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Sorbonne Université
14/05/2019
EXAMEN D’ANALYSE COMPLEXE: 3M266
Les documents et outils électroniques ne sont pas autorisés. Durée : 2h. L’examen se compose de quatre exercices,
indépendants entre eux. Barème indicatif : exercice 1 : 10/50, exercice 2 : 10/50, exercice 3 : 12/50, exercice 4 :
18/50. Ce barème est susceptible d’être modifié par la suite.
Notations : Pour a dans C, r dans R+ et R dans [R, +∞], on pose D(a, r) = {z ∈ C, |z − a| < r }, C(a, r) =
bD(a, r), D(a, r)∗ = D(a, r) \ {a} et A(a, r, R) = {z ∈ C, r < |z − a| < R}. On note C(a, r)+ le lacet parcourant
C(a, r) de manière standard dans le sens trigonométrique.
Exercice 1
Soit f une fonction holomorphe sur C∗ et R dans R∗+ . On note (cn )n∈Z la suite des coefficients de la série de
Laurent de f en 0.
∫
1
f (ζ)
1. Prouver que l’expression ϕ(z) =
dζ définit une fonction holomorphe ϕ sur
2iπ C(0,R)+ ζ − z
U = C \ C(0, R).
1
sur l’anneau
2. a. Pour z dans D(0, R), donner le développement en série de Laurent de la fonction ζ 7→
ζ−z
A(0, |z|, +∞).
b. En déduire le développement en série entière de ϕ sur D(0, R) à l’aide des coefficients cn .
3. Calculer ϕ sur C \ D(0, R) à l’aide des coefficients cn .
Exercice 2
Soit Ω un domaine de C, ( fn )n≥0 une suite de fonctions holomorphes sur Ω à valeurs dans le disque unité
ouvert D qui converge uniformément sur tout compact de Ω vers une fonction non constante f . Prouver que f est
également à valeurs dans D.
Exercice 3
Soit P un polynôme unitaire à coefficients complexes.
On note d son degré et ρ le plus grand des modules des
(
d
z P(1/z) si z , 0
racines de P. On définit Q : C → C par Q(z) =
1 si z = 0.
1. a. Prouver que Q est une fonction holomorphe qui ne s’annule pas sur D(0, 1/ρ) .
b. Établir l’existence d’une fonction holomorphe u sur D(0, 1/ρ) telle que u2 = Q.
2. On suppose dans cette question que d est pair. Démontrer qu’il existe une fonction holomorphe f sur
A(0, ρ, +∞) telle que f 2 = P.
3. On suppose maintenant qu’il existe R dans ]ρ, +∞[ et f holomorphe sur A(0, R, +∞) tels que f 2 = P. On
u(z)
définit la fonction ϕ : D∗ (0, 1/R) → C par la formule ϕ(z) = ·
f 1z
a. Démontrer que ϕ est holomorphe et calculer ϕ2 .
b. Établir que 0 est une singularité éliminable de ϕ.
c. En déduire que d est pair.
Tournez la page s.v.p.
Exercice 4
+∞
tα
dt. On fixe deux nombres réels ε et R tels
(1 + t 2 )2
0
que 0 < ε < 1 < R. On considère le lacet ∆ R,ε qui est la concaténation des chemins orientés [ε, R]+ , ΓR , [−R, −ε]+
et γε , comme indiqué sur le dessin ci-dessous.
Pour α réel, on pose, sous réserve d’existence, I(α) =
∫
ΓR
R
i
γε
ε
-ε
-R
0
ε
R
1. Déterminer les valeurs de α pour lesquelles l’intégrale I(α) est convergente. Calculer I(1).
Dans la suite de l’exercice, on fixe un réel α tel que I(α) converge.
2. a. Démontrerqu’il existe
une unique détermination holomorphe L du logarithme sur C \ iR− à valeurs
π 3π
dans R + i − ,
.
2 2
exp (αL(z))
définit une fonction holomorphe sur C \ {i ∪ iR− }.
b. Vérifier que l’expression f (z) =
(1 + z2 )2
3. a. Déterminer de manière rigoureuse la valeur de Ind(i, ∆ R,ε ).
∫
b. En déduire
f (z)dz.
∆ R,ε
∫
f (z)dz admet une limite quand R tend vers +∞ et la calculer.
4. a. Démontrer que
ΓR
∫
b. Démontrer que et
γε
f (z)dz admet une limite quand ε tend vers 0+ et la calculer.
c. En déduire la valeur de I(α).
