19 Fonctions holomorphes

19
Fonctions holomorphes
Dans ce chapitre nous allons généraliser la notion de dérivation rencontrée pour les fonctions
d’une variable réelle au cas des fonctions d’une variable complexe.
19.1
La représentation de R2 dans C
Le corps C des nombres complexes est identifié à R2 par l’isomorphisme de R-espace vectoriels :
ϕ:
C
→ R2
z = x + iy 7→ (x, y)
Si uC est une application R-linéaire de C dans C, sa représentation dans R2 est donnée par
le schéma suivant :
u
C
→C C
ϕ−1 ↑
↓ϕ
uR
2
R
→ R2
c’est donc l’application uR = ϕ◦uC ◦ϕ−1 et uC est R-linéaire si, et seulement si, uR est R-linéaire.
Les applications C-linéaires de C dans C sont les applications z 7→ αz où α = a + ib est
un nombre complexe avec a, b réels. La représentation R-linéaire d’une telle application est
l’application uR définie par :
uR (x, y) = ϕ (α (x + iy)) = ϕ ((ax − by) + i (ay + bx))
= (ax − by, bx + ay)
µ
¶
a −b
2
et sa matrice dans la base canonique de R est A =
.
b a
Réciproquement si uC est une application
de ¶
C dans C telle que uR = ϕ ◦ uC ◦ ϕ−1 soit une
µ
a −b
application R-linéaire de matrice A =
, alors uC est l’application C-linéaire z 7→ αz
b a
où α = a + ib.
Remarque 19.1 Ce résultat est à la base des conditions de Cauchy-Riemann que nous verrons
un peu plus loin (paragraphe 19.6).
En utilisant, pour α ∈ C∗ , la forme polaire α = ρeiθ = ρ (cos (θ) + i sin (θ)) avec ρ ∈ R+,∗ et
θ ∈ R, l’application uR a pour matrice dans la base canonique de R2 :
µ
¶
cos (θ) − sin (θ)
A=ρ
sin (θ) cos (θ)
457
458
Fonctions holomorphes
et uR = ρ·rθ est la composée de la rotation rθ d’angle θ = arg (α) (modulo 2π) et de l’homothétie
hρ de rapport ρ = |α| > 0. C’est une similitude directe.
Remarque 19.2 Une similitude directe conserve les angles orientés et les cercles. Cette remarque est à la base de la notion de représentation conforme que nous verrons plus loin.
Exercice 19.1 Soit α = a + ib un nombre complexe et uC l’application de C dans C définie
par uC (z) = αz pour tout z ∈ C, où z est le conjugué de z. Montrer que uC est R-linéaire et
donner sa matrice dans la base canonique de R2 .
Solution 19.1 La représentation R-linéaire de uC est l’application uR définie par :
uR (x, y) = ϕ (α (x − iy)) = ϕ ((ax + by) + i (bx − ay))
= (ax + by, bx − ay)
µ
¶
a
b
et sa matrice dans la base canonique de R2 est A =
.
b −a
En utilisant, pour α non nul, la forme polaire α = ρeiθ = ρ (cos (θ) + i sin (θ)) l’application uR
a pour matrice :
¶
µ
cos (θ) sin (θ)
A=ρ
sin (θ) − cos (θ)
et uR = ρ · σθ est la composée de la symétrie orthogonale σθ par rapport à la droite Dθ faisant
θ
arg (α)
l’angle =
avec l’axe des x et de l’homothétie hρ de rapport ρ = |α| . C’est une simili2
2
tude indirecte.
Ã
Ã
¡θ¢ !
¡ ¢ !
−
sin
cos 2θ
2
La droite Dθ est dirigée par uθ =
¡ θ ¢ , l’orthogonale Dθ⊥ est dirigée par vθ =
¡θ¢
sin 2
cos 2
et on a :
¡θ¢ !
¶Ã
µ
cos
cos (θ) sin (θ)
2
σθ (uθ ) =
¡θ¢
sin (θ) − cos (θ)
sin 2
Ã
¡θ¢
¡ ¢ !
cos (θ) cos 2 + sin (θ) sin 2θ
=
¡ ¢
¡ ¢
sin (θ) cos 2θ − cos (θ) sin 2θ
Ã
¡
¢ !
cos θ − 2θ
=
= uθ
¢
¡
sin θ − 2θ
¶Ã
¡θ¢ !
−
sin
cos (θ) sin (θ)
2
σθ (vθ ) =
¡θ¢
sin (θ) − cos (θ)
cos 2
Ã
¡θ¢
¡ ¢ !
sin (θ) cos 2 − cos (θ) sin 2θ
=
¡ ¢
¡ ¢
− sin (θ) sin 2θ − cos (θ) cos 2θ
Ã
¡
¢ !
sin θ − 2θ
=
¡
¢ = −vθ
− cos θ − 2θ
µ
donc σθ est bien la symétrie orthogonale par rapport à la droite Dθ .
Exercice 19.2 Montrer qu’une application u : C → C est R-linéaire si, et seulement si, il
existe deux nombres complexes α et β tels que u (z) = αz + βz pour tout z ∈ C.
Fonctions continues sur un ouvert de C
459
Solution 19.2 Il est clair qu’une telle application est R-linéaire.
Réciproquement si u est R-linéaire, il suffit de connaître u (1) et u (i) pour connaître u (puisque
(1, i) est une base du R-espace vectoriel C). On définit alors les nombres complexes α et β
comme les solutions du système linéaire :
½
α + β = u (1)
αi − βi = u (i)
soit (α, β) =
1
(u (1) − i · u (i) , u (1) + i · u (i)) et on a pour tout z = x + iy ∈ C :
2
u (z) = xu (1) + yu (i) = x (α + β) + y (αi − βi)
= α (x + iy) + β (x − iy) = αz + βz.
19.2
Fonctions continues sur un ouvert de C
Nous décrivons tout d’abord quelques notions topologiques de base sur C.
Toutes ces notions seront étudiées en détails dans le chapitre sur les espaces métriques avec
le cas particulier des espaces vectoriels normés de dimension finie.
Définition 19.1 Étant donnés un nombre complexe ω et un nombre réel positif ou nul R, le
disque ouvert de centre ω et de rayon R est la partie de C définie par :
D (ω, R) = {z ∈ C | |z − ω| < R}
et le disque fermé de centre ω et de rayon R est la partie de C définie par :
D (ω, R) = {z ∈ C | |z − ω| ≤ R}
Pour R = 0, on a D (ω, R) = ∅ et D (ω, R) = {ω} .
En désignant par Ω le point de R2 d’affixe ω, un tel disque (ouvert ou fermé) est identifié
au disque (ouvert ou fermé) de R2 de centre Ω et de rayon R.
Le bord d’un tel disque est le cercle de centre ω et de rayon R défini par :
C (ω, R) = {z ∈ C | |z − ω| = R} .
Une paramétrisation de ce cercle est aussi donnée par :
¢
¡
(z ∈ C (ω, R)) ⇔ ∃t ∈ ]−π, π] | z = ω + R · eit
Définition 19.2 On dit qu’une partie V de C est un voisinage de z0 ∈ C si elle contient une
boule ouverte centrée en z0 de rayon strictement positif.
Définition 19.3 On dit qu’une partie O de C est ouverte (ou que c’est un ouvert de C) si elle
est vide ou si elle est non vide et pour tout z ∈ O il existe un réel r > 0 tel que D (z, r) ⊂ O.
L’ensemble vide et C sont des ouverts.
Il est équivalent de dire qu’un ensemble non vide est un ouvert si, et seulement si, c’est un
voisinage de chacun de ses points.
Exercice 19.3 Montrer qu’un disque ouvert de C est un ouvert. Qu’en est-il d’un disque
fermé ?
460
Fonctions holomorphes
Solution 19.3 Soit D (ω, R) un disque ouvert. Si R = 0, on a alors D (ω, R) = ∅ et c’est un
ouvert. Sinon, pour z ∈ D (ω, R) , on a R−|z − ω| > 0 et pour 0 < ε < R−|z − ω| , en utilisant
l’inégalité triangulaire, on voit que pour tout t ∈ D (z, ε) , on a :
|t − ω| = |(t − z) + (z − ω)|
≤ |t − z| + |z − ω| < ε + |z − ω| < R
(figure 19.1) ce qui signifie que t ∈ D (ω, R) . On a donc D (z, ε) ⊂ D (ω, R) et D (ω, R) est un
t
ε
z
R
ω
Fig. 19.1 –
ouvert.
Un disque fermé n’est pas ouvert. En effet pour z = ω + R · eiθ ∈ D (ω, R) et tout ε > 0, le
ε
point t = z + eiθ est dans D (z, ε) et pas dans D (ω, R) puisque :
2
¯
¯
³
ε ´ iθ
ε
¯
¯
|t − ω| = ¯ω + R +
e − ω ¯ = R + > R.
2
2
Exercice 19.4 Montrer qu’une réunion quelconque d’ouverts de C est un ouvert.
Solution 19.4 Soit (Oi )i∈I une famille d’ouverts qu’on peut supposer non vides. Si z ∈ O =
[
Oi , il existe un indice i ∈ I tel que z ∈ Oi et comme Oi est ouvert non vide, il existe un réel
i∈I
ri > 0 tel que D (z, ri ) ⊂ Oi ⊂ O. L’ensemble O est donc ouvert.
Exercice 19.5 Montrer qu’une intersection finie d’ouverts de C est un ouvert. Que dire d’une
intersection infinie d’ouverts de C ?
Solution 19.5 Soit (Oi )1≤i≤n une famille finie d’ouverts qu’on peut supposer non vides. Si
n
\
z ∈O=
Oi , comme chaque Oi est ouvert, il existe des réel ri > 0 tels que D (z, ri ) ⊂ Oi
i=1
pour tout i compris entre 1 et n et en notant r = min ri , on a r > 0 et D (z, r) ⊂ O. L’ensemble
1≤i≤n
O est donc ouvert.
Dans le cas d’une intersection infinie, on peut avoir r = inf ri = 0. Par exemple pour R ≥ 0 et
i∈I
¶
+∞
\ µ
1
= D (ω, R) n’est pas ouvert.
ω ∈ C, le disque fermé
D ω, R +
k
k=1
Fonctions continues sur un ouvert de C
461
Définition 19.4 On dit qu’une partie F de C est fermée (ou que c’est un fermé de C) si son
complémentaire dans C, C \ F, est un ouvert de C.
L’ensemble vide et C sont à la fois ouverts et fermés.
Exercice 19.6 Montrer qu’une intersection quelconque de fermés de C est un fermé.
Solution 19.6 Résulte de :
C\
\
Fi =
i∈I
[
(C \ Fi )
i∈I
Exercice 19.7 Montrer qu’une réunion finie de fermés de C est un fermé. Que dire d’une
réunion infinie de fermés de C ?
Solution 19.7 Résulte de :
C\
n
[
Fi =
i=1
n
\
(C \ Fi )
i=1
Une réunion infinie de fermés de Cµn’est pas ¶
nécessairement fermé. Par exemple pour R > 0
[+∞
1
et ω ∈ C, le disque ouvert
= D (ω, R) n’est pas ouvert.
k=1 D ω, R −
1
k
k> R
Exercice 19.8 Montrer qu’un disque fermé de C est un fermé.
Solution 19.8 Laissée au lecteur.
Le résultat suivant nous fournit une caractérisation séquentielle de la notion de fermé.
Théorème 19.1 Une partie non vide F de C est fermée si, et seulement si, pour toute suite
(zn )n∈N de F qui est convergente, la limite z = lim zn est dans F.
n→+∞
Si O est un ouvert non vide de C, on peut l’identifier à un ouvert Ω de R2 et toute
application f : O → C peut être identifiée à l’application ϕ de Ω dans R2 définie par
ϕ (x, y) = (P (x, y) , Q (x, y)) où P est la partie réelle de f et Q sa partie imaginaire.
On connaît déjà les notions de limite, de continuité et de dérivabilité pour les fonctions
réelles P et Q.
Nous allons définir ces notions pour les fonctions d’une variable complexe et étudier le lien
avec les notions réelles.
Pour la notion de limite, on se contente du cas particulier d’une fonction définie sur un
voisinage d’un point privé de ce point.
Définition 19.5 Soient V un voisinage d’un point z0 de C et une application f : V \ {z0 } → C.
On dit que f admet une limite en z0 , si il existe un nombre complexe ` tel que pour tout réel
ε > 0, il existe un réel η > 0 tel que si z ∈ V et 0 < |z − z0 | < η alors |f (z) − `| < ε.
