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

EPFL - Automne 2015 Prof. B. Dacorogna
Analyse III (MA) Corrigé
Série 10 16 novembre 2015
Exercice 1.
Soit O⊂Ωouvert et borné, tel que O⊂Ω. Nous allons construire une suite
(fν)de fonctions holomorphes qui converge uniformement vers fdans O.
Notons
M:= sup
z∈Ω,t∈[0,1]
|g(z, t)|<∞
puisque, par hypothèse, gest bornée. Pour tout ν≥1soient 0< aν< bν<1
définis par
aν:= 1
4νM et bν:= 1 −1 4νM .
Par hypothèse, gest continue sur Ω×]0,1[. Par conséquent, gest uniformé-
ment continue sur le compact O×[aν, bν], et donc il existe donc une partition
de [aν, bν], que l’on note
aν=c(ν)
1< c(ν) 2<· · · < c(ν)
N=bν, N =N(ν)∈N
telle que
sup
z∈O
|g(z, t1)−g(z, t2)| ≤ 1
2ν,∀t1, t2∈[c(ν)
i, c(ν) i+1],1≤i≤N−1.
Enfin, soit
fν(z) :=
N−1
X
i=1
(c(ν)
i+1 −c(ν) i)gz, c(ν) i=
N−1
X
i=1 Zc(ν)
i+1
c(ν)
i
gz, c(ν)
idt.
Alors, fνest holomorphe dans Ω.Pour tout z∈O, on a
|f(z)−fν(z)|=
Zaν
0
g(z, s)ds +Z1
bν
g(z, s)ds +
N−1
X
i=1 Zc(ν)
i+1
c(ν)
ig(z, s)−gz, c(ν)
i ds
≤Maν+M(1 −bν) +
N−1
X
i=1
c(ν)
i+1 −c(ν) i
2ν
≤1
ν,
d’où
fν→funiformément dans O.
Par le théorème de Weierstrass, fest holomorphe dans Ω.

Exercice 2.
1. Par hypothèse, nous savons que, pour tout a∈C(et donc en particu-
lier dans Ble disque unité dans C), il existe ma∈Navec
cma,a = 0.(1)
Pour tout n∈N, on définit l’ensemble Anpar
An:= {a∈B:cn,a = 0}.
Par (1), on a que
∞
[
n=0
An=B.
Puisque Bn’est pas dénombrable, il existe nécessairement m∈Ntel
que Amest également non-dénombrable.
2. Puisque Am⊂Bet que Best borné, il existe zk∈Amet z∈C(en
fait aussi dans Am) une suite telle que zk6=zpour tout k∈Net
lim
k→∞ zk=z.

Puisque
f(m)(zk) = m!cm,zk= 0,
on conclut par le théorème du prolongement analytique que
f(m)≡0dans C.
Il s’ensuit directement que est fest polynôme de degré au plus m−1.
Exercice 3.
Comme z0est respectivement un zéro d’ordre ket lde pet q, on peut écrire
p(z)=(z−z0)kP(z)et q(z)=(z−z0)lQ(z),
où Pet Qsont holomorphes et P(z0), Q(z0)6= 0. Donc
f(z)=(z−z0)k−lF(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, z0est un
pôle d’ordre l−kde f.
2. Si k≥l, alors f(z0)=0et donc z0est un zéro d’ordre k−lde f,
puisque F(z0)6= 0.
Exercice 4.
Par l’exercice précédent, z0est un pôle d’ordre 1 de f. Par un théorème du
cours, le résidu est donné par
Rész0(f) = lim
z→z0(z−z0)f(z) = lim z→z0
p(z)
q(z)
z−z0
= lim
z→z0
p(z)
q(z)−q(z0)
z−z0
=p(z0)
q0(z0).
Exercice 5.
Par le théorème de Laurent, fadmet une série de Laurent autour de 0:
f(z) = X
n∈Z
cnzn,∀z∈C\ {0}.
Comme fest 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.