Sorbonne Université
Mai 2019
CORRIGÉ EXAMEN 3M266
Exercice 1
1. On fournit deux preuves différentes, la seconde étant une variante de la première.
f (ζ)
Preuve 1 : La fonction g : (ζ, z) 7→
est continue sur C(0, R) × U. De plus si ζ est fixé dans C(0, R),
ζ−z
la fonction z 7→ g(ζ, z) est holomorphe sur U. Le corollaire 5.8 du cours permet d’en déduire que φ est
bien définie et holomorphe.
∫ 2π
f (Reiθ )
1
Φ(z, θ)dθ où Φ(z, θ) =
Preuve 2 : On explicite l’expression de φ : φ(z) =
iReiθ . Pour
2iπ 0
Reiθ − z
tout nombre complexe z de module différent de R, la fonction θ 7→ Φ(z, θ) est continue sur [0, 2π] donc
mesurable. De plus, si θ est fixé dans [0, 2π], la fonction z 7→ Φ(z, θ) est holomorphe sur U. Enfin, si K est
un compact de U, ε = dist(K, C(0, R) > 0 et tour tout (z, θ) dans K × [0, 2π], on dispose de la domination
|| f || R
|Φ(z, θ)| ≤
· Les fonctions constantes étant intégrables sur [0, 2π], le théorème sur l’holomorphie des
ε
intégrales à paramètre (théorème 5.7 du cours) permet de conclure que φ définit une fonction holomorphe
sur U.
+∞
∑
1
1
zn
2. a. Pour |ζ | > |z|,
=
=
avec convergence normale sur tout compact de
n+1
ζ−z
ζ(1 − z/ζ)
ζ
n=0
+∞
∑
A(0, |z|, +∞) car la série
w n est de rayon de convergence 1.
n=0
b. On présente deux preuves différentes.
1
converge
ζ−z
normalement sur tout compact de A(0, |z|, +∞). Comme C(0, R) est un compact de cet anneau, en
utilisant le lemme 4.8 du cours on obtient
∫
∫
+∞
+∞ n ∫
+∞
∑
∑
∑
f (ζ)
1
zn
z
f (ζ)
1
dζ =
f (ζ) n+1 dζ =
dζ =
cn z n .
φ(z) =
n+1
2iπ C(0,R) ζ − z
2iπ C(0,R) n=0
2iπ C(0,R) ζ
ζ
n=0
n=0
Preuve 1 : Fixons z dans D(0, R). On sait d’après 2.a. que la série de Laurent de ζ 7→
Preuve 2 : En calculant d’abord formellement et en appliquant la formule de 2.a. pour ζ = Reiθ , pour
tout z dans D(0, R) :
( +∞
)
∫ 2π
n
∑
z
1
f (Reiθ ) ×
iReiθ dθ
φ(z) =
n+1
i(n+1)θ
2iπ 0
R e
n=0
∫
+∞ n
2iπ
∑
z
f (Reiθ )
=
iReiθ dθ
n+1 ei(n+1)θ
2iπ
R
0
n=0
∫
+∞
+∞
∑
∑ zn
f (ζ)
dζ =
cn z n
=
n+1
+
2iπ
ζ
C(0,R)
n=0
n=0
La permutation somme-intégrale à la première ligne est justifiée par le fait que
∫ 2π ∑
+∞
2π|| f ||C(0,R)
zn
f (Reiθ ) × n+1 i(n+1)θ iReiθ dθ ≤
< +∞
1
−
|z|/R
R
e
0
n=0
et le théorème suivant : si ( fn )n≥0 est une suite de L1 (X, T, µ) et si la série
)
∫ (∑
+∞
+∞ ∫
∑
1
fn dµ.
est dans L (X, T, µ) et
fn dµ =
X
n=0
n=0
X
+∞
∑
n=0
|| fn ||1 converge,
+∞
∑
n=0
fn
3. La stratégie est la même qu’à la question 2 : si |z| > R, on développe la fonction ζ 7→
1
en série entière
ζ−z
+∞
∑
1
−1
ζn
dans le disque D(0, |z|) : pour |ζ | < |z|,
=
=−
· avec convergence normale sur
ζ−z
z(1 − ζ/z)
z n+1
n=0
tout compact de D(0, |z|) donc a fortiori sur C(0, R) et en utilisant à nouveau le lemme 4.8 du cours :
( +∞
)
∫
+∞ −(n+1) ∫
∑ ζn
∑
1
z
φ(z) = −
f (ζ) ×
dζ = −
f (ζ)ζ n dζ
n+1
+
2iπ C(0,R)+
2iπ
z
C(0,R)
n=0
n=0
=−
+∞
∑
c−n−1 z−(n+1) = −
∑
cp z p .
p<0
n=0
Exercice 2
On présente trois preuves différentes. D’après le théorème de Weierstrass, la fonction f est holomorphe sur Ω
et par passage à la limite simple f est à valeurs dans D.