Comme dans le cas réel, on déduit de l’inégalité triangulaire pour le module que si une
fonction f admet une limite en un point, cette dernière est alors unique et on peut noter
` = z→z
lim f (z) . En pratique, on note ` = lim f (z) étant entendu que z tend vers z0 avec z 6= z0 .
z→z0
0
z6=z0
On a donc :
µ
¶
` = lim f (z) ⇔ (∀ε > 0, ∃η > 0 | 0 < |z − z0 | < η ⇒ |f (z) − `| < ε)
z→z0
µ
¶
⇔ lim |f (z) − `| = 0
z→z0
(on peut toujours trouver η > 0 tel que D (z0 , η) ⊂ V).
462
Fonctions holomorphes
Définition 19.6 Soient O un ouvert non vide de C et une application f : O → C.
On dit que f est continue en z0 ∈ O si lim f (z) = f (z0 ) .
z→z0
On dit que f est continue sur O, si elle est continue en tout point de O.
La continuité de f en z0 se traduit donc par :
∀ε > 0, ∃η > 0 | z ∈ O et |z − z0 | < η ⇒ |f (z) − f (z0 )| < ε
Exemple 19.1 Une fonction constante est continue en tout point de C.
Exercice 19.9 Montrer que la fonction z 7→ |z| est continue en tout point de C.
Solution 19.9 Résulte de ||z| − |z0 || < |z − z0 | .
Exercice 19.10 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7→ z n est continue en
tout point de C.
Solution 19.10 Pour n = 0, il s’agit de la fonction constante égale à 1 et pour n ≥ 1, z0 ∈ C,
on peut trouver un réel R > 0 tel que z0 ∈ D (0, R) et pour tout z ∈ D (0, R) , on a :
¯ n−1
¯
¯X
¯
¯
¯
|z n − z0n | = |z − z0 | ¯
z n−1−k z0k ¯ ≤ nRn−1 |z − z0 | → 0.
x→z0
¯
¯
k=0
Exercice 19.11 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7→ z n est continue en
tout point de C.
Solution 19.11 Résulte de :
|z n − z0 n | = |z n − z0n | → 0.
x→z0
Une définition équivalente de la continuité en un point est donnée par le résultat suivant.
Théorème 19.2 Une fonction f : O → C est continue en a ∈ O si, et seulement si, pour
toute suite (zn )n∈N de points de O qui converge vers a, la suite (f (zn ))n∈N converge vers f (a) .
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.
Dans ce qui suit, O est un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.
Théorème 19.3 Si f : O → C est continue en z0 ∈ O, elle est alors bornée au voisinage de ce
point, c’est-à-dire qu’il existe un réel r > 0 et une constante M > 0 tels que D (z0 , r) ⊂ O et :
∀z ∈ D (z0 , r) , |f (z)| ≤ M.
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.
Une définition topologique de la notion de continuité est donnée par le résultat suivant.
Théorème 19.4 Une fonction f : O → C est continue sur O si, et seulement si, l’image
réciproque par f de tout ouvert [resp. fermé] de C est un ouvert [resp. fermé] de O (i. e.
f −1 (O) = O ∩ O0 [resp. f −1 (O) = O ∩ F 0 ]où O0 [resp. F 0 ]est un ouvert [resp. fermé] de C).
Fonctions continues sur un ouvert de C
463
Démonstration. Supposons f continue et soit O1 un ouvert de C. Pour tout z0 ∈ f −1 (O1 ) ,
f (z0 ) est dans l’ouvert O1 , il existe donc un réel ε > 0 tel que le disque ouvert D (f (z0 ) , ε)
soit contenue dans O1 et avec la continuité de f, on peut trouver un réel η > 0 tel que pour
tout z ∈ D (z0 , η) ∩S
O on ait f (z) ∈ D (f (z0 ) , ε) ⊂ O1 . On a donc D (z0 , η) ∩ O ⊂f −1 (O1 ) et
en posant O0 =
D (z0 , η) , on définit un ouvert de C tel que f −1 (O1 ) = C ∩ O0 , ce qui
z0 ∈f −1 (O1 )
−1
prouve que f (O1 ) est ouvert dans C.
Réciproquement, supposons que l’image réciproque par f de tout ouvert de C est un ouvert
de O. Pour z0 ∈ C et ε > 0, f −1 (D (f (z0 ) , ε)) est un ouvert de O, il existe donc un réel η > 0
tel que D (z0 , η) ∩ O ⊂ f −1 (D (f (z0 ) , ε)) , ce qui signifie que |f (z) − f (z0 )| ≤ ε pour tout
z ∈ B (z0 , η) ∩ O. La fonction f est donc continue en tout point de O.
Pour ce qui est de l’image réciproque des fermés, on utilise le fait qu’un fermé est le complémentaire d’un ouvert et l’image réciproque du complémentaire est le complémentaire de l’image
réciproque.
Pour ce qui est des opérations élémentaires, on a le résultat suivant.
Théorème 19.5 Soient f, g deux fonctions définies sur O, à valeurs complexes et continues
en z0 ∈ O. Les fonctions f , |f | , f + g et f g sont continues en z0 .
Si f (z0 ) 6= 0, il existe alors un voisinage ouvert V de z0 dans O tel que f (z) 6= 0 pour tout
1
z ∈ V et la fonction qui est définie sur V est continue en z0 .
f
Démonstration. Pour f c’est clair et pour les autres fonctions, on copie la démonstration
du cas réel.
Exercice 19.12 Montrer que les fonctions z 7→ < (z) et z 7→ = (z) sont continues en tout point
de C.
Solution 19.12 Résulte de < (z) =
1
1
(z + z) et = (z) = (z − z) .
2
2i
De la continuité des applications z 7→ z n pour tout entier naturel n, on déduit que les
fonctions polynomiales sont continue sur C et que les fonctions rationnelles sont continue sur
leurs domaines de définition.
Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.
Théorème 19.6 Si f : O → C est continue en z0 ∈ O, O0 est un ouvert de C contenant f (O)
et g : O0 → C est continue en f (z0 ) , alors g ◦ f est continue en z0 .
Exercice 19.13 Montrer que si ϕ : R+ → C est une fonction continue et f : O → C une
fonction continue, alors la fonction z →
7 ϕ (|f (z)|) est continue sur O.
Solution 19.13 Soient ε > 0 et z0 ∈ O. Comme ϕ est continue en |f (z0 )| , il existe δ > 0
tel que |ϕ (t) − ϕ (|f (z0 )|)| < ε pour tout réel t > 0 tel que |t − |f (z0 )|| < δ. En désignant
par η > 0 un réel tel que ||f (z)| − |f (z0 )|| < δ pour tout z ∈ O tel que |z − z0 | < η, on a
|ϕ (|f (z)|) − ϕ (|f (z0 )|)| < ε pour tout z ∈ O tel que |z − z0 | < η. La fonction z 7→ ϕ (|f (z)|)
est donc continue en z0 .
464
19.3
Fonctions holomorphes
Intégrales curvilignes
Définition 19.7 Un chemin dans C est une application γ : [a, b] → C continue et de classe C 1
par morceaux, où [a, b] est un segment réel non réduit à un point (on a donc a < b).
Si γ (a) = γ (b) , on dit que ce chemin est fermé ou que c’est un lacet.
Si l’application γ est injective, on dit alors que le chemin est sans points doubles.
On rappelle qu’une fonction γ : [a, b] → C est dite de classe C 1 par morceaux, s’il existe une
subdivision
a0 = a < a1 < · · · < ap < ap+1 = b
telle que la fonction f se prolonge par continuité en une fonction de classe C 1 sur chacun des
intervalle [ak , ak+1 ] (0 ≤ k ≤ p).
Si γ : [a, b] → C est un chemin, son image Im (γ) = γ ([a, b]) est le chemin géométrique qu’il
définit et γ est une paramétrisation de Im (γ) .
Si α, β sont deux nombres complexes, on dit qu’un chemin γ : [a, b] → C relie α et β, si
γ (a) = α et γ (b) = β. On dit alors, dans ce cas, que α est l’origine et β l’extrémité du chemin
géométrique Im (γ) .
Exemple 19.2 Le cercle de centre ω et de rayon R > 0 parcouru une fois dans le sens direct
peut être paramétré par :
γω,R : [0, 2π] →
C
t
7→ ω + Reit
Ce lacet sera noté plus simplement : |z − ω| = r.
Exemple 19.3 Pour α, β dans C, le segment [α, β] reliant α et β peut être paramétré par :
γ : [0, 1] →
C
t
7→ (1 − t) α + tβ
Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue et γ : [a, b] → O un
chemin à valeurs dans O, on peut définir l’intégrale de f le long de ce chemin en s’inspirant de
la définition de l’intégrale de Riemann d’une fonction définie sur un segment réel et à valeurs
complexes. Pour ce faire, on découpe, pour tout entier naturel n ≥ 1, l’intervalle [a, b] en n
b−a
intervalles de même longueur en utilisant la subdivision (tn,k )0≤k≤n définie par tk = a + k
n
pour 0 ≤ k ≤ n et on associe à ces subdivisions la suite (In )n≥1 définie par :
∀n ≥ 1, In =
n−1
X
f (zn,k ) (zn,k+1 − zn,k )
k=0
où zn,k = γ (tn,k ) . En écrivant que :
zn,k+1 − zn,k
µ ¶
1
= γ (tn,k+1 ) − γ (tn,k ) = (tn,k+1 − tn,k ) γ (tn,k ) + o
n
0
γ (tn,k + h) − γ (tn,k )
équivaut à γ (tn,k + h) − γ (tn,k ) = hγ 0 (tn,k ) + o (h) et ici
h→0
h
b−a
), on a :
h = tn,k+1 − tn,k =
n
(γ 0 (tn,k ) = lim
In ≈
n−1
X
f (zn,k ) (tn,k+1 − tn,k ) γ 0 (tn,k )
k=0
et il est naturel de donner la définition suivante.
Intégrales curvilignes
465
Définition 19.8 Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue et
γ : [a, b] → O un chemin à valeurs dans O, alors l’intégrale curviligne de f le long de γ est le
nombre complexe :
Z b
Z
f (z) dz =
f (γ (t)) γ 0 (t) dt.
a
γ
En notant :
a0 = a < a1 < · · · < ap < ap+1 = b
une subdivision telle que γ soit de classe C 1 sur chaque [ak , ak+1 ] (0 ≤ k ≤ p), on a précisément :
Z
p Z ak+1
X
f (z) dz =
f (γ (t)) γ 0 (t) dt
γ
ak
k=0
Pratiquement cette intégrale curviligne se calcule en posant z = γ (t) et dz = γ 0 (t) dt avec t
parcourant [a, b] pour z parcourant γ ([a, b]) .
Exercice 19.14 Soient ω un nombre complexe et R un réel strictement positif. Calculer :
Z
In =
(z − ω)n dz
|z−ω|=R
pour tout entier relatif n.
Solution 19.14 On a :
Z
In =
Z
n int
it
R e iRe dt = iR
½0
=
2π
2π
n+1
ei(n+1)t dt
0
0 si n 6= −1
2iπ si n = −1
Exercice 19.15 Donner une paramétrisation γ du bord du rectangle R défini par :
R = {z ∈ C | −a ≤ < (z) ≤ a, −b ≤ = (z) ≤ b}
Z
où a, b sont des réels strictement positifs. Calculer z n dz pour tout entier relatif n.
γ
Solution 19.15 Une paramétrisation γ du bord de R est donnée par :
γ : [0, 4] → 
C∗
(2t − 1) a − ib si 0 ≤ t ≤ 1



a + ib (2t − 3) si 1 ≤ t ≤ 2
t
7→
(5 − 2t) a + ib si 2 ≤ t ≤ 3



−a + i (7 − 2t) b si 3 ≤ t ≤ 4
et pour f continue sur C∗ , on a :
Z
Z
f (z) dz = 2a
γ
1
f ((2t − 1) a − ib) dt
0
Z
2
+ 2ib
f (a + ib (2t − 3)) dt
1
Z 3
− 2a
f ((5 − 2t) a + ib) dt
2
Z 4
− 2ib
f (−a + i (7 − 2t) b) dt
3
466
Fonctions holomorphes
ce qui s’écrit en utilisant les changement de variables respectifs x = 2t−1, y = 2t−3, z = 2t−5,
u = 2t − 7 :
Z
Z 1
Z 1
f (z) dz = a
f (xa − ib) dx + ib
f (a + iby) dy
γ
−1
1
Z
−a
−1
Z
f (−za + ib) dz − ib
−1
Z
Pour f paire, cela donne
1
f (−a − iub) du
−1
f (z) dz = 0 et pour f impaire, on a :
γ
Z
Z
f (z) dz = 2a
γ
Z
1
1
f (xa − ib) dx + 2ib
−1
f (a + ibx) dx
−1
Pour f (z) = z 2n+1 avec n entier relatif différent de −1, on a :
Z
Z 1
Z 1
2n+1
f (z) dz = 2a
(xa − ib)
dx + 2ib
(a + ibx)2n+1 dx
γ
−1
−1
i1
i1
1 h
1 h
=
(xa − ib)2(n+1)
+
(a + ibx)2(n+1)
n+1
n+1
−1
−1
2(n+1)
2(n+1)
2(n+1)
(a − ib)
− (−a − ib)
(a + ib)
− (a − ib)2(n+1)
=
+
n+1
n+1
=0
1
et pour f (z) = , on a :
z
Z
Z
1
dt
+ 2ib
xa − ib
Z
1
dx
−1
−1 a + ibx
Z 1
Z 1
xa + ib
a − ibx
= 2a
dt + 2ib
dx
2
2
2
2
2 2
−1 x a + b
−1 a + x b
Z 1
Z 1
dt
dt
= 4iab
+ 4iab
2
2
2
2
t a +b
a + t2 b2
Z 01
Z 10
a
dt
b
dt
= 4i
+
4i
2
b 0 t2 ab2 + 1
a 0 1 + t2 ab22
Z a
Z b
b
a
dt
dt
= 4i
+
4i
2
2
x +1
0 1+x
µ0
µ
¶¶
³a´
b
= 4i arctan
+ arctan
b
a
π
= 4i = 2iπ.
