y , ∂v∂x , et ∂v

∂y ? Prouver (on utilisera f ′(z) = ∂∂x f) :

f ′(z) =2C

x+ iy

1.5. Compte tenu de la question précédente que vaut∫|z|= 3

2f ′(z) dz, le cercle

étant parcouru dans le sens direct ? Prouver alors C = 0. En déduire que fest constante.

1.6. On suppose maintenant que U est 1 < |z| < 2\]− 2,−1[. Existe-t-ilune fonction holomorphe non constante f : U → C telle que Re(f) soit unefonction de x2 + y2 ? (Justifier)

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66

2

2.1. Déterminer∫C(z3 +8)−1 dz pour chacun des contours C suivants, tous

parcourus dans le sens direct :(1) Le carré de sommets (0, 0), (10, 0), (10, 10), (0, 10).(2) Le cercle |z| = 1.(3) Le cercle |z| = 3.

2.2. Déterminer J =∫ ∞

−∞

5 + eix

3 + eix1

x2 + 1dx.

2.3. Déterminer

K =∫ ∞

−∞eix

x− i

x+ i

1x2 + 1

dx et L =∫ ∞

−∞e−ix x− i

x+ i

1x2 + 1

dx

Pour la deuxième intégrale on utilisera un contour passant par le demi-planinférieur. Attention au sens de parcours et au pôle double.

3

3.1. On pose w = φ(z) = z−1z+1 . Quelle est l’image par φ de ]− 1,+1] ?

3.2. Exprimer z en fonction de w. Montrer que φ est une bĳection (holo-morphe) de U = C \ [−1,+1] sur Ω \ 1 avec Ω = C\ ]−∞, 0].

3.3. En déduire que f(z) = exp(14 Log φ(z)) est bien définie et est une fonc-

tion analytique sur U telle que f(z)4 = z−1z+1 et f(2) > 0. Montrer que f

est unique avec ces propriétés. Exprimer f(z) explicitement en fonction descoordonnées polaires de w = φ(z).

3.4. Prouver lim|z|→∞ f(z) = 1. Montrer que la fonction g(h) = f( 1h), pour

0 < |h| < 1, est une fonction analytique qui présente en h = 0 une faussesingularité. En déduire qu’elle est donnée par une série entière 1 + c1h +c2h

2 + . . . . En calculant g(h)4 établir que c1 = −12 et c2 = +1

8 .

3.5. Montrer que la série de Laurent de f sur la couronne 1 < |z| <∞ estune série entière en 1

z . Que valent∫|z|=10 f(z)dz et

∫|z|=10 zf(z)dz, le cercle

étant parcouru dans le sens direct ?

4

4.1. Montrer que les racines du polynôme P (z) = z111 + 3z50 + 1 vérifiant|z| < 1 sont simples et qu’il y en a exactement 50. Ind. : on montrera que lepolynôme Q(z) = z111 + 3z50 = z50(z61 + 3) vérifie |P (z) − Q(z)| < |Q(z)|pour |z| = 1.

4.2. Prouver l’identité |1− 12z|

2 − |12 − z|2 = 34(1− |z|2) et justifier l’impli-

cation :

|z| ≤ 1 =⇒

∣∣∣∣∣ 12 − z

1− 12z

∣∣∣∣∣ ≤ 1

Soit f une fonction holomorphe sur D(0, 1). On suppose ∀z |f(z)| ≤ 1 etf(1

2) = 0. En considérant la fonction g(z) = f(

1−2z2−z

)montrer |f(3

4)| ≤ 25 .


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Université des Sciences et Technologies Lille 1Licence de Mathématiques, 2004-2005, Semestre 5MATH 305 – Analyse Complexe (Resp. : J.-F. Burnol)

Examen du 12 janvier 2005 – durée : 3 heures

Corrigé

1

Soit U = 1 < |z| < 2 et soit f : U → C une fonction holomorphe. On noteu = Re(f) et v = Im(f).