Preuve 1 : Supposons qu’il existe z0 dans Ω tel que | f (z0 )| = 1. Pour tout n ∈ N, on pose gn = fn − f (z0 ). Comme
fn est à valeurs dans D, gn ne s’annule pas. La suite de fonctions holomorphes (gn )n≥0 converge uniformément
sur tout compact vers f − f (z0 ). Par le théorème de Hurwitz, comme Ω est connexe, soit f − f (z0 ) est nulle, soit
f − f (z0 ) ne s’annule pas. Dans les deux cas on obtient une contradiction.
Preuve 2 : Supposons qu’il existe z0 dans Ω tel que | f (z0 )| = 1. Soit r un réel dans ]0, 1 − |z0 |[. Alors D(z0, r)
est inclus dans D. Comme Ω est connexe, le principe du maximum entraîne l’inégalité stricte | f (z0 )| < || f ||C(z0,r) .
Il existe donc un point z1 de C(z0, r) tel que | f (z1 )| > 1 ce qui entraîne à nouveau une contradiction car f est à
valeurs dans D.
Preuve 3 : La fonction f étant non constante et Ω étant connexe, le théorème de l’application ouverte entraîne
o
que f (Ω) est un ouvert D. On a donc f (Ω) ⊂ D = D.
Exercice 3
1. a. Posons P = X +
d
d−1
∑
k=0
a k X . Alors pour z non nul, Q(z) = 1 +
k
d−1
∑
a k z d−k et cette formule est également
k=0
valable pour z = 0. La fonction Q est une fonction polynômiale, donc holomorphe. La valeur Q(0) est
non nulle et pour z non nul, Q(z) s’annule si et seulement si 1/z est une racine de P. En particulier,
ceci entraîne que 1/|z| ≤ ρ, soit |z| ≥ ρ. La fonction Q ne s’annule donc pas dans D(0, 1/ρ).
Remarque : Si ρ = 0, la convention implicite est que 1/ρ = +∞. Dans ce cas P = X d .
b. Comme D(0, 1/ρ) est simplement connexe et que Q ne s’annule pas sur ce disque, elle admet une
racine carrée holomorphe par le corollaire 4.26 du cours.
2. Pour z dans A(0, ρ, +∞), posons f (z) = z d/2 u(1/z). On rappelle que d est pair, donc la puissance de z
est entière et donc f est bien définie. La fonction f est holomorphe et on a ( f (z))2 = z d (u(1/z))2 =
z d × (z−d P(z)) = P(z).
3. a. Si z appartient au disque épointé D∗ (0, 1/R), 1/|z| > R > ρ d’où ( f (1/z))2 = P(z) , 0 et donc
f (1/z) , 0. Comme D(0, 1/R)∗ est inclus dans D(0, 1/ρ), u est holomorphe sur D(0, 1/R)∗ donc φ
u(z)2
z d P(1/z)
aussi. Pour tout z dans D(0, 1/R)∗ , φ(z)2 =
=
= zd .
P(1/z)
( f (1/z))2
b. Pour tout z dans D∗ (0, 1/R), |φ(z)| 2 = |z d | 2 ≤ R−2d donc φ est bornée. Par le théorème de Riemann, 0
est une singularité éliminable de φ.
c. Désignons par φ̃ l’extension de φ en une fonction holomorphe sur D(0, 1/R). Comme (φ̃(z))2 = z d
pour z , 0, on obtient φ̃(0) = 0 par continuité. Soit m la multiplicité du zéro de φ̃ en 0. Alors 0 est un
zéro de φ̃2 de multiplicité 2m. Or φ̃2 (z) = z d donc d = 2m et donc d est pair.