2
dz
= 2a
γ z
Nous verrons plus loin que ces résultats ne sont pas étonnant.
Z
dz
Exercice 19.16 Calculer
.
[1,2+i] z
Solution 19.16 Si [α, β] est un segment dans C paramétré par :
γ : t ∈ [0, 1] 7→ (1 − t) α + tβ
Intégrales curvilignes
467
on a, dans la cas où 0 n’est pas sur le segment [α, β] :
Z
Z 1
Z 1
dz
β−α
β−α
=
dt =
dt
[α,β] z
0 (1 − t) α + tβ
0 (β − α) t + α
ce qui donne pour α = 1 et β = 2 + i :
Z
Z 1
Z 1
dt
1 + t − it
dz
= (1 + i)
= (1 + i)
dt
2
[1,2+i] z
0 (1 + i) t + 1
0 2t + 2t + 1
µZ 1
¶
Z 1
1+t
t
= (1 + i)
dt − i
dt
2
2
0 2t + 2t + 1
0 2t + 2t + 1
¶¶
µ
µ
ln (5) arctan (3) π
ln (5) arctan (3) π
= (1 + i)
+
− −i
−
+
4
2
8
4
2
8
´
³
ln (5)
π
=
+ i arctan (3) −
2
4
Z
Exercice 19.17 Calculer
f (z) dz pour les fonctions suivantes :
|z|=1
n
1. f (z) = |z| pour z ∈ C∗ , où n est un entier relatif.
2. f (z) = < (z n ) − = (z n ) pour z ∈ C∗ , où n est un entier relatif.
Solution 19.17 Une paramétrisation du cercle de centre 0 et de rayon 1 parcouru une fois
dans le sens direct est donné par l’application γ définie par :
∀t ∈ [0, 2π], γ(t) = eit .
Z
Z 2π
f (z) dz = f (z) dz =
f (eit ) ieit dt.
Z
et on a
|z|=1
γ
0
n
1. Pour f (z) = |z| , on a :
Z
Z
f (z) dz =
γ
2π
¯ it ¯n it
¯e ¯ ie dt =
0
Z
2π
ieit dt = 0.
0
2. Pour f (z) = < (z n ) − = (z n ) , on a :
Z
Z 2π
f (z) dz =
(cos (nt) − sin (nt)) (i cos (t) − sin (t)) dt
γ
0
Z 2π
Z 2π
=i
(cos (nt) − sin (nt)) cos (t) dt −
(cos (nt) − sin (nt)) sin (t) dt
0
0
Z 2π
Z 2π
=i
cos (nt) cos (t) dt −
sin (nt) sin (t) dt
0
Z
0
Z
2π
puisque
cos (nt) sin (mt) dt = 0 pour tous n, m dans Z. Et avec
Z 2π 0
Z 2π
Z
2
0,
sin (nt) sin (mt) dt = 0 pour n 6= m et
cos (nt) dt =
0
0
n 6= 0, on déduit que :
½
Z
f (z) dz =
γ
0 si n 6= 1
(−1 + i) π si n = 1
0
2π
cos (nt) cos (mt) dt =
0
2π
sin2 (nt) dt = π pour
468
Fonctions holomorphes
Z
2
Exercice 19.18 Soit f définie par f (z) = z − 1 pour tout z ∈ C. Calculer
f (z) dz pour les
γ
chemins suivants :
1. γ : t ∈ [0, 1] 7→ t + it2 .
2. γ : t ∈ [0, 2π] 7→ et+it .
3. γ : t ∈ [0, 2π] 7→ cos (t) + i sin (2t) .
Solution 19.18 On a :
1.
Z
Z
1
´
³¡
¢2
t + it2 − 1 (1 + 2it) dt
1
¡
f (z) dz =
γ
Z
0
Z
¢
2 2
1
(1 + 2it) dt −
(1 + 2it) dt
0
0
"
#1
3
¡
¢
(t + it2 )
(1 + i)3
2
=
− t + it
=
− (1 + i)
3
3
=
t + it
0
5 1
= − − i.
3 3
2.
Z
Z
2π
f (z) dz =
γ
Z
0
Z
2π
=
e
·
=
¡ 2t+2it
¢
e
− 1 (1 + i) et+it dt
3(1+i)t
0
3(1+i)t
e
3
2π
(1 + i) dt −
0
6π
¸2π
− e(1+i)t
(1 + i) e(1+i)t dt
=
0
e
2
− e2π +
3
3
3.
Z
Z
2π
f (z) dz =
γ
Z
¡
¢
(cos (t) + i sin (2t))2 − 1 (− sin (t) + 2i cos (2t)) dt
0
2π
=
(cos (t) + i sin (2t))2 (− sin (t) + 2i cos (2t)) dt
Z 02π
−
(− sin (t) + 2i cos (2t)) dt
0
"
#2π
(cos (t) + i sin (2t))3
=
− (cos (t) + i sin (2t))
=0
3
0
Exercice 19.19 Pour r > 0, on désigne par γr le demi-cercle défini par :
h π πi
γr : t ∈ − ,
7→ reit .
2 2
Z −z
e
Calculer lim
dz.
r→+∞ γ z 2
r
Intégrales curvilignes
469
Solution 19.19 On a, pour r > 0 :
Z −z
Z π −reit
Z π
2 e
e
i 2 −reit −it
it
e
e dt
dz =
ire dt =
2
2 2it
r − π2
γr z
− π2 r e
et :
¯Z −z ¯
Z π
Z π
¯ e
¯ 1 2 −r cos(t)
1 2
π
¯
¯
dz ¯ ≤
e
dt ≤
dt =
¯
2
r − π2
r − π2
r
γr z
Z −z
e
dz = 0.
et en conséquence lim
r→+∞ γ z 2
r
→ 0
r→+∞
En utilisant les subdivisions précédentes de l’intervalle [a, b] , des approximations de la longueur du chemin γ sont données par :
`n =
n−1
X
|zn,k+1 − zn,k | ≈
k=0
n−1
X
(tn,k+1 − tn,k ) |γ 0 (tn,k )|
k=0
et il est naturel de définir la longueur de γ comme suit.
Définition 19.9 Si γ : [a, b] → C est un chemin, sa longueur est le réel positif :
Z b
` (γ) =
|γ 0 (t)| dt.
a
Exercice 19.20 Calculer la longueur d’un cercle de centre z0 ∈ C et de rayon r > 0 parcouru
une fois dans le sens direct et la longueur d’un segment reliant deux nombres complexes α et β.
Solution 19.20 Pour le cercle paramétré par γz0 ,r , on a :
Z 2π
¯ it ¯
¯ire ¯ dt = 2πr
` (γz0 ,r ) =
0
et pour un segment [α, β] :
Z
1
|β − a| dt = |β − a| .
` (γ) =
0
Théorème 19.7 Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue et
γ : [a, b] → O un chemin à valeurs dans O, on a alors :
¯Z
¯
¯
¯
¯ f (z) dz ¯ ≤ ` (γ) · sup |f (z)| .
¯
¯
z∈Im(γ)
γ
Démonstration. Comme γ est continue, Im (γ) est compact dans C comme image du
compact [a, b] par l’application continue γ et la fonction f qui est continue est bornée sur le
compact Im (γ) , ce qui valide l’existence de sup |f (z)| .
z∈Im(γ)
On a alors, par définitions :
¯ Z b
¯ ¯Z b
¯Z
¯
¯ ¯
¯
0
¯ f (z) dz ¯ = ¯
|f (γ (t))| |γ 0 (t)| dt
f (γ (t)) γ (t) dt¯¯ ≤
¯ ¯
¯
a
a
γ
Z b
≤ sup |f (z)|
|γ 0 (t)| dt = ` (γ) · sup |f (z)| .
z∈Im(γ)
a
z∈Im(γ)
La notion d’ouvert connexe dans C peut se définir en utilisant les chemins.
470
Fonctions holomorphes
Définition 19.10 On dit qu’un ouvert O de C est connexe si deux points quelconques de
O peuvent être joints par un chemin dans O (i. e. pour α, β dans O, il existe un chemin
γ : [0, 1] → O tel que γ (0) = α et γ (1b) = β).
En réalité, on dit usuellement qu’une partie C de C est connexe s’il n’est pas possible de
l’écrire comme réunion disjointe de deux ouverts non vides de C (un ouvert de C étant un
ensemble C ∩ O, où O est un ouvert de C) et on montre qu’un ouvert non vide de C est connexe
si, et seulement si, il est connexe par arcs, c’est-à-dire que deux points quelconques de C peuvent
être reliés par un chemin dans C.
La définition d’ouvert connexe que nous avons donné nous suffira.
19.4
Fonctions analytiques
Pour ce paragraphe, O est un ouvert non vide de C, f une application de O dans C et z0
un point de O.
Définition 19.11 On dit que f est analytique en z0 s’il existe un réel r > 0 (dépendant de z0 )
tel que D (z0 , r) ⊂ O et une suite (an )n∈N de nombres complexes tels que :
∀z ∈ D (z0 , r) , f (z) =
+∞
X
an (z − z0 )n
n=0
On dit aussi que f est analytique en z0 si elle est développable en série entière au voisinage
de z0 .
On peut remarquer que a0 = f (z0 ) .
P
Avec les notations de la définition précédente la série entière
an tn a un rayon de convergence R0 ≥ r.
Dire que f est analytique en z0 équivaut à dire que la fonction fz0 : t 7→ f (z0 + t) , qui est
définie sur le disque ouvert D (0, r) , est développable en série entière au voisinage de 0.
Définition 19.12 On dit que f est analytique sur O si elle est analytique en tout point de O.
Du théorème 14.11 sur la continuité des fonctions développables en série entière au voisinage
de 0, on déduit le suivant.
Théorème 19.8 Toute fonction analytique sur O est continue sur cet ouvert.
Démonstration. Pour z0 ∈ O la fonction fz0 : t 7→ f (z0 + t) =
+∞
P
an tn , qui est définie
n=0
dans un voisinage de 0, est continue en 0, ce qui revient à dire que f est continue en z0 .
De cette continuité, on déduit que le développement en série entière au voisinage de z0 est
unique.
Exercice 19.21 Montrer que toute fonction polynomiale est analytique sur C.
³
´
Solution 19.21 Comme pour tout nombre complexe z0 la famille (z − z0 )k
0≤k≤n
est une
base de Cn [z] , toute fonction polynomiale P ∈ Cn [z] s’écrit de manière unique P (z) =
n
P
ak (z − z0 )k et en conséquence est analytique en z0 (on a an+k = 0 pour tout k ≥ 0).
k=0
Fonctions analytiques
471
1
est analytique sur D (0, 1) .
1−z
Exercice 19.22 Montrer que la fonction f : z 7→
Solution 19.22 On sait déjà que cette fonction est développable en série entière en 0 avec,
+∞
P n
pour tout z ∈ D (0, 1) , f (z) =
z .
n=0
Pour z0 ∈ D (0, 1) et z ∈ D (z0 , 1 − |z0 |) ⊂ D (0, 1) (faire un dessin), on a :
+∞
f (z) =
X (z − z0 )n
1
1
=
0
1 − z0 1 − z−z
(1 − z0 )n+1
1−z0
n=0
et f est analytique en z0 .
Au paragraphe 15.2 nous avons défini la fonction exponentielle complexe par ez =
pour tout nombre complexe z. On note aussi exp (z) pour ez .
+∞
P zn
n=0 n!