1.1. Quelles sont les équations de Cauchy-Riemann ? Montrer que u vérifie l’équa-tion de Laplace :

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

Les équations de Cauchy-Riemann s’écrivent :∂u

∂x=∂v

∂y

∂u

∂y= −∂v

∂x

En les utilisant on obtient ∂2u∂x2 = ∂

∂x∂u∂x = ∂

∂x∂v∂y = ∂

∂y∂v∂x = − ∂

∂y∂u∂y = −∂2u

∂y2

d’où l’équation de Laplace.

1.2. On suppose que l’on peut écrire u(x, y) = ψ(x2+y2) pour une certaine fonctionψ :]1, 4[→ R, de classe C2. Montrer

∂2u

∂x2= 2ψ′(x2 + y2) + 4x2ψ′′(x2 + y2) ,

et donner la formule analogue pour ∂2u∂y2 .

Il suffit de dériver une fois : ∂∂xu = ψ′(x2+y2)2x, puis une deuxième fois :

∂2u∂x2 = ψ′′(x2 + y2)2x2x + ψ′(x2 + y2)2 ce qui donne la formule demandéeaprès réarrangement. La formule analogue, avec une démonstration analogueest : ∂2u

∂y2 = 2ψ′(x2 + y2) + 4y2ψ′′(x2 + y2).

1.3. En déduire que ψ vérifie l’équation différentielle :

ψ′(t) + tψ′′(t) = 0 sur ]1, 4[ .

Quelle est la dérivée de tψ′(t) ? Prouver qu’il existe deux constantes C et A avecψ(t) = C log(t) +A.

Comme u doit vérifier l’équation de Laplace on doit avoir pour tout (x, y)avec z = x + iy dans le domaine de définition de f : 0 = ∂2u

∂x2 + ∂2u∂y2 =

4ψ′(x2+y2)+4(x2+y2)ψ′′(x2+y2). Les valeurs prises par x2+y2 parcourentexactement l’intervalle ]1, 4[, et donc pour tout t ∈]1, 4[ on doit avoir 4ψ′(t)+4tψ′′(t) = 0 d’où l’équation différentielle demandée. La fonction tψ′(t) acomme dérivée ψ′(t) + tψ′′(t). Cette dérivée est identiquement nulle, donc


68

tψ′(t) est une constante C. Mais alors ψ est une primitive de Ct−1 et doncψ(t) = C log(t) +A, avec A une constante d’intégration.

1.4. Que valent ∂u∂x , ∂u

∂y , ∂v∂x , et ∂v

∂y ? Prouver (on utilisera f ′(z) = ∂∂x f) :

f ′(z) =2C

x+ iy

Comme u(x, y) = ψ(x2 +y2) = C log(x2 +y2)+A, on a ∂∂xu = C 2x

x2+y2 et∂∂yu = C 2y

x2+y2 . Par les équations de Cauchy-Riemann, on a ∂∂xv = −C 2y

x2+y2

et ∂∂yv = C 2x

x2+y2 . Comme f ′ = ∂∂x (u + iv) on en déduit f ′ = 2C x−iy

x2+y2 =2C(x+ iy)−1.

1.5. Compte tenu de la question précédente que vaut∫|z|= 3

2f ′(z) dz, le cercle étant

parcouru dans le sens direct ? Prouver alors C = 0. En déduire que f est constante.

Cette intégrale vaut∫|z|= 3

22C dz

z = 2C2πi = 4Cπi. Mais par ailleurs ils’agit de l’intégrale le long d’un lacet d’une fonction dérivée, et donc ellevaut 0. Donc C = 0. Donc f ′ = 0 et ainsi f est constante (car 1 < |z| < 2est connexe).

1.6. On suppose maintenant que U est 1 < |z| < 2\] − 2,−1[. Existe-t-il unefonction holomorphe non constante f : U → C telle que Re(f) soit une fonction dex2 + y2 ? (Justifier)

Oui, il suffit de prendre f(z) = Log(z). On a Re(f(z)) = 12 log(x2 + y2).

2

2.1. Déterminer∫

C(z3 + 8)−1 dz pour chacun des contours C suivants, tous par-

courus dans le sens direct :

(1) Le carré de sommets (0, 0), (10, 0), (10, 10), (0, 10).