Exercice 4
1. On présente deux preuves assez voisines, l’une faisant uniquement appel à la théorie des intégrales
généralisées et la seconde utilisant l’intégrale de Lebesgue.
tα
Preuve 1 : La fonction g : t 7→
est continue sur R∗+ . Il suffit donc de faire une étude aux voisinage
(1 + t 2 )2
des bornes impropres 0 et +∞. Or g(t) ∼ t α−4 et t 7→ t α−4 est de signe constant (positif). D’après
t→+∞
le critère d’équivalence pour les intégrales généralisées, l’intégrale de g est convergente en +∞ si et
seulement si α − 4 < −1, c’est-à-dire α < 3. De même g(t) ∼ + t α qui est aussi de signe constant donc
t→0
l’intégrale de g est convergente en 0 si et seulement si α > −1. L’intégrale de g est donc convergente sur
R∗+ si et seulement si α appartient à l’intervalle ] − 1, 3[. Enfin,
∫ comme g est positive, la convergence et
+∞
l’absolue convergence de l’intégrale sont équivalentes donc
g(t)dt est convergente (ou absolument
0
convergente) si et seulement si α appartient à ] − 1, 3[.
tα
est continue sur R∗+ donc localement intégrable sur R∗+ . On dispose
Preuve 2 : La fonction g : t 7→
2
2
(1 + t )
des équivalents g(t) ∼ t α−4 et g(t) ∼ + t α . On en déduit que g est intégrable (au sens de Lebesgue) sur
t→+∞
t→0
R+ si et seulement si les deux fonctions t 7→ t α−4 et t 7→ t α sont intégrables dans des voisinages respectifs
de 0 et de +∞ dans R+ . La fonction g est donc dans L1 (R+ ) si et seulement si α ∈] − 1, 3[.
Enfin,
∫
I(1) =
0
+∞
] +∞
[
t
1
1
dt = −
= 1/2.
2 1 + t2 0
(1 + t 2 )2
2. a. Soit Log : C \ R− → C la détermination principale du logarithme et posons pour z dans C \ R−
L(z) = Log(−iz) + iπ/2. Comme (−iz ∈ R− ⇔ z ∈ iR− ), L est bien définie et holomorphe. De plus,
exp(L(z)) = exp (Log(−iz) + iπ/2) = −izeiπ/2 = z
donc L est une détermination du logarithme. Enfin, comme la partie imaginaire de la fonction Log est
à valeurs dans ] − π, π[, la partie imaginaire de la fonction L est à valeurs dans ] − π/2, 3π/2[. Ceci
établit l’existence de L. Pour démontrer l’unicité, on fournit deux preuves.
e une autre solution du problème. Pour tout z dans C \ iR− , L(z) et L(z)
e diffèrent
Preuve 1 : soit L
d’un multiple entier de 2iπ (remarque : ce multiple est indépendant de z car C \ iR− est connexe et
e est continue, mais ce fait est inutile ici car la preuve s’effectue à z fixé). Or L(z) et L(z)
e ont
L−L
leur partie imaginaire dans le même intervalle ouvert ] − π/2, 3π/2[ de longueur 2π. On en déduit que
e
e
|Im(L(z) − L(z))|
< 2π et par suite L(z) = L(z).
Preuve 2 : Les logarithmes de 1 étant les multiples entiers de 2iπ, seul 0 a sa partie imaginaire dans
] − π/2, 3π/2[ d’où L(1) = 0. Comme L est une détermination du logarithme, c’est donc une primitive
de la fonction z 7→ 1/z sur C \ iR− (théorème 3.19 du cours). Une telle primitive est uniquement
déterminée par sa valeur en 1 car C \ iR− est connexe.
b. Posons U = C \ iR− . Comme z 7→ 1 + z2 est holomorphe et s’annule en i et −i et que L est holomorphe,
la fonction f est holomorphe sur U \ {i}.
3. a. La demi-droite verticale i+R− v® où v® = −i coupe le contour une seule fois au point iR. Plus précisément,
paramétrons ∆ R,ε par l’intervalle [0, 4] de la manière suivante :

[0, 1] ∋ t →
7 Reiπt





 [1, 2] ∋ t →
7 −ε(t − 1) − R(2 − t)

[2, 3] ∋ t 7→ εeiπ(3−t)



 [3, 4] ∋ t 7→ ε(4 − t) + R(t − 3)

Le point iR correspond à une seule valeur du paramètre, t = 1/2 et le vecteur tangent correspondant
®
−πR
w
® = iπR exp(iπ/2), à savoir −R. On a Im = Im
= −πR < 0 donc en utilisant le lemme 4.14
est w
−i
v®
du cours, Ind(∆ R,ε, i) = 1.