Exercice 19.23 Montrer que la fonction exponentielle complexe est analytique sur C.
Solution 19.23 En utilisant l’équation fonctionnelle vérifiée par la fonction exponentielle (théorème 15.2), on a pour tout z0 ∈ C :
z
z0 z−z0
e =e e
z0
=e
+∞
X
(z − z0 )n
n=0
n!
et f est analytique en z0 .
Nous verrons un peu plus loin que si f est une fonction développable en série entière sur un
disque ouvert D (0, R) de centre 0 et de rayon R > 0, elle est alors analytique sur ce disque.
En utilisant les résultats relatifs aux opérations sur les fonctions développables en série
entière au voisinage de 0 (théorèmes 14.8 et 14.9), on déduit le suivant.
Théorème 19.9 La somme et le produit de deux fonctions analytiques sur O est analytique
sur O.
+∞
+∞
P
P
bn (z − z0 )n pour z ∈ D (z0 , r) ⊂ O,
Plus précisément si f (z) =
an (z − z0 )n et g (z) =
on a alors f (z) + g (z) =
n
P
n=0
+∞
P
n=0
n=0
n
(an + bn ) (z − z0 ) et f (z) g (z) =
+∞
P
n=0
cn (z − z0 )n avec cn =
ak bn−k .
k=0
Exercice 19.24 Montrer que les fonctions f : z 7→ cos (z) , z 7→ sin (z) , z 7→ ch (z) et z 7→
sh (z) sont analytiques sur C.
Solution 19.24 Ce sont des combinaisons linéaires de la fonction exponentielle.
Exercice 19.25 Montrer qu’une fonction rationnelle est analytique sur son domaine de définition.
472
Fonctions holomorphes
Solution 19.25 Sachant qu’une fonction polynomiale est analytique et en utilisant le théorème
de décomposition en éléments simples, il suffit de montrer le résultat pour les fonctions ration1
où a est un nombre complexe et m un entier naturel non nul.
nelles de la forme z 7→
(z − a)m
Pour z0 ∈ C \ {a} et z ∈ D (z0 , |z0 − a|) ⊂ C \ {a} , on a :
1
1
m =
(z − a)
(z − z0 + z0 − a)m
=
+∞
X
1
1
1
³
´
=
an (z − z0 )n
m
(z0 − a)m 1 − z−z0
(z0 − a)m n=0
a−z0
1
est développable en série entière sur D (0, 1) .
(1 − t)m
Si maintenant f est une fonction rationnelle, le théorème de décomposition en élément simples
p
P
1
nous dit qu’elle s’écrit f = P +
αk
où P est une fonction polynomiale, les αk sont
(z − ak )mk
k=1
des nombres complexes et les mk des entiers naturels non nuls. La fonction P étant analytique
1
analytiques sur C\{ak } , on en déduit que f est analytique
sur C et les fonctions z 7→
(z − ak )mk
sur l’intersection de ces ensembles, soit sur C \ {a1 , · · · , ap } qui est le domaine de définition de
f.
sachant que la fonction t 7→
Remarque 19.3 Montrer que le quotient ou la composée de deux fonctions analytiques est
analytique sur son domaine de définition est assez délicat. Nous obtiendrons ces résultats comme
conséquences d’un résultat élémentaire relatif au quotient ou à la composée de deux fonctions
C-dérivables après avoir défini cette notion et montré qu’elle est équivalente à l’analyticité.
19.5
La dérivation complexe. Fonctions holomorphes
Pour ce paragraphe, O est un ouvert non vide de C, f une application de O dans C et z0
un point de O.
La notion de dérivabilité pour une fonction d’une variable complexe et à valeurs complexes
se défini comme dans le cas réel.
Définition 19.13 On dit que f est dérivable en z0 si la fonction z 7→
sur O \ {z0 } admet une limite en z0 .
f (z) − f (z0 )
définie
z − z0
Quand cette limite existe, elle est unique, on la note f 0 (z0 ) et on dit que c’est le nombre
dérivé de f en z0 .
De manière équivalente, on peut dire que f est dérivable en z0 si, et seulement si, elle admet
le développement limité d’ordre 1 en z0 :
f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 ) (z − z0 ) + |z − z0 | ε (z)
(19.1)
où lim ε (z) = 0.
z→z0
Définition 19.14 On dit que f est holomorphe (ou C-dérivable) sur O si elle est dérivable en
tout point de O.
La dérivation complexe. Fonctions holomorphes
473
Si f est une fonction holomorphe sur O, la fonction z 7→ f 0 (z) est la fonction dérivée de f.
Si f est holomorphe sur O avec f 0 également holomorphe, la dérivée de f 0 est notée f 00 .
Par récurrence, on peut définir les dérivées d’ordre n notées f (n) comme dans le cas réel. Nous
verrons plus loin qu’une fonction holomorphe est en fait toujours indéfiniment dérivable (ce qui
est faux pour les fonctions d’une variable réelle).
Exemple 19.4 Il est facile de vérifier qu’une fonction constante sur O est holomorphe de
dérivée nulle en tout point.
Exercice 19.26 Les fonctions z 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 , z 7→ |z| sont-elles
holomorphes sur C ?
Solution 19.26 Pour z 6= z0 , on a en utilisant la représentation polaire z − z0 = ρeiθ avec
ρ > 0 et θ ∈ [0, 2π[ :
z − z0
z − z0
=
= e−2iθ → e−2iθ
ρ→0
z − z0
z − z0
z − z0
et en conséquence
n’a pas de limite quand z tend vers z0 dans C (par exemple, pour
z − z0
π
θ = 0 et θ = , on a deux limites différentes, ce qui n’est pas possible).
2
L’étude des autres fonctions sont laissées au lecteur.
Remarque 19.4 Les fonctions z 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 nous fournissent
des exemples de fonctions indéfiniment dérivables vues comme fonctions de R2 dans R2 et non
dérivables au sens complexe. La fonction z 7→ |z|2 est uniquement dérivable en 0 avec une
|z|2
dérivée nulle (
= z → 0).
z→0
z
Exercice 19.27 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction f : z 7→ z n est holomorphe
sur C avec f 0 (z) = nz n−1 pour tout n ≥ 1 et tout z ∈ C.
Solution 19.27 Pour n = 0, f est constante égale à 1 et elle holomorphe de dérivée nulle.
f (z) − f (z0 )
Pour n = 1, de
= 1, on déduit que f est holomorphe sur C avec f 0 (z0 ) = 1 pour
z − z0
tout z0 .
Pour n ≥ 2, de :
n−1
f (z) − f (z0 )
z n − z0n X n−1−k k
z
z0 → nz0n−1
=
=
z→z0
z − z0
z − z0
k=0
(continuité sur C des fonctions z 7→ z p pour tout entier naturel p), on déduit que f est holomorphe sur C avec f 0 (z0 ) = nz0n−1 pour tout z0 ∈ C.
1
Exercice 19.28 Montrer que pour tout entier naturel non nul n, la fonction f : z 7→ n est
z
n
holomorphe sur C∗ avec f 0 (z) = − n+1 pour tout z ∈ C∗ .
z
Solution 19.28 De :
n−1 n−1−k k
X
f (z) − f (z0 )
z0n − z n
z
z0
= n n
=−
n
n
z − z0
z z0 (z − z0 )
z z0
k=0
=−
n−1
X
k=0
n
1
→
−
n+1
n−k
z k+1 z0 z→z0 z0
474
Fonctions holomorphes
1
pour tout entier naturel non nul p), on déduit que f
zp
n
est holomorphe sur C∗ avec f 0 (z0 ) = − n+1 pour tout z0 ∈ C∗ .
z0
(continuité sur C∗ des fonctions z 7→
De la définition du nombre dérivé on déduit facilement le résultat suivant.
Théorème 19.10 Si f est dérivable en z0 elle est alors continue en ce point.
Démonstration. Se déduit immédiatement de (19.1) .
La réciproque de ce résultat est fausse comme le montre l’exemple de la fonction z 7→ z.
Le résultat de l’exercice qui suit nous sera utile pour montrer qu’une fonction de dérivée
nulle sur un ouvert connexe est constante.
Exercice 19.29 Soient f : O → C holomorphe, [a, b] un segment réel non réduit à un point et
γ : [a, b] → O une fonction dérivable. Montrer que la fonction f ◦ γ est dérivable sur [a, b] avec
(f ◦ γ)0 (t) = f 0 (γ (t)) γ 0 (t) .
Solution 19.29 Pour t 6= t0 dans [a, b] , on a :
(f ◦ γ) (t) − (f ◦ γ) (t0 )
f (γ (t)) − f (γ (t0 ))
=
t − t0
t − t0
0
f (γ (t0 )) (γ (t) − γ (t0 )) + |γ (t) − γ (t0 )| ε (γ (t))
=
t − t0
γ
(t)
−
γ
(t
)
0
= f 0 (γ (t0 ))
+ δ (t)
t − t0
avec
γ (t) − γ (t0 )
→ γ 0 (t0 ) et :
t→t0
t − t0
|δ (t)| =
|γ (t) − γ (t0 )|
|ε (γ (t))| → |γ 0 (t0 )| · 0 = 0
t→t0
|t − t0 |
(γ qui est dérivable est continue, donc lim γ (t) = γ (t0 ) et lim ε (γ (t))).
t→t0
t→t0
Dans le cas des fonctions d’une variable réelle, on sait qu’une fonction définie sur un intervalle
et à valeurs réelles ou complexes est constante si, et seulement si, elle est dérivable de dérivée
nulle.
Dans le cas complexe, on vérifie facilement qu’une fonction constante est holomorphe de
dérivée nulle et pour la réciproque, on a le résultat suivant.
Théorème 19.11 Soient O un ouvert connexe de C et f : O → C une fonction holomorphe.
Si f 0 = 0, alors f est constante.
Démonstration. Soient a, b dans O. Comme O est un ouvert connexe, il existe un arc
affine par morceaux et continu γ : [0, 1] → O qui joint a et b. Un tel chemin est défini par une
subdivision t0 = 0 < t1 < · · · < tp < tp+1 = 1 et pour 0 ≤ k ≤ p, t ∈ [tk , tk+1 ] :
γ (t) =
t − tk
tk+1 − t
ak +
ak+1
tk+1 − tk
tk+1 − tk
où les ak = γ (tk ) sont dans O avec a0 = a, ap+1 = b.
La dérivation complexe. Fonctions holomorphes
475
Les fonctions ϕk : t 7→ f (γ (t)) sont alors dérivables sur [tk , tk+1 ] avec :
ϕ0k (t) = f 0 (γ (t)) γ 0 (t) = 0
et en conséquence ϕk est constante sur [tk , tk+1 ] . On a donc f (ak ) = f (ak+1 ) pour tout k
compris entre 0 et p et f (a) = f (b) . La fonction f est donc constante.
De manière plus générale si f 0 = 0 pour f : O → C holomorphe, la fonction f est constante
sur chaque composante connexe de l’ouvert O.
Comme dans le cas des fonctions d’une variable réelle, on a les résultats suivants relatifs aux
opérations algébriques sur les fonctions holomorphes, les démonstrations étant analogues.
Théorème 19.12 Soient f, g deux fonctions holomorphes sur O.
1. Pour tous nombres complexes λ, µ la fonction λf + µg est holomorphe sur O avec :
(λf + µg)0 = λf 0 + µg 0 .
2. La fonction f g est holomorphe sur O avec :
(f g)0 = f 0 g + f g 0
(formule de Leibniz).
3. Si g (z0 ) 6= 0, alors la fonction g ne s’annule pas dans un voisinage de z0 , les fonctions
et
f
qui sont définies dans un tel voisinage sont dérivables en z0 avec :
g
µ ¶0
µ ¶0
1
f
g 0 (z0 )
g (z0 ) f 0 (z0 ) − f (z0 ) g 0 (z0 )
(z0 ) = − 2
,
(z0 ) =
.
g
g (z0 )
g
g 2 (z0 )
1
g
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.
La formule de Leibniz se généralise, par récurrence sur n ≥ 2 en :
(f1 f2 · · · fn )0 = f10 f2 · · · fn + f1 f20 f3 · · · fn + · · · + f10 · · · fn−1 fn0
les fk , pour k compris entre 1 et n étant des fonctions holomorphes sur O.
Dans le cas où toutes les fk sont égales à une même fonction f, on a :
(f n )0 = nf n−1 f 0 .
Exercice 19.30 Montrer qu’une fonction polynomiale est holomorphe sur C et qu’une fonction
P
rationnelle f = , où P et Q sont des polynômes avec Q non nul, est holomorphe sur C \
Q
{z ∈ C | Q (z) = 0} .
Solution 19.30 C’est clair puisque les fonctions z 7→ 1 et z 7→ z sont holomorphe sur C.
Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.
Théorème 19.13 Si f : O → C est holomorphe sur O, O0 est un ouvert de C contenant f (O)
et g : O0 → C est holomorphe sur O0 , alors g ◦f est holomorphe sur O avec (g ◦ f )0 = (g 0 ◦ f ) f 0 .
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.
476
Fonctions holomorphes
Définition 19.15 On appelle fonction entière, toute fonction qui est holomorphe sur C.
Exercice 19.31 Montrer que la fonction exponentielle complexe est une fonction entière avec
exp0 (z) = exp (z) pour tout z ∈ C.
Solution 19.31 Pour z 6= z0 , on a :
+∞
z−z0
X (z − z0 )n−1
−1
ez − ez0
z0 e
z0
z0
−e =e
=e
− ez0
z − z0
z − z0
n!
n=1
z0
=e
+∞
X
(z − z0 )n−1
n=2
et :
n!
¯
¯
¯ z
¯
+∞
n−2 ¯
¯X
¯ e − ez0
¯
(z
−
z
)
¯
¯
0
z0
z0 ¯
¯
¯
¯ z − z0 − e ¯ = |e | |z − z0 | ¯¯
¯
n!
n=2
≤ |ez0 | |z − z0 |
+∞
X
|z − z0 |n−2
n=2
et lim =
z→z0
(n − 2)!
= |ez0 | |z − z0 | e|z−z0 |
ez − ez0
− ez0 = 0, ce qui signifie que exp est dérivable en z0 avec exp0 (z0 ) = exp (z0 ) .
z − z0
De cet exercice, on déduit que les fonctions cos, sin, ch et sh sont des fonctions entières avec
pour tout z ∈ C : cos0 (z) = − sin (z) , sin0 (z) = cos (z) , ch0 (z) = sh (z) et sh0 (z) = ch (z) .
o
nπ
1
+ kπ | k ∈ Z avec tan0 (z) =
= 1+
La fonction tan est holomorphe sur C \
2
2
cos (z)
n
o
π
1
tan2 (z) et la fonction th est holomorphe sur C \ kπ + i | k ∈ Z avec th0 (z) = 2
=
2
ch (z)
1 − th2 (z) .
19.6
Les conditions de Cauchy-Riemann
O désigne encore un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.
On rappelle que si Ω est un ouvert non vide de R2 , on dit qu’une fonction ϕ : Ω → R2 est
différentiable en (x0 , y0 ) ∈ Ω s’il existe un application linéaire dϕ (x0 , y0 ) de R2 dans R2 telle
que pour tout (x, y) ∈ Ω on ait :
ϕ (x, y) = ϕ (x0 , y0 ) + dϕ (x0 , y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + k(x − x0 , y − y0 )k ε (x, y)
où
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
(19.2)
ε (x, y) = 0. Si ϕ = (P, Q) , où P et Q sont à valeurs réelles, alors la matrice de
l’application linéaire dϕ (x0 , y0 ) (la différentielle de ϕ en (x0 , y0 )) est :
à ∂P
!
(x0 , y0 ) ∂P
(x0 , y0 )
∂x
∂y
Jϕ (x0 , y0 ) =
∂Q
(x0 , y0 ) ∂Q
(x0 , y0 )
∂x
∂y
(matrice jacobienne de ϕ en (x0 , y0 )).
En notant respectivement P et Q la partie réelle et la partie imaginaire de f, on a le résultat
suivant, où ϕ : (x, y) 7→ (P (x, y) , Q (x, y)) est la représentation réelle de f.
Les conditions de Cauchy-Riemann
477
Théorème 19.14 La fonction f est holomorphe sur O si, et seulement si, la fonction ϕ est
différentiable (au sens réel) sur Ω avec pour tout (x, y) ∈ Ω :
( ∂P
(x, y) = ∂Q
(x, y)
∂x
∂y
∂P
∂y
(x, y) = − ∂Q
(x, y)
∂x
(conditions de Cauchy-Riemann).
Démonstration. Supposons f holomorphe sur O. Pour z0 ∈ O, on note f 0 (z0 ) = a + ib
avec a, b réels. De (19.1) , on déduit avec les notations qui précèdent que :
ϕ (x, y) = ϕ (x0 , y0 ) + (a (x − x0 ) − b (y − y0 ) , a (y − y0 ) + b (x − x0 ))
+ k(x − x0 , y − y0 )k ε (x, y)
ce qui signifie que ϕ est différentiable en (x0 , y0 ) de matrice jacobienne :
à ∂P
! µ
¶
(x0 , y0 ) ∂P
(x0 , y0 )
∂x
∂y
a −b
Jϕ (x0 , y0 ) =
=
∂Q
∂Q
b a
(x
,
y
)
(x
,
y
)
0
0
0
0
∂x
∂y
et on a les conditions de Cauchy-Riemann.
Réciproquement si ϕ est différentiable en (x0 , y0 ) , les conditions de Cauchy-Riemann étant
remplies, l’expression complexe de (19.2) est :
µ
¶
∂P
∂Q
f (z) = f (z0 ) +
(x0 , y0 ) + i
(x0 , y0 ) (z − z0 ) + |z − z0 | ε (z)
∂x
∂x
et :
f (z) − f (z0 )
∂P
∂Q
=
(x0 , y0 ) + i
(x0 , y0 )
z→z0
z − z0
∂x
∂x
ce qui signifie que f est holomorphe en z0 de dérivée :
lim
f 0 (z0 ) =
∂Q
∂P
(x0 , y0 ) + i
(x0 , y0 )
∂x
∂x
Remarque 19.5 Les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent en disant que pour f holomorphe, la différentielle dϕ est C-linéaire.
∂f
∂P
∂Q
∂f
∂P
∂Q
=
+i
et
=
+i
, nous avons vu avec la
∂x
∂x
∂x
∂y
∂y
∂y
∂f
démonstration précédente que f 0 (z) =
(z) et les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent
∂x
par :
Remarque 19.6 En notant
∂f
∂P
∂Q
∂Q
∂P
(z) = f 0 (z) =
(x, y) + i
(x, y) =
(x, y) − i
(x, y)
∂x
∂x
∂x
∂y
∂y
µ
¶
∂Q
∂P
∂f
+i
(z)
= −i
= −i
∂y
∂y
∂y
ou encore par :
∂f
∂f
(z) = −i
(z) = f 0 (z) .
∂x
∂y
478
Fonctions holomorphes
Exercice 19.32 En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann, montrer que les fonctions
z 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 , z 7→ |z| , z 7→ ez ne sont pas holomorphes sur C.
Solution 19.32 Pour f : z 7→ z, on a f = P + iQ avec P (x, y) = x, Q (x, y) = −y et
∂P
∂Q
(x, y) = 1 6=
(x, y) = −1. Cette fonction f n’est donc pas holomorphe. On montre de
∂x
∂y
manière analogue que les autres fonctions ne sont pas holomorphes.
Exercice 19.33 La fonction f définie sur C par f (z) = f (x + iy) = x2 y + iy est-elle holomorphe ?
Solution 19.33 On a f = P + iQ avec P (x, y) = x2 y et Q (x, y) = y. Comme :
∂P
∂Q
(x, y) = 2xy 6=
(x, y) = 1
∂x
∂y
pour z dans C privé de l’hyperbole H d’équation 2xy = 1 et :
∂P
∂Q
(x, y) = x2 6= −
(x, y) = 0
∂y
∂x
pour les points de H, la fonction n’est pas holomorphe sur C.
Exercice 19.34 Montrer que si f est une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de C
et à valeurs réelles, elle est alors nécessairement constante.
Solution 19.34 En gardant la notation f = P + iQ avec P, Q à valeurs réelles, on a Q = 0
∂P
∂P
pour f à valeurs réelles et des conditions de Cauchy Riemann, on déduit que
=
= 0 sur
∂x
∂y
∂f
Ω et en conséquence f 0 (z) =
(z) = 0 ce qui équivaut à dire que f est constante sur l’ouvert
∂x
connexe O.
Exercice 19.35 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de C, où
P et Q sont respectivement la partie réelle et la partie imaginaire de f. Montrer que s’il existe
des réel a, b tels que P + aQ + b = 0 sur O, alors f est constante.
Solution 19.35 Si a = 0, P est constante et on a ,
∂P
∂Q
∂P
= 0,
=−
= 0, soit f 0 (z) =
∂x
∂x
∂y
∂f
(z) = 0 et f est constante sur l’ouvert connexe O.
∂x
∂P
∂Q
∂P
∂Q
On suppose maintenant que a 6= 0. De P +aQ+b = 0, on déduit que
+a
=
+a
=0
∂x
∂x
∂y
∂y
∂P
∂Q
∂P ∂P
∂Q
∂P
∂P
∂P
et donc
= −a
= a
,
= −a
= −a
, ce qui donne
= −a2
, soit
∂x
∂x
∂y ∂y
∂y
∂x
∂x
∂x
∂P
∂P
∂Q
1 ∂P
∂f
(1 + a2 )
= 0, donc
= 0 et
=−
= 0, ce qui entraîne f 0 (z) =
(z) = 0 et f
∂x
∂x
∂x
a ∂x
∂x
est constante sur l’ouvert connexe O.
Exercice 19.36 Connaissant les fonctions de la variable réelle exp, sin et cos, on peut définir
la fonction x 7→ eix = cos (x) + i sin (x) sur R et la fonction exponentielle complexe par z =
x+iy 7→ exp (z) = ex eiy sur C. Montrer, avec cette définition, que cette fonction est holomorphe
sur C avec exp0 = exp .
Les conditions de Cauchy-Riemann
479
Solution 19.36 On a exp (z) = P (z) + iQ (z) avec P (z) = ex cos (y) et Q (z) = ex sin (y) .
Les fonctions P et Q sont différentiables sur R2 et on a :
( ∂P
(x, y) = ex cos (y) = ∂Q
(x, y)
∂x
∂y
∂P
∂y
(x, y) = −ex sin (y) = − ∂Q
(x, y)
∂x
et donc exp est holomorphe sur C. Et pour tout complexe z, on a :
∂ exp
∂P
∂Q
(x, y) =
(x, y) + i
(x, y)
∂x
∂x
∂x
= ex cos (y) + iex sin (y) = exp (z) .
exp0 (z) =
Exercice 19.37 On a défini la détermination principale du logarithme complexe par :
ln :
C \ R−
→
C
z = x + iy 7→ ln (|z|) + i arg (z) = ln (|z|) + 2i arctan
³
y
x+|z|
´
(paragraphe 15.8). Montrer que cette fonction est holomorphe sur C \ R− avec ln0 (z) =
tout z ∈ C \ R− .
1
pour
z
Solution 19.37
de ¶
arg (z)
µ On rappelle
¶ si θ est la détermination µ
µ dans
¶ ]−π, π[ , on a x =
µ ¶ que
θ
θ
θ
|z| cos (θ) = |z| 2 cos2
− 1 , y = |z| sin (θ) = |z| 2 cos
sin
et
2
2
2
¡ ¢
µ ¶
2 |z| cos 2θ
θ
y
y
¡θ¢
tan
=
=
2
x + |z|
x + |z|
2 |z| cos 2
θ i π πh
∈ − ,
.
2
2 2
³p
´
En notant z = x + iy, on a f (z) = P (z) + iQ (z) avec P (z) = ln
x2 + y 2 et Q (z) =
µ
¶
y
√
2 arctan
. Les fonctions P et Q sont différentiables sur R2 et on a :
2
2
avec
x+
x +y
∂P
x
∂P
y
(x, y) = 2
,
(x, y) = 2
2
∂x
x + y ∂y
x + y2
et :
√
x+
∂Q
(x, y) = 2
∂y
x2 +y 2 −y √ 2y 2
√ 2 2 x 2+y
x+ x +y
µ
p
x2 + y 2 + x2 + y 2 − y 2
¶
µ³
¶2 = 2 p
´2
p
2
2
2
2
2
+y
x +y
x+ x +y
x
√y
x2 +y 2
p
x x2 + y 2 + x2
³
´
=p
p
x2 + y 2 x2 + y 2 + x x2 + y 2
³p
´
2
2
x
x +y +x
x
∂P
³p
´= 2
=
=
(x, y)
2
x +y
∂x
(x2 + y 2 )
x2 + y 2 + x
1+
x+
480
Fonctions holomorphes
−y 1+ √ 2x 2
x +y
2
√
2
x+ x +y 2
³p
´
2 + y2 + x
x
y
∂Q
µ³
¶
(x, y) = 2
µ
¶2 = −2 p
´2
p
∂x
2
2
2
2
2
y
x +y
x+ x +y
+y
√
1+
x+ x2 +y 2
³p
´
2
2
y
x +y +x
³
´
= −p
p
x2 + y 2 x2 + y 2 + x x2 + y 2
´
³p
x2 + y 2 + x
y
y
∂P
³p
´ =− 2
=−
=
(x, y)
2
x
+
y
∂y
2
2
2
2
(x + y )
x +y +x
Les conditions de Cauchy-Riemann étant satisfaites, la fonction ln est holomorphe sur C \ R−
avec :
∂ ln
∂P
∂Q
(x, y) =
(x, y) + i
(x, y)
∂x
∂x
∂x
x
y
z
1
= 2
−i 2
= 2 = .