(2) Le cercle |z| = 1.(3) Le cercle |z| = 3.

Le dénominateur z3 + 8 s’annule en z1 = 2eiπ3 , z2 = −2, z3 = z1 = 2ei

5π3

(voir la figure). Le résidu en zj vaut 13z2

j= zj

3(−8) = − 124zj .

(1) dans ce cas seul z1 est encerclé par le contour et l’intégrale vaut donc2πi−1

24 2eiπ3 = −π

6 ei 5π

6 = π6 e−i π

6 .

(2) L’intégrale vaut 0 car aucune singularité n’est à l’intérieur du contour.

(3) L’intégrale peut être prise sur n’importe quel cercle centré en l’ori-gine et de rayon R > 2. On a pour R > 2 :∣∣∣∣∣

∫|z|=R

(z3 + 8)−1 dz

∣∣∣∣∣ ≤ 1R3 − 8

2πR

et donc en faisant tendre R vers +∞ on obtient que le résultatdemandé est 0. On peut aussi remarquer que la somme des résidusfait intervenir z1 + z2 + z3 qui vaut zéro car le polynôme T 3 + 8 sefactorise en (T − z1)(T − z2)(T − z3) = T 3 − (z1 + z2 + z3)T 2 + . . . .


69

z2 = −2z1 = 2ei π

3 = 1 + i√

3

z3 = 2e−i π3 = 1− i

√3

|z|=1 |z|=3

(10,0)

(10,10)(0,10)

z1 + z2 + z3 = 0


−∞

5 + eix

3 + eix

1x2 + 1

dx.

On considère le contour CR qui comporte l’intervalle [−R,+R] suivi dudemi-cercle de rayon R dans le demi-plan supérieur. La contribution de ce

+R−R

+i

Im(z)≥0 ⇒ |eiz|≤1

demi-cercle (disons, pour R > 1) est majorée en module par :

62

1R2 − 1

πR ,

puisque |eiz| ≤ 1 dans le demi-plan supérieur et donc∣∣∣5+eiz

3+eiz

∣∣∣ ≤ 5+13−1 (et que

le demi-cercle a une longueur d’arc égale à πR). Cela tend vers zéro lorsqueR→ +∞. L’intégrale de contour, pour R > 1 et par le théorème des résidus,vaut 2πiRés(f(z), z = i) avec f(z) = 5+eiz

3+eiz1

z2+1, puisque z = i est l’unique

singularité enclose par le contour. Cela donne donc 2πi5+e−1

3+e−112i = π 5e+1

3e+1 . Enconclusion :

limR→+∞

∫ R

−R

5 + eix

3 + eix1

x2 + 1dx = π

5e+ 13e+ 1


70

2.3. Déterminer

K =∫ ∞

−∞eix x− i

x+ i

1x2 + 1

dx et L =∫ ∞

−∞e−ix x− i

x+ i

1x2 + 1

dx

Pour la deuxième intégrale on utilisera un contour passant par le demi-plan infé-rieur. Attention au sens de parcours et au pôle double.

En ce qui concerne la première intégrale : soit CR le contour qui comportel’intervalle [−R,+R] suivi du demi-cercle de rayon R dans le demi-plansupérieur. L’intégrale sur ce contour est nulle, car en fait la fonction intégréen’a pas de singularité dans le demi-plan supérieur. L’intégrale sur le demi-cercle (pour R > 1) est majorée en module par 1 · 1 · 1

R2−1πR, puisque

|eiz| ≤ 1 et que |z − i| ≤ |z + i| dans le demi-plan supérieur. Cela tend vers0 pour R→ +∞. Donc

K = limR→+∞

∫ R

−Reix

x− i

x+ i

1x2 + 1

dx = 0 .