b. Pour h un nombre complexe non nul suffisamment proche de 0, on a
L(i + h) = L(i) + L′(i)h + O(h2 ) = iπ/2 − ih + O(h)2
donc
f (i + h) =
=
=
=
(
)
exp (αL(i + h))
1
1
2
= 2×
× exp αiπ/2 − αih + O(h )
(1 + (i + h)2 )2
h
(h + 2i)2
(
)2 (
)
h
−eαiπ/2
2
2
×
1
−
+
O(h
)
×
1
−
αih
+
O(h
)
2i
4h2
(
) (
)
−eαiπ/2
2
2
× 1 + ih + O(h ) × 1 − αih + O(h )
4h2
)
−eαiπ/2 (
2
× 1 + i(1 − α)h + O(h )
4h2
Comme eαiπ/2 est non nul, f admet donc un pôle d’ordre 2 en i et le résidu associé est i(α − 1)eαiπ/2 /4.
L’ouvert U est étoilé (par exemple par rapport à i), donc simplement connexe. Il s’ensuit que le lacet
∆ R,ε est contractile dans U. Comme f est holomorphe sur U \ {i}, le théorème des résidus entraîne que
∫
f (z)dz = 2iπ × Ind(∆ R,ε, i) × Res( f , i) = π(1 − α)eαiπ/2 /2.
∆R,ε
exp (Re(αL(ζ))) exp (α ln |ζ |))
≤
= O(Rα−4 ) donc
|1 + ζ 2 | 2
(R2 − 1)2
4. a. Pour ζ dans ⟨ΓR ⟩, on a | f (ζ)| =
∫
f (ζ)dζ ≤ ℓ(ΓR ) × O(Rα−4 ) = O(Rα−3 ).
ΓR
∫
Comme α < 3, on en déduit que
f (ζ)dζ tend vers 0 quand R tend vers +∞.
ΓR
1
est bornée au voisinage de 0. Si ζ est dans ⟨γε ⟩, on a par le même calcul
(1 + z2 )2
que précédemment | f (ζ)| = O(Rα ) donc
∫
f (ζ)dζ ≤ ℓ(Γε ) × O(Rα ) = O(Rα+1 ).
b. La fonction z 7→
γε
Comme α > −1, l’intégrale tend vers 0 quand ε → 0+ .
∫
∫ R
tα
dt et
c. On a
f (z)dz =
2 2
[ε,R]+
ε (1 + t )
∫
∫ −ε α(ln |t|+iπ)
∫ R
e
tα
αiπ
f (z)dz =
dt
=
e
dt
2 2
2 2
[−R,−ε]+
−R (1 + t )
ε (1 + t )
On en déduit en utilisant 3.b que
∫
∫
∫ R
tα
αiπ
dt +
f (ζ)dζ +
f (ζ)dζ = π(1 − α)eαiπ/2 /2
(1 + e )
2
2
ΓR
γε
ε (1 + t )
On fait tendre R vers +∞, ce qui donne en utilisant 4.a
∫ +∞
∫
tα
αiπ
(1 + e )
dt +
f (ζ)dζ = π(1 − α)eαiπ/2 /2
2
2
(1 + t )
ε
γε
puis en on fait tendre ε vers 0 et en utilisant 4.b on obtient
∫ +∞
tα
(1 + exp(αiπ))
dt = π(1 − α)eαiπ/2 /2.
2
2
(1 + t )
0
En multiplicant les deux membres de l’égalité par e−αiπ/2 , on obtient
∫ +∞
tα
2 cos(απ/2)
dt = π(1 − α)/2
(1 + t 2 )2
0
Comme α ∈] − 1, 3[, απ/2 ∈] − π/2, 3π/2[ donc cos(απ/2) s’annule si et seulement si α = 1. Si α est
différent de 1, on obtient ainsi
∫ +∞
tα
π(1 − α)
dt =
·
2
2
4 cos(απ/2)
(1 + t )
0
Pour α = 1, on a vu à la question 1 que I(1) = 1/2.
Remarque : On a
π(1 − α)
π(1 − α)
π(1 − α)
π(1 − α)
1
=
=
∼α→1
= = I(1)
4 cos(απ/2) 4 sin(π/2 − απ/2) 4 sin ((1 − α)π/2)
2π(1 − α) 2
ce qui montre que I est continue en 1. Ceci n’est pas surprenant : on peut montrer à l’aide du théorème
de continuité des intégrales à paramètre que I est continue sur ] − 1, 3[.