2
2
x +y
x +y
z
|z|
ln0 (z) =
Exercice 19.38 Soient O un ouvert de C∗ et f = P + iQ : O → C où P et Q sont à
valeurs réelles. En utilisant l’écriture polaire des nombres complexes, z = reit , on peut écrire
P (z) = P (r, t) et Q (z) = Q (r, t) . Montrer que f est holomorphe sur O si, et seulement si, les
∂P
1 ∂Q
∂Q
1 ∂P
fonctions P et Q sont différentiables avec
=
et
=−
(expression polaire des
∂r
r ∂t
∂r
r ∂t
conditions de Cauchy-Riemann).
Solution 19.38 L’écriture z = reit se traduit par x = r cos (t) , y = r sin (t) . Si f est holomorphe sur O, les fonctions P et Q sont différentiables sur Ω et on a :
∂P
∂P ∂x ∂P ∂y
∂P
∂P
=
+
= cos (t)
+ sin (t)
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
∂x
∂y
µ
¶
∂Q
∂Q
1 ∂Q ∂y ∂Q ∂x
= cos (t)
− sin (t)
=
+
∂y
∂x
r ∂y ∂t
∂x ∂t
1 ∂Q
=
r ∂t
et :
∂Q
∂Q
∂Q
= cos (t)
+ sin (t)
∂r
∂x
∂y
µ
¶
∂P
∂P
1 ∂P ∂y ∂P ∂x
= − cos (t)
+ sin (t)
=−
+
∂y
∂x
r ∂y ∂t
∂x ∂t
1 ∂P
=−
r ∂t
∂P
1 ∂Q
∂Q
1 ∂P
Réciproquement si les fonctions P et Q sont différentiables avec
=
et
=−
,
∂r
r ∂t
∂r
r ∂t
de :
( ∂P
= cos (t) ∂P
+ sin (t) ∂P
∂r
∂x
∂y
∂P
∂t
= −r sin (t) ∂P
+ r cos (t) ∂P
∂x
∂y
Les conditions de Cauchy-Riemann
on déduit que :
et :
(
481
∂P
∂x
= cos (t) ∂P
−
∂r
sin(t) ∂P
r
∂t
∂P
∂y
= sin (t) ∂P
+
∂r
cos(t) ∂P
r
∂t
∂P
cos (t) ∂Q
∂Q
∂Q
=
+ sin (t)
=
∂x
r
∂t
∂r
∂y
∂P
sin (t) ∂Q
∂Q
∂Q
=
− cos (t)
=−
∂y
r ∂t
∂r
∂x
ce qui signifie que f est holomorphe sur O.
x
. Déterminer, si elles
|z|2
existent, toutes les fonctions Q : C∗ → R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C∗ .
Exercice 19.39 Soit P : C∗ → R définie par P (z) = P (x + iy) =
x
est différentiable sur C∗ identifié à R2 \
+ y2
{(0, 0)} . Si f = P + iQ est holomorphe sur C∗ , la fonction Q est alors différentiable sur C∗
avec :

y 2 − x2

∂Q
∂P

(x,
y)
=
(x,
y)
=

 ∂y
∂x
(x2 + y 2 )2

2xy

∂Q
∂P

 ∂x (x, y) = − ∂y (x, y) = 2
(x + y 2 )2
y
De la deuxième équation, on déduit que Q (x, y) = − 2
+ ϕ (y) , où ϕ est différentiable sur
x + y2
y
y
R et avec la première, on déduit que ϕ0 (y) = 0. On a donc Q (x, y) = − 2
+ c = − 2 + c,
2
x +y
|z|
x − iy
1
où c est une constante réelle et f (z) = 2
+ ic = + ic.
x + y2
z
Solution 19.39 La fonction P : (x, y) 7→
x2
Exercice 19.40 Soit Q : C → R définie par Q (z) = P (x + iy) = cos (x) sh (y) . Déterminer,
si elles existent, toutes les fonctions P : C → R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.
Solution 19.40 La fonction Q : (x, y) 7→ cos (x) sh (y) est différentiable sur C identifié à R2 .
Si f = P + iQ est holomorphe sur C, la fonction P est alors différentiable sur C avec :
( ∂P
(x, y) = ∂Q
(x, y) = cos (x) ch (y)
∂x
∂y
∂P
∂y
(x, y) = − ∂Q
(x, y) = sin (x) sh (y)
∂x
De la première équation, on déduit que P (x, y) = sin (x) ch (y) + ϕ (y) , où ϕ est différentiable
sur R et avec la deuxième, on déduit que ϕ0 (y) = 0. On a donc P (x, y) = sin (x) ch (y) + c, où
c est une constante réelle et :
f (z) = sin (x) ch (y) + i cos (x) sh (y) + c
= sin (x) cos (iy) − cos (x) sin (iy) + c
= sin (x + iy) + c = sin (z) + c.
Exercice 19.41 Soit P : C → R définie par P (z) = P (x + iy) = |z|2 . Montrer qu’il n’est pas
possible de trouver Q : C → R telle que f = P + iQ soit holomorphe sur C (il n’existe pas de
fonction holomorphe sur C de partie réelle |z|2 ).
482
Fonctions holomorphes
Solution 19.41 Les conditions de Cauchy-Riemann s’écrivent :
( ∂Q
(x, y) = ∂P
(x, y) = 2x
∂y
∂x
∂Q
∂x
(x, y) = − ∂P
(x, y) = −2y
∂y
ce qui donne Q (x, y) = −2xy + ϕ (y) et −2x + ϕ0 (y) = 2x, donc ϕ0 (y) = 4x, ce qui est
impossible (sans quoi, pour y fixé, ϕ0 (y) prend une infinité de valeurs).
19.7
Fonctions harmoniques
Définition 19.16 Soit Ω un ouvert non vide de R2 . On dit qu’une fonction ϕ : Ω → R est
harmonique sur Ω si elle est de classe C 2 sur Ω avec :
∂2ϕ
∂2ϕ
(x,
y)
+
(x, y) = 0
∂x2
∂y 2
pour tout (x, y) ∈ Ω.
L’opérateur différentiel
∂2
∂2
+
est noté ∆ et appelé laplacien.
∂x2 ∂y 2
Théorème 19.15 Si f = P + iQ est une fonction holomorphe sur l’ouvert O avec P et Q de
classe C 2 et à valeurs réelles, alors les fonctions P et Q sont harmoniques sur O.
Démonstration. En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann et le théorème de Schwarz
pour les fonctions de classe C 2 , on a :
µ
¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
∂ 2P
∂ 2P
∂ ∂P
∂ ∂P
∂ ∂Q
∂ ∂Q
+
=
+
=
−
∂x2
∂y 2
∂x ∂x
∂y ∂y
∂x ∂y
∂y ∂x
2
2
∂ Q
∂ Q
=
−
=0
∂x∂y ∂y∂x
et P est harmonique sur O.
De manière analogue, on vérifie que Q est harmonique sur O.
Remarque 19.7 Nous verrons plus loin qu’une fonction holomorphe est en fait indéfiniment
dérivable et l’hypothèse P et Q de classe C 2 est automatiquement vérifiée.
Exemple 19.5 La fonction P : (x, y) 7→ x2 + y 2 n’étant pas harmonique (∆P = 4 6= 0), il ne
peut pas exister de fonction holomorphe sur C de partie réelle x2 + y 2 = |z|2 .
Exercice 19.42 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur l’ouvert O ne s’annulant pas,
où P et Q sont de classe C 2 et à valeurs réelles. Montrer que la fonction ln (|f |) est harmonique.
Solution 19.42 On a ϕ = ln (|f |) =
1
ln (P 2 + Q2 ) et :
2
P ∂P + Q ∂Q
∂ϕ
∂x
= ∂x2
2
∂x
P +Q
Fonctions harmoniques
2
∂ ϕ
=
∂x2
=
(P 2 + Q2 )
(P 2 + Q2 )
483
³¡
³¡
¢
∂P 2
∂x
¢
∂P 2
∂x
2
+ P ∂∂xP2 +
2
+ P ∂∂xP2
¡ ∂Q ¢2
∂x
´
¡
¢2
2
+ Q ∂∂xQ2 − 2 P ∂P
+ Q ∂Q
∂x
∂x
(P 2 + Q2 )2
´
¡ ¢2
¡ ∂P
¢
∂2Q
∂Q 2
+ ∂Q
+
Q
−
2
P
+
Q
2
∂x
∂x
∂x
∂x
(P 2 + Q2 )2
Ã
!
¡ ∂P ¢2
¡ ∂Q ¢2
∂2Q
∂Q 2
∂2P
∂P
+
P
+
+
Q
+
Q
P
2
2
∂x
∂x
∂x
∂x
∂x
= ∂x
−2
P 2 + Q2
P 2 + Q2
∂2ϕ
Utilisant une formule analogue pour
, on obtient :
∂y 2
¡ ∂P ¢2 ³ ∂P ´2
¡ ∂Q ¢2 ³ ∂Q ´2
+ ∂y + P ∆P + ∂x + ∂y + Q∆Q
∂x
∆ϕ =
P 2 + Q2
!2
à ∂P
!
Ã
∂Q 2
∂Q
P
+
Q
P ∂P
+
Q
∂y
∂y
∂x
∂x
−2
−2
P 2 + Q2
P 2 + Q2
³
´2 ³
´2
¡ ∂P ¢2 ³ ∂P ´2
∂P
∂P
∂P
∂P
+
P
−
Q
+
P
+
Q
∂x
∂y
∂x
∂y
∂y
∂x
=2
−2
2
2
2
P +Q
(P 2 + Q2 )
³
´
³ ´2
³ ´2
2
¡ ∂P ¢2
¡ ¢
¡ ¢2
∂P
2 ∂P 2
2 ∂P
2 ∂P
+
P
+
Q
+
P
+ Q2 ∂P
∂x
∂y
∂x
∂y
∂y
∂x
=2
−2
2
2
2
P +Q
(P 2 + Q2 )
µ
³ ´2 ¶
¢
¡
2
¡ ∂P ¢2 ³ ∂P ´2
∂P
+ ∂P
(P 2 + Q2 )
+
∂x
∂y
∂x
∂y
=2
−
2
= 0.
P 2 + Q2
(P 2 + Q2 )2
Remarque 19.8 L’exercice précédant peut se résoudre facilement en remarquant que l’hypothèse f (z) 6= 0 pour tout z ∈ O permet de définir localement des déterminations holomorphes
de ln (f ) et ln (|f |) est harmonique comme partie réelle d’une telle détermination.
Le théorème précédent admet une réciproque qui peut s’énoncer comme suit, en prenant
pour l’instant, comme définition intuitive d’un ouvert simplement connexe, un ouvert non vide,
connexe et « sans trous ».
Théorème 19.16 Si O est un ouvert simplement connexe et P : O → R une fonction harmonique, il existe alors des fonctions holomorphes sur O de partie réelle P.
Démonstration. Admis.
De telles fonctions s’écrivent f = P + iQ, où Q : O → R s’obtient en résolvant le système
défini par les conditions de Cauchy-Riemann.
Exercice 19.43 Soit P : C → R définie par P (z) = x2 − y 2 − 2xy − 2x + 3y. Déterminer
toutes les fonctions Q : C → R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.
Solution 19.43 On a ∆P = 0, donc P est harmonique et on peut trouver Q.
Les conditions de Cauchy-Riemann donnent :
( ∂Q
(x, y) = ∂P
(x, y) = 2x − 2y − 2
∂y
∂x
∂Q
∂x
(x, y) = − ∂P
(x, y) = 2y + 2x − 3
∂y
484
Fonctions holomorphes
De la deuxième équation, on déduit que Q (x, y) = 2xy + x2 − 3x + ϕ (y) , où ϕ est différentiable
sur R et avec la première, on déduit que ϕ0 (y) = −2y − 2. On a donc Q (x, y) = 2xy + x2 −
3x − y 2 − 2y + c, où c est une constante réelle et :
¡
¢
f (z) = x2 − y 2 − 2xy − 2x + 3y + i 2xy + x2 − 3x − y 2 − 2y + ic
= (x + iy)2 + i (x + iy)2 − 2 (x + iy) − 3i (x + iy) + ic
= (1 + i) z 2 − (2 + 3i) z + ic
Exercice 19.44 Montrer que si P : O → R est une fonction harmonique de classe C 3 , alors
∂P
∂P
la fonction ϕ = x
+y
est aussi harmonique.