Pour la deuxième intégrale on utilise le contour DR qui comporte [−R,+R]

+R−R

−i

Im(z)≤0 ⇒ |e−iz|≤1

suivi du demi-cercle de rayon R dans le demi-plan inférieur, puisque |e−iz| ≤1 pour Im(z) ≤ 0. Ce contour est donc parcouru dans le sens rétrograde. Onmajore l’intégrale sur le demi-cercle, pour R > 1 par : 1 · R+1

R−1 ·1

R2−1·πR qui

tend vers zéro pour R→ +∞. Ainsi :

limR→+∞

∫ R

−Re−ix x− i

x+ i

1x2 + 1

dx = −2πi Rés(f(z),−i) ,

avec f(z) = e−iz z−iz+i

1z2+1

, qui se simplifie en f(z) = e−iz(z + i)−2 et quia z = −i comme unique singularité dans le demi-plan inférieur. Comme ils’agit d’un pôle double, pour obtenir le résidu nous posons z = −i+ h, avech petit. On a alors f(−i + h) = e−1−ihh−2 = e−1(1 − ih + . . . )h−2 et lerésidu vaut −ie−1. Le résultat final est donc L = −2π

e .

3

3.1. On pose w = φ(z) = z−1z+1 . Quelle est l’image par φ de ]− 1,+1] ?

La fonction φ(t) = t−1t+1 = 1 − 2

t+1 a comme dérivée 2(t+1)2

. Elle est stric-tement croissante sur l’intervalle ] − 1,+1] et établit donc une bĳection decet intervalle sur ] limt→−1 φ(t), φ(1)] =]−∞, 0].


71

3.2. Exprimer z en fonction de w. Montrer que φ est une bĳection (holomorphe)de U = C \ [−1,+1] sur Ω \ 1 avec Ω = C\ ]−∞, 0].

L’identité w = z−1z+1 implique zw + w = z − 1 ; réciproquement zw + w =

z − 1 implique z 6= −1 et w = z−1z+1 . Comme zw + w = z − 1 équivaut à

z(1− w) = w + 1 et que cette identité équivaut à (z = w+11−w ) et w 6= 1 on a

∀z, w ∈ C(

(z 6= −1) ET (w =z − 1z + 1

))⇐⇒

((w 6= +1) ET (z =

w + 11− w

))

Ceci prouve que φ est une bĳection (qui est analytique bien sûr) entre C \−1 et C \ +1. Compte tenu de la réponse à la question précédente il enrésulte que φ établit une bĳection entre C\[−1,+1] et C\ (]−∞, 0]∪+1).

3.3. En déduire que f(z) = exp( 14 Log φ(z)) est bien définie et est une fonction

analytique sur U telle que f(z)4 = z−1z+1 et f(2) > 0. Montrer que f est unique avec

ces propriétés. Exprimer f(z) explicitement en fonction des coordonnées polairesde w = φ(z).

Comme φ restreinte à U est à valeurs dans l’ouvert Ω sur lequel la fonc-tion Log est définie on peut considérer la fonction composée f qui seraanalytique sur U . On a f(z)4 = exp(Log φ(z)) = φ(z) = z−1

z+1 . De plusf(2) = exp(1

4 Log 13) > 0. Réciproquement, toute autre fonction analytique

g(z) avec ces propriétés sera telle que (g(z)/f(z))4 = 1 (on remarque que fne s’annule pas). Or l’image du connexe U par la fonction continue g(z)/f(z)doit être connexe ; comme elle prend ses valeurs dans un ensemble fini, elleest constante, égale à l’une des quatre racines quatrième de l’unité. Si deplus g(2) > 0 alors g(2)/f(2) est aussi positive, et la valeur constante estdonc 1. Ainsi g = f . Finalement si l’on a w = reiθ avec −π < θ < +π, alorspar définition Log(w) = log(r) + iθ et donc f(z) = r

14 ei

θ4 .

3.4. Prouver lim|z|→∞ f(z) = 1. Montrer que la fonction g(h) = f( 1h ), pour 0 <

|h| < 1, est une fonction analytique qui présente en h = 0 une fausse singularité. Endéduire qu’elle est donnée par une série entière 1 + c1h+ c2h

2 + . . . . En calculantg(h)4 établir que c1 = − 1

2 et c2 = +18 .

