EPFL - Automne 2015 Prof. B. Dacorogna Analyse III (MA) Corrigé

EPFL - Automne 2015
Analyse III (MA)
Série 10
Prof. B. Dacorogna
Corrigé
16 novembre 2015
Exercice 1.
Soit O ⊂ Ω ouvert et borné, tel que O ⊂ Ω. Nous allons construire une suite
(fν ) de fonctions holomorphes qui converge uniformement vers f dans O.
Notons
M := sup |g(z, t)| < ∞
z∈Ω,t∈[0,1]
puisque, par hypothèse, g est bornée. Pour tout ν ≥ 1 soient 0 < aν < bν < 1
définis par
1
1
aν :=
et bν := 1 −
.
4νM
4νM
Par hypothèse, g est continue sur Ω×]0, 1[. Par conséquent, g est uniformément continue sur le compact O×[aν , bν ], et donc il existe donc une partition
de [aν , bν ], que l’on note
(ν)
(ν)
(ν)
aν = c1 < c2 < · · · < cN = bν ,
N = N (ν) ∈ N
telle que
sup |g(z, t1 ) − g(z, t2 )| ≤
z∈O
1
,
2ν
(ν)
(ν)
∀ t1 , t2 ∈ [ci , ci+1 ], 1 ≤ i ≤ N − 1.
Enfin, soit
fν (z) :=
N
−1
X
(ν)
(ci+1
−
(ν)
ci )g
(ν)
z, ci
=
i=1
N
−1 Z c(ν)
X
i+1
(ν)
i=1
ci
(ν)
g z, ci
dt.
Alors, fν est holomorphe dans Ω. Pour tout z ∈ O, on a
|f (z) − fν (z)| =
Z a
Z 1
N
−1 Z c(ν) X
ν
i+1
(ν)
g(z,
s)
−
g
z,
c
ds
g(z, s)ds +
g(z, s)ds +
i
(ν)
bν
c
0
i
i=1
≤ M aν + M (1 − bν ) +
N
−1 (ν)
X
ci+1
i=1
≤
(ν)
− ci
2ν
1
,
ν
d’où
fν → f
uniformément dans O.
Par le théorème de Weierstrass, f est holomorphe dans Ω.
Exercice 2.
1. Par hypothèse, nous savons que, pour tout a ∈ C (et donc en particulier dans B le disque unité dans C), il existe ma ∈ N avec
cma ,a = 0.
(1)
Pour tout n ∈ N, on définit l’ensemble An par
An := {a ∈ B : cn,a = 0}.
Par (1), on a que
∞
[
An = B.
n=0
Puisque B n’est pas dénombrable, il existe nécessairement m ∈ N tel
que Am est également non-dénombrable.
2. Puisque Am ⊂ B et que B est borné, il existe zk ∈ Am et z ∈ C (en
fait aussi dans Am ) une suite telle que zk 6= z pour tout k ∈ N et
lim zk = z.
k→∞
Puisque
f (m) (zk ) = m!cm,zk = 0,
on conclut par le théorème du prolongement analytique que
f (m) ≡ 0
dans C.
Il s’ensuit directement que est f est polynôme de degré au plus m − 1.
Exercice 3.
Comme z0 est respectivement un zéro d’ordre k et l de p et q, on peut écrire
p(z) = (z − z0 )k P (z)
et q(z) = (z − z0 )l Q(z),
où P et Q sont holomorphes et P (z0 ), Q(z0 ) 6= 0. Donc
f (z) = (z − z0 )k−l F (z),
où F (z) = P (z)/Q(z) est holomorphe et F (z0 ) 6= 0.
1. Si l > k, alors
f (z)(z − z0 )l−k = F (z),
qui est holomorphe et ne s’annule pas en z0 , par conséquent, z0 est un
pôle d’ordre l − k de f .
2. Si k ≥ l, alors f (z0 ) = 0 et donc z0 est un zéro d’ordre k − l de f ,
puisque F (z0 ) 6= 0.
Exercice 4.
Par l’exercice précédent, z0 est un pôle d’ordre 1 de f . Par un théorème du
cours, le résidu est donné par
Rész0 (f ) = lim (z − z0 )f (z) = lim
z→z0
z→z0
p(z)
q(z)
z−z0
= lim
z→z0
p(z)
q(z)−q(z0 )
z−z0
=
p(z0 )
.
q 0 (z0 )
Exercice 5.
Par le théorème de Laurent, f admet une série de Laurent autour de 0 :
f (z) =
X
cn z n ,
∀ z ∈ C \ {0}.
n∈Z
Comme f est paire, tout les coefficients impairs sont nuls, c’est-à-dire
c2k+1 = 0,
∀ k ∈ Z.
En particulier, le résidu est nul :
Rés0 (f ) = c−1 = 0.