∂x
∂y
Solution 19.44 On a :
∂ϕ
∂P
∂2P
∂ 2P
=
+x 2 +y
∂x
∂x
∂x
∂x∂y
µ
¶
µ
¶
∂ 2P
∂ 2P
∂ ∂ 2P
∂ ∂ 2P
∂ 2ϕ
=
+
+x
+y
∂x2
∂x2
∂x2
∂x ∂x2
∂y ∂x2
µ
¶
µ
¶
∂ 2P
∂ ∂ 2P
∂ ∂2P
=2 2 +x
+y
∂x
∂x ∂x2
∂y ∂x2
∂ϕ
∂ 2P
∂P
∂2P
=x
+
+y 2
∂y
∂x∂y
∂y
∂y
µ
¶
µ
¶
∂ 2ϕ
∂ 2P
∂ ∂ 2P
∂ ∂ 2P
=2 2 +x
+y
∂y 2
∂y
∂x ∂y 2
∂y ∂y 2
et :
∆ϕ = 2∆P + x
∂
∂
(∆P ) + y (∆P ) = 0
∂x
∂y
ce qui signifie que ϕ est harmonique.
Remarque 19.9 Si dans l’exercice précédant, O est un ouvert simplement connexe, alors P
est la partie réelle d’une fonction holomorphe et en conséquence, elle est de classe C ∞ . Dans ce
cas , l’hypothèse P de classe C 3 est superflue.
En remarquant que :
∂P
∂Q
∂P
∂P
∂f
=
+i
=
−i
f0 =
∂x
∂x
∂x
∂x
∂y
et :
µ
µ
¶
¶
∂P
∂P
∂P
∂P
∂P
∂P
0
zf = (x + iy)
−i
+y
+i y
−x
=x
∂x
∂y
∂x
∂y
∂x
∂y
∂P
∂P
∂P
∂P
+y
et y
−x
sont harmoniques comme partie réelle et imaginaire
∂x
∂y
∂x
∂y
de la fonction holomorphe zf 0 .
on déduit que x
Equivalence entre analyticité et holomorphie
19.8
485
Equivalence entre analyticité et holomorphie
Nous avons vu qu’une fonction de la variable réelle développable en série entière au voisinage
de 0 est indéfiniment dérivable (corollaire 14.6). Maintenant que nous avons donné un sens à la
notion de dérivation complexe nous allons montrer que ce résultat est encore valable pour les
fonctions d’une variable complexe.
Le fait qu’une fonction analytique en z0 est holomorphe en ce point est élémentaire.
Théorème 19.17 Une fonction analytique sur un ouvert non vide O de C est holomorphe sur
cet ouvert.
+∞
P
an (z − z0 )n pour z ∈
Démonstration. Pour z0 ∈ O, il existe r > 0 tel que f (z) =
n=0
D (z0 , r) ⊂ O et pour z 6= z0 dans D (z0 , r) , on a :
+∞
f (z) − f (z0 ) X
=
an+1 (z − z0 )n = g (z)
z − z0
n=0
P
avec lim g (z) = g (z0 ) = a1 puisque la fonction g est continue en z0 (la série entière
an+1 tn
z→z0
P
qui a même rayon de convergence que
an tn est continue sur D (0, r) , donc en 0). La fonction
f est donc dérivable en z0 de dérivée f 0 (z0 ) = a1 .
De manière, plus précise, on peut montrer que la dérivée d’une fonction analytique sur O est
elle même analytique sur cet ouvert et donc holomorphe. Après avoir montré l’équivalence entre
analyticité et holomorphie, on déduira qu’une fonction C-dérivable est indéfiniment C-dérivable
(ce résultat étant faux pour les fonctions d’une variable réelle).
Théorème 19.18 Si f une est fonction analytique sur un ouvert non vide O de C, elle est
+∞
P
an (z − z0 )n pour z ∈ D (z0 , r) ⊂ O,
alors holomorphe de dérivée f 0 analytique. Si f (z) =
on a alors f 0 (z) =
+∞
P
n=0
n−1
nan (z − z0 )
pour tout z ∈ D (z0 , r) .
n=1
Démonstration. Sachant qu’une série et sa série dérivée ont même rayon de convergence,
on peut définir la fonction g sur D (z0 , r) par :
∀z ∈ D (z0 , r) , g (z) =
+∞
X
nan (z − z0 )n−1 .
n=1
Soient z ∈ D (z0 , r) , ρ > 0 tel que |z − z0 | < ρ < r et h ∈ D (0, ρ − |z − z0 |) \ {0} (figure 19.2).
On a |z + h − z0 | ≤ |z − z0 | + |h| < |z − z0 | + ρ − |z − z0 | < ρ et :
+∞
+∞
X (z + h − z0 )n − (z − z0 )n X
f (z + h) − f (z)
− g (z) =
an
−
nan (z − z0 )n−1
h
h
n=0
n=1
=
+∞
X
an Pn (z, h)
n=1
où on a posé pour n ≥ 1 :
(z + h − z0 )n − (z − z0 )n
− n (z − z0 )n−1
Pn (z, h) =
h
n−1
X
=
(z + h − z0 )n−1−k (z − z0 )k − n (z − z0 )n−1
k=0
486
Fonctions holomorphes
z+h
z
r
z0
Fig. 19.2 –
On a alors :
|Pn (z, h)| ≤
≤
n−1
X
k=0
n−1
X
|z + h − z0 |n−1−k |z − z0 |k + n |z − z0 |n−1
ρn−1−k ρk + nρn−1 = 2nρn−1
k=0
P
la série
nan−1 ρn−1 étant convergente.
Pour ε > 0 donné, on peut donc trouver un entier naturel nε ≥ 1 tel que :
∀n ≥ nε ,
+∞
X
kak−1 ρk−1 < ε
k=n+1
et un réel ρ1 ∈ ]0, ρ − |z − z0 |[ tel que pour |h| < ρ1 , on ait :
¯
¯
nε
¯X
¯
¯
¯
ak Pk (z, h)¯ < ε
¯
¯
¯
k=1
(on a lim
nε
P
h→0 k=1
ak Pk (z, h) = 0), ce qui donne pour |h| < ρ1 :
¯
¯
¯ f (z + h) − f (z)
¯
¯
− g (z)¯¯ < 3ε
¯
h
On a donc ainsi montré que lim
z→z0
f (z + h) − f (z)
= g (z) , ce qui signifie que f est Ch
dérivable en z de dérivée g (z) .
La fonction f est donc holomorphe sur O de dérivée f analytique sur cet ouvert, donc
également holomorphe.
On a aussi montré avec ce théorème qu’une fonction développable en série entière au voisinage
d’un point z0 est holomorphe dans ce voisinage.
Par récurrence, on déduit le résultat suivant.
Equivalence entre analyticité et holomorphie
487
Corollaire 19.1 Si f est une fonction analytique sur un ouvert non vide O de C, elle est alors
+∞
P
indéfiniment C-dérivable sur O et si f (z) =
an (z − z0 )n pour z ∈ D (z0 , r) ⊂ O, on a pour
n=0
+∞
P
n!
tout entier p ≥ 1, f (p) (z) =
an (z − z0 )n−p pour tout z ∈ D (z0 , r) .
(n
−
p)!
n=p
Avec les notations du corollaire, on a f (p) (z0 ) = p!ap , soit ap =
f (p) (z0 )
pour tout p ≥ 0.
p!
Exemple 19.6 En utilisant ce théorème, on voit que la fonction exponentielle complexe est
holomorphe sur C avec, pour tout z ∈ C :
à +∞ !0 +∞
+∞
X zn
X nz n−1 X
z n−1
0
exp (z) =
=
=
n!
n!
(n − 1)!
n=0
n=0
n=1
=
+∞ n
X
z
n=0
n!
= exp (z)
Exercice 19.45 En utilisant le fait que la fonction exp est holomorphe avec exp0 = exp, montrer que exp (a + b) = exp (a) exp (b) pour tous nombres complexes a et b.
Solution 19.45 On définit la fonction f par f (z) = e−z ez+c , où c est une constante complexe.
Cette fonction est holomorphe sur C comme produit de deux fonctions holomorphes avec f 0 (z) =
−e−z ez+c + e−z ez+c = 0, elle est donc constante égale à f (0) = ec . Prenant z = −a et c = a + b,
on en déduit que ea+b = ea eb .
Le théorème de Cauchy qui suit nous dit que réciproquement toute fonction holomorphe sur
O est analytique sur cet ouvert.
Pour montrer ce théorème, on admet temporairement le résultat suivant.
Théorème 19.19 Si f est une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O de C, sa dérivée
f 0 est alors une fonction continue sur O.
Théorème 19.20 (Cauchy) Soient f une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O de
C, z0 un point de O et R > 0 le plus grand réel (éventuellement égal à +∞) tel que D (z0 , R) ⊂
O.
Pour tout entier naturel n, le nombre complexe :
Z
Z 2π
¡
¢
1
f (u)
1
an =
f z0 + reit e−int dt
n
n+1 du =
2iπ |u−z0 |=r (u − z0 )
2πr 0
est indépendant du réel r ∈ ]0, R[ et pour tout z ∈ D (z0 , R) , on a :
f (z) =
+∞
X
an (z − z0 )n
n=0
Démonstration. Soient z ∈ D (z0 , R) et r > 0 tel que |z − z0 | < r < R. On associe à ces
quantités la fonction ϕ définie sur [0, 1] par :
Z
f ((1 − θ) z + θu)
du
ϕ (θ) =
u−z
|u−z0 |=r
Z 2π
f ((1 − θ) z + θ (z0 + reit )) it
=
ire dt
z0 + reit − z
0
488
Fonctions holomorphes
(pour u = z0 + reit sur le cercle de centre z0 et de rayon r, le point (1 − θ) z + θu est sur le
segment [z, u] ⊂ D (z0 , R)).
La fonction intégrée est continûment différentiable en (θ, t) ∈ [0, 1] × [0, 2π] puisque f est
continûment différentiable (vue comme une application d’un ouvert de R2 dans R2 ) et en
conséquence ϕ est continue sur [0, 1] , dérivable sur ]0, 1[ avec :
Z 2π
¡
¡
¢¢
0
ϕ (θ) =
f 0 (1 − θ) z + θ z0 + reit ireit dt
0
¸
·
¡
¢¢ t=2π
1 ¡
it
=0
= f (1 − θ) z + θ z0 + re
θ
t=0
par 2π-périodicité de la fonction t 7→ f ((1 − θ) z + θ (z0 + reit )) . La fonction ϕ est donc
constante sur ]0, 1[ et sur [0, 1] par continuité. On a donc :
Z 2π
Z 2π
f (z0 + reit ) it
ireit
ϕ (1) =
ire
dt
=
ϕ
(0)
=
f
(z)
dt
z0 + reit − z
z0 + reit − z
0
0
soit :
Z
2π
f (z)
0
ou encore :
Z 2π
¡
¢
reit
reit
it
f
z
+
re
dt
=
dt
0
z0 + reit − z
z0 + reit − z
0
Z
Z
f (u)
du
=
du.
f (z)
|u−z0 |=r u − z
|u−z0 |=r u − z
(19.3)
Tenant compte de |z − z0 | < r = |reit | , on peut écrire que :
+∞
X (z − z0 )n
reit
1
=
=
0
z0 + reit − z
rn eint
1 − z−z
reit
n=0
la convergence étant uniforme quand t décrit [0, 2π] , ce qui donne :
Z
2π
0
+∞
X (z − z0 )n
reit
dt
=
z0 + reit − z
rn
n=0
Z
2π
e−int dt = 2π.
0
Comme la fonction t 7→ f (z0 + reit ) est bornée sur [0, 2π] (puisque continue), on peut aussi
écrire :
Z 2π
Z
+∞
X
¡
¢
¢ −int
(z − z0 )n 2π ¡
reit
it
it
f z0 + re
dt
=
f
z
+
re
e
dt
0
z0 + reit − z
rn
0
0
n=0
et on a en définitive :
2πf (z) =
Z
+∞
X
(z − z0 )n
rn
n=0
soit f (z) =
+∞
P
2π
¢
¡
f z0 + reit e−int dt
0
an (z − z0 )n avec :
n=0
1
an =
2πrn
Z
2π
¡
f z0 + re
0
it
¢
−int
e
1
dt =
2iπ
Z
|u−z0 |=r
f (u)
du.