Tout d’abord w = φ(z) → 1 pour |z| → ∞. On sait que Log est une fonc-tion continue donc lim|z|→∞ Logw = Log(1) = 0, et ainsi par continuité dela fonction exponentielle, lim|z|→∞ f(z) = 1. Définissons g(h) = f( 1

h), pour0 < |h| < 1. C’est possible puisqu’alors | 1h | > 1 et donc 1

h est dans le domainede définition de f . La fonction g est analytique et vérifie limh→0 g(h) = 1. Parle théorème de Riemann de la fausse singularité, la fonction g s’étend en unefonction analytique pour |h| < 1 en posant g(0) = 1. Elle est donc donnée parune série entière 1+c1h+c2h2+ . . . de rayon de convergence au moins égal à1. En posant k = g(h)−1 = c1h+c2h2+ . . . on a g(h)4 = (1+k)4 = 1+4k+6k2+o(h2) = 1+4(c1h+c2h2)+6c21h

2+o(h2) = 1+4c1h+(4c2+6c21)h2+o(h2).

Par ailleurs g(h)4 =1h−1

1h+1

= 1−h1+h = (1−h)(1−h+h2+. . . ) = 1−2h+2h2+. . . .

Ainsi 4c1 = −2, donc c1 = −12 et 4c2 + 6

4 = 2 et donc 4c2 = 12 et c2 = 1

8 .

3.5. Montrer que la série de Laurent de f sur la couronne 1 < |z| <∞ est une sérieentière en 1

z . Que valent∫|z|=10

f(z)dz et∫|z|=10

zf(z)dz, le cercle étant parcourudans le sens direct ?


72

Pour 1 < |z| on a en posant h = 1z , f(z) = g(h) = 1− 1

2h+ 18h

2 + · · · =1− 1

2z + 18z2 + . . . qui est un développement en puissances positives de 1

z . Parunicité il s’agit du développement en série de Laurent de f dans la couronne|z| > 1. On sait que le coefficient aj de zj dans le développement en série deLaurent est 1

2πi

∫|z|=r f(z)z−j−1dz, pour tout r > 1. En prenant j = −1 on

obtient donc∫|z|=10 f(z)dz = 2πi−1

2 = −πi et en prenant j = −2 on obtient∫|z|=10 zf(z)dz = 2πi18 = 1

4πi.

4

4.1. Montrer que les racines du polynôme P (z) = z111 + 3z50 + 1 vérifiant |z| < 1sont simples et qu’il y en a exactement 50. Ind. : on montrera que le polynômeQ(z) = z111 + 3z50 = z50(z61 + 3) vérifie |P (z)−Q(z)| < |Q(z)| pour |z| = 1.

Avec les notations de l’énoncé on a |P (z)−Q(z)| = 1 et par ailleurs, pour|z| = 1, |Q(z)| = |z61 +3| ≥ 3−1 = 2 > 1. Donc |P (z)−Q(z)| < |Q(z)| pour|z| = 1 et ainsi par le théorème de Rouché P (= Q+(P−Q)) etQ ont le mêmenombre de zéros, comptés avec leur multiplicité dans le disque |z| < 1. Orpour |z| ≤ 1 on a z61 +3 6= 0 et donc Q a un unique zéro, de multiplicité 50.Par ailleurs le polynôme dérivé P ′ vaut 111z110+150z49 = z49(111z61+150).Pour |z| ≤ 1 on a 111z61 + 150 6= 0. Et z = 0 n’est pas une racine de P ,donc P et P ′ n’ont aucune racine commune vérifiant |z| ≤ 1. Les racines deP vérifiant |z| < 1 sont donc toutes simples. Il y en a donc exactement 50.

4.2. Prouver l’identité |1− 12z|

2 − | 12 − z|2 = 34 (1− |z|2) et justifier l’implication :

|z| ≤ 1 =⇒∣∣∣∣ 1

2 − z

1− 12z

∣∣∣∣ ≤ 1

Soit f une fonction holomorphe sur D(0, 1). On suppose ∀z |f(z)| ≤ 1 et f( 12 ) = 0.

En considérant la fonction g(z) = f(

1−2z2−z

)montrer |f( 3

4 )| ≤ 25 .

On a |1 − 12z|

2 = (1 − 12z)(1 −

12 z) = 1 − 1

2(z + z) + 14 |z|

2 et |12 − z|2 =14 −

12(z + z) + |z|2, ainsi |1− 1

2z|2 − |12 − z|

2 = 34 −

34 |z|

2 = 34(1− |z|2). Pour

|z| ≤ 1 on en déduit |1− 12z|

2−|12 − z|2 ≥ 0 d’où |1− 1

2z|2 ≥ |12 − z|

2 et donc

effectivement | 12−z|2

|1− 12z|2 ≤ 1 ce qui donne l’inégalité demandée (on signale en

passant que le dénominateur ne peut pas s’annuler pour |z| ≤ 1). La fonctiong(z) = f

(1−2z2−z

)est alors définie et holomorphe en tout point du disque

unité fermé, par l’inégalité prouvée et l’hypothèse que f est holomorphesur le disque unité fermé. En z = 0 on a g(0) = f(1

2) = 0. Par le Lemmede Schwarz il en résulte |g(z)| ≤ |z| pour |z| ≤ 1. Cherchons z tel queg(z) = f(3

4). Il suffit d’avoir 1−2z2−z = 3

4 , 1− 2z = 32 −

34z, −

12 = 5

4z, z = −25 .

Donc |f(34)| = |g(−2

5)| ≤ 25 , ce qu’il fallait démontrer.


73

Université des Sciences et Technologies Lille 1Licence de Mathématiques, Module L305, 2004-2005

L – MATH – S5 – Variables Complexes

Examen du 7 juin 2005 – durée : 3 heuresNi Documents ni Calculatrices

1. Exercice

z1

z2z3

z0

z4

On considère dans le plan complexe un chemin fermé paramétré γ quiparcourt la figure ci-dessus dans le sens indiqué. Pour j = 0, 1, 2, 3, 4 onnote

Aj =1

2πi

∫γ

dz

z − zjet Bj =

12πi

∫γ

dz

(z − zj)2

Déterminer, en le justifiant, les valeurs de A0, A1, A2, A3, A4, et de B0, B1,B2, B3, B4. On précisera aussi quel est le nom que l’on donne aux quantitésdonnées par les intégrales Aj , j = 0 . . . 4.

2. Exercice

w1 w2 w3

Soit γ le contour, parcouru dans le sens direct, dessiné ci-dessus. Déter-miner (avec justification) en fonction de w1, w2, w3 les intégrales suivantes :

A =∫

γ

dz

(z − w1)(z − w2)(z − w3)

B =∫

γsin(z)dz

C =∫

γ

dz

(z − w1)2(z − w3)

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3. Exercice


−∞

1(x+ i)3

dx.

3.2. Déterminer K =∫

R

1x4 + 2x2 + 1

dx =∫ ∞

−∞

1(x+ i)2(x− i)2

dx.

3.3. Déterminer L =∫ ∞

−∞

eix

(x+ i)2dx.

3.4. Déterminer M =∫ ∞

−∞

eix

(x− i)2dx.

3.5. Déterminer N =∫

R

cos(x)x2 + 1

dx.

3.6. Déterminer P =∫

R

sin(x)x(x2 + 1)

dx.

4. Exercice

4.1. On pose

φ(z) =4z + 34 + 3z

Montrer : ∀θ ∈ R |φ(eiθ)| = 1. En déduire

|z| < 1 =⇒ |φ(z)| < 1

4.2. Déterminer l’image par φ du disque unité ouvert D(0, 1). Montrer queφ est une bĳection holomorphe de D(0, 1) sur lui-même. Déterminer expli-citement la fonction réciproque φ−1.

4.3. Soit f une fonction holomorphe sur un voisinage du disque unité fermé.On suppose que f vérifie

|w| ≤ 1 =⇒ |f(w)| ≤ 8

et aussi on suppose

f(34) = 0

En considérant la fonction 18f(φ(z)) montrer

|f(0)| ≤ 6