(u − z0 )n+1
Equivalence entre analyticité et holomorphie
489
Il reste à vérifier que ces coefficients an sont indépendants du réel r ∈ ]0, R[ . En effet pour
r, r0 dans ]0, R[ , on peut trouver z ∈ D (z0 , R) tel que |z − z0 | < r et |z − z0 | < r0 et on a alors
+∞
+∞
P
P 0
deux développements en série entière f (z) =
an (z − z0 )n et f (z) =
an (z − z0 )n avec
n=0
Z
Z n=0
1
f (u)
1
f
(u)
an =
du et a0n =
du, et un tel développement
2iπ |u−z0 |=r (u − z0 )n+1
2iπ |u−z0 |=r0 (u − z0 )n+1
est unique, on a nécessairement an = a0n pour tout n ≥ 0.
Le théorème précédent nous dit qu’une fonction holomorphe est analytique et on a ainsi
montré l’équivalence entre les deux notions.
Avec ce théorème, on a aussi montré le résultat suivant.
Théorème 19.21 (Cauchy) Soient f une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O de
C, z0 un point de O et R > 0 le plus grand réel (éventuellement égal à +∞) tel que D (z0 , R) ⊂
O.
Pour 0 < r < R et z ∈ D (z0 , r) , on a :
Z
1
f (u)
f (z) =
du
2iπ |u−z0 |=r u − z
(formule de Cauchy).
Démonstration. Tenant compte de
Z
Z 2π
du
ireit
=
dt = 2iπ,
z0 + reit − z
|u−z0 |=r u − z
0
la formule (19.3) nous donne :
1
f (z) =
2iπ
Z
|u−z0 |=r
f (u)
du
u−z
Remarque 19.10 Le corollaire 19.1 nous dit que les coefficients an du développement en série
f (n) (z0 )
entière au voisinage de z0 sont donnés par an =
et avec l’expression intégrale de ces
n!
coefficients an ,, on déduit que :
Z
f (u)
n!
(n)
du
∀n ∈ N, f (z0 ) =
2iπ |u−z0 |=r (u − z0 )n+1
En définitives la connaissance de f sur le disque de centre z0 et de rayon r ∈ ]0, R[ suffit pour
déterminer f (z) pour tout z ∈ D (z0 , r) et toutes les dérivées f (n) (z0 ) .
Remarque 19.11 Comme la composée de deux fonctions holomorphes est holomorphe, on
déduit que la composée de deux fonctions analytiques est analytique.
Exercice 19.46 Soit f une fonction développable en série entière sur un disque D (0, R) où
+∞
P
0 < R ≤ +∞ (R = +∞ signifie que D (0, R) = C) avec f (z) =
an z n pour tout z ∈ D (0, R) .
n=0
Montrer que la fonction g définie par g (z) = f (z) est holomorphe sur D (0, R) .
490
Fonctions holomorphes
Solution 19.46 On a g (z) =
+∞
P
n=0
an z n pour tout z ∈ D (0, R) et g est holomorphe sur D (0, R)
puisque développable en série entière sur D (0, R) .
Exercice 19.47 On désigne par ln la détermination principale du logarithme complexe sur
C \ R− . Montrer que :
∀z ∈ D (0, 1) , ln (1 + z) =
+∞
X
(−1)n−1
n=1
n
Solution 19.47 Le rayon de convergence de la série entière
de d’Alembert), donc la fonction f définie par f (z) =
+∞
X
P (−1)n−1 n
z vaut 1 (théorème
n
+∞
X
(−1)n+1
n=1
zn
n
z n sur D (0, 1) est analytique
1
. Mais la fonction z 7→
1+z
n=1
ln (1 + z) est également holomorphe sur D (0, 1) (composée de fonctions holomorphes) avec
1
ln0 (1 + z) =
, il en résulte que f (z) = ln (1 + z) + c, où c est une constante (le disque
1+z
ouvert D (0, 1) est connexe). Faisant z = 0, on a c = 0 et f (z) = ln (1 + z) .
et en conséquence holomorphe avec f 0 (z) =
(−1)n+1 z n−1 =
Corollaire 19.2 (Inégalités de Cauchy) En gardant les hypothèses et notations du théorème 19.20, on a pour tout n ∈ N :
¯ (n)
¯
¯f (z0 )¯ = n!
rn
sup |f (z)| .
|z−z0 |=r
Démonstration. On a :
¯
¯
Z
¯ (n)
¯ ¯ n!
¯
f
(z)
¯f (z0 )¯ = ¯
¯
dz
n+1
¯
¯ 2iπ
|z−z0 |=r (z − z0 )
¯Z 2π
¯
¡
¢ −int ¯
n! ¯¯
it
=
f z0 + re e
dt¯¯
2πrn ¯ 0
Z 2π
¯ ¡
¢¯
n!
¯f z0 + reit ¯ dt ≤ n!
≤
2πrn 0
rn
sup |f (z)| .
|z−z0 |=r
Remarque 19.12 En remarquant que la fonction t 7→ f (z0 + reit ) est 2π-périodique et de
classe C 1 sur R avec des coefficients de Fourier donnés par :
Z 2π
¢
¡
1
f z0 + reit e−int dt
∀n ∈ Z, cn (f ) =
2π 0
la formule de Parseval nous donne :
+∞
X
1
|cn (f )| =
2π
−∞
Z
2π
2
0
¯ ¡
¢¯
¯f z0 + reit ¯2 dt
Primitives des fonctions holomorphes
491
En écrivant que
¡
f z0 + re
it
¢
=
+∞
X
¡
it
am z0 + re − z0
m=0
¢m
+∞ (m)
X
f (z0 ) m imt
=
r e
m!
m=0
la série étant uniformément convergente en t ∈ [0, 2π] , on a pour n ∈ Z :

Z 2π
+∞ (m)
 0 si n < 0
X
1
f (z0 ) m
cn (f ) =
r
ei(m−n)t dt =
f (n) (z0 ) n

2π m=0 m!
r si n ≥ 0
0
n!
et la formule de Parseval s’écrit alors :
¯
Z 2π
+∞ ¯ (n)
X
¯ f (z0 ) ¯2 2n
¯ ¡
¢¯
¯ r = 1
¯
¯f z0 + reit ¯2 dt
¯ n! ¯
2π 0
n=0
Il en résulte que :
Ã
!2
¯
+∞ ¯ (n)
X
¯ f (z0 ) ¯2 2n
2
¯
¯
sup |f (z)|
¯ n! ¯ r ≤ sup |f (z)| =
|z−z0 |=r
n=0
|z−z0 |=r
et on retrouve les inégalités de Cauchy :
¯ (n)
¯
¯ f (z0 ) ¯ n
¯
¯
¯ n! ¯ r ≤ sup |f (z)| .
|z−z0 |=r
Remarque 19.13 En gardant toujours les même notations, la fonction g : z 7→ (z − z0 ) f (z)
est holomorphe sur O et :
Z
Z
1
g (z)
1
0 = g (z0 ) =
dz =
f (z) dz
2iπ |z−z0 |=r (z − z0 )
2iπ |z−z0 |=r
Z
et donc
f (z) dz = 0 pour tout z0 ∈ O et r > 0 tel que D (z0 , r) ⊂ O.
|z−z0 |=r
19.9
Primitives des fonctions holomorphes
O désigne toujours un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.
Définition 19.17 Soit f une fonction holomorphe de O dans C. On appelle primitive de f,
tout fonction F holomorphe de O dans C telle que F 0 = f.
Du théorème 19.11, on déduit que si l’ouvert O est connexe et si f : O → C est holomorphe
et admet des primitives, alors deux primitives de f sur O différent d’une constante.
Théorème 19.22 Si F est une primitive de la fonction holomorphe f : O → C, on a alors
pour tout chemin γ : [a, b] → O :
Z
f (z) dz = F (γ (b)) − F (γ (a))
γ
492
Fonctions holomorphes
Démonstration. On a :
Z
Z
Z b
0
f (z) dz = F (z) dz =
F 0 (γ (t)) γ 0 (t) dt
γ
Z
γ
a
b
=
(F ◦ γ)0 (t) dt = F (γ (b)) − F (γ (a))
a
Z
Dans le cas particulier, où est un lacet, on a
f (z) dz = 0, si f admet des primitives sur O.
γ
L’exercice 19.18 se résout très simplement en remarquant que la fonction f définie sur C par
z3
f (z) = z 2 − 1 admet pour primitive la fonction F définie par F (z) =
− z. Ce qui donne :
3
2
– pour γ : t ∈ [0, 1] 7→ t + it :
Z
f (z) dz = F (γ (1)) − F (γ (0)) =
γ
(1 + i)3
5 1
− (1 + i) = − − i
3
3 3
– pour γ : t ∈ [0, 2π] 7→ et+it :
µ
¶
Z
e6π
1
2π
f (z) dz = F (γ (2π)) − F (γ (0)) =
−e −
−1
3
3
γ
– pour γ : t ∈ [0, 2π] 7→ cos (t) + i sin (2t) :
Z
f (z) dz = F (γ (2π)) − F (γ (0)) = 0.
γ
Z
dz
1
= 2iπ 6= 0, on déduit que la fonction z 7→
n’admet
z
|z|=1 z
pas de primitive sur C∗ . Il n’est donc pas possible de définir une fonction logarithme comme
1
primitive de z 7→ sur C∗ .
z
Remarque 19.14 Comme
Définition 19.18 On dit que l’ouvert O est étoilé par rapport à l’un de ses points, s’il existe
a ∈ O tel que pour tout z ∈ O, le segment [a, z] est tout entier contenu dans O.
Remarque 19.15 Un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses points est connexe.
Exemple 19.7 C∗ n’est pas étoilé.
Exercice 19.48 Montrer qu’un disque ouvert D (z0 , R) est étoilé par rapport à tous ses points.
Solution 19.48 Laissée au lecteur.
Exercice 19.49 Montrer que l’ouvert C \ R− est étoilé par rapport à tous les points de R+,∗ .
Solution 19.49 Laissée au lecteur.
Théorème 19.23 Si O est un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses points, alors toute fonction
holomorphe f : O → C admet des primitives sur O.
Primitives des fonctions holomorphes
493
Démonstration. Supposons l’ouvert O étoilé par rapport à a ∈ O. Si f : O → C admet
une primitive F sur O, on a alors pour tout z ∈ O :
Z
Z
f (u) du =
F 0 (u) du = F (z) − F (a) .
[a,z]
[a,z]
On définit donc naturellement la fonction F par :
Z
Z
∀z ∈ O, F (z) =
f (u) du = (z − a)
[a,z]
1
f (a + t (z − a)) dt.
0
Comme f est holomorphe, elle est indéfiniment différentiable O, vue comme une fonction de
deux variables réelles et il en est de même de la fonction F avec :
Z 1
Z 1
∂F
(z) =
f (a + t (z − a)) dt + (z − a)
f 0 (a + t (z − a)) · tdt
∂x
0
Z0 1
=
(f (a + t (z − a)) + t · (z − a) f 0 (a + t (z − a))) dt
Z0 1
∂
(t · f (a + t (z − a))) dt
=
0 ∂t
= [t · f (a + t (z − a))]t=1
t=0 = f (z)
et :
∂F
(z) = i
∂y
Z
Z
1
1
f (a + t (z − a)) dt + (z − a)
Z
0
f 0 (a + t (z − a)) · itdt
0
1
=i
(f (a + t (z − a)) + t · (z − a) f 0 (a + t (z − a))) dt
Z0 1
∂
(t · f (a + t (z − a))) dt
0 ∂t
= i [t · f (a + t (z − a))]t=1
t=0 = if (z)
=i
∂F
∂F
(z) = f (z) = −i
(z) et F est holomorphe sur O de dérivée f (conditions
∂x
∂y
de Cauchy-Riemann).
On a donc
1
admet des primitives sur C \ R− , une telle primitive est
Exemple 19.8 La fonction z 7→
z
donnée par :
Z
du
F (z) =
[1,z] u
Comme F (1) = 0 = ln (1) , où ln est la détermination principale du logarithme, on a :
Z
du
= ln (z) = ln (|z|) + i arg (z)
[1,z] u
avec −π < arg (z) < π pour z ∈ C \ R− .
Corollaire 19.3 Si O est un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses
Z points, alors toute fonction
holomorphe f : O → C et tout lacet chemin γ : [a, b] → O, on a f (z) dz = 0.
γ
494
Fonctions holomorphes
Remarque 19.16 Les ouverts étoilé sont des cas particuliers d’ouverts simplement connexes.
Z
z
z
Exemple 19.9 On a
dz = 0 car z 7→
est holomorphe sur D (0, 1) et le
2
1 + z2
|z|= 12 1 + z
1
cercle de centre 0 et de rayon est contenu dans ce disque.
2