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Fonctions de Variables Complexes
Notes du cours de master en sciences mathématiques
Jean-Pierre Schneiders
Année 2010-2011
1 Principe de l’argument et conséquences
1.1 Principe de l’argument de Cauchy
Proposition 1.1.1. Soit Kun compact de Cbordé par une courbe Cet soit fune
fonction holomorphe sur un ouvert contenant K. Supposons que fne s’annule pas
sur C. Alors fne possède qu’un ensemble fini {a1, . . . , ap}de zéros dans Ket chacun
de ces zéros est de multiplicité finie. De plus, si on désigne par µjla multiplicité de
ajcomme zéro de fpour tout j∈ {1, . . . , p}, alors on a
µ1+··· +µp=1
2ZC
f0(z)
f(z)dz.
Démonstration. Quitte à restreindre l’ouvert , on peut supposer que toutes ses
composantes connexes rencontrent K. Dans ce cas, tous les zéros de fdans sont
isolés car, sinon, fs’annulerait identiquement sur une composante connexe de et
une telle composante doit rencontrer C. Puisque tous les zéros de fdans sont
isolés et que Kest compact, fne possède qu’un qu’un ensemble fini {a1, . . . , ap}de
zéros dans Ket chacun de ces zéros est de multiplicité finie. Quitte à restreindre ,
on peut alors supposer que fne s’annule pas sur \ {a1, . . . , ap}.
Soit j∈ {1, . . . , p}. Vu ce qui précède, ajest une singularité isolée de f0(z)/f(z).
De plus, on a
f(z) = (zaj)µjgj(z)
gjest une fonction holomorphe sur qui ne s’annule pas en aj. Il s’ensuit que
f0(z)
f(z)=µj(zaj)µj1gj(z)+(zaj)µjg0
j(z)
(zaj)µjgj(z).
et que
lim
zaj
6=
f0(z)
f(z)(zaj) = µj.
Cela montre que ajest un pôle simple de f0(z)/f(z)de résidu égal à µj. La conclusion
résulte alors directement du théorème des résidus de Cauchy.
Définition 1.1.2. Dans les conditions de la proposition précédente, on dit que
µ1+··· +µpest le nombre algébrique de zéro de fdans K.
Remarque 1.1.3. Plaçons nous dans les conditions de l’énoncé et choisissons un
découpage orienΓ1, . . ., ΓJde Cde sorte que pour chaque j∈ {1, . . . , J}il existe
un θj]π, π]pour lequel
Γjf1(C\ {rej:r0}).
1
1 PRINCIPE DE L’ARGUMENT ET CONSÉQUENCES 2
Alors, Γjest inclus dans le domaine d’holomorphie de lnθjf(z)et comme
(lnθjf(z))0=f0(z)
f(z)
sur ce domaine, on a
1
2ZΓj
f0(z)
f(z)dz =lnθjf(Bj)lnθjf(Aj)
2
si Aj(resp. Bj) désigne l’origine (resp. l’extrémité) de Γj. Il s’ensuit que,
< 1
2ZΓj
f0(z)
f(z)dz!=argθjf(Bj)argθjf(Aj)
2π.
et que
µ1+··· +µp=
J
X
j=1
argθjf(Bj)argθjf(Aj)
2π.
Cette reformulation du résultat précédant permet de mieux comprendre pourquoi
ont lui donne le nom de principe de l’argument. Elle montre également que le nombre
algébrique de zéros de fdans Kest donné, en quelque sorte, par le nombre de tours
que fait f(C)autour de l’origine.
Le principe de l’argument peut être généralisé dans différentes directions. Par
exemple :
Proposition 1.1.4. Dans les conditions de la proposition précédente, on a aussi
µ1h(a1) + ··· +µph(ap) = 1
2ZC
f0(z)
f(z)h(z)dz
si hest holomorphe sur un voisinage de K.
Démonstration. Il suffit de procéder comme pour le principe de l’argument et de
remarquer que
lim
zaj
6=
f0(z)
f(z)h(z)(zaj) = µjh(aj).
Exemple 1.1.5. Soit à calculer la somme Spdes puissances pèmes des zéros d’un
polynôme P(z) = a0+a1z+··· +anznpour lequel an6= 0. D’après ce qui précède,
on a
Sp=1
2ZC
zpP0(z)
P(z)dz
1 PRINCIPE DE L’ARGUMENT ET CONSÉQUENCES 3
C(0, R)est le cercle bordant un disque contenant tous les zéros de P. Ainsi,
Sp=1
2ZC
zpa1+ 2a2z+··· +nanzn1
a0+a1z+··· +anzndz.
Posons τ= 1/z, il vient
Sp=1
2ZC(0,1/R)
1
τp+1
a1τn1+ 2a2τn2+··· +nan
a0τn+a1τn1+··· +an
.
Ainsi
Sp=1
p!a1zn1+ 2a2zn2+··· +nan
a0zn+a1zn1+··· +an(p)
(0).
1.2 Théorème de Rouc
Lemme 1.2.1. Soit hune fonction holomorphe sur un ouvert de Cet soit Cune
courbe connexe orientée de .
(a) Si Cest à bord alors Cpossède une origine Aet une extrémité Bet on a
ZΓ
h0(z)dz =h(B)h(A).
(b) Si Cest sans bord alors ZC
h0(z)dz = 0.
Démonstration. Le point (a) est bien connu si Cest remplacé par un arc Γet les
conclusions découlent de ce cas particulier par l’utilisation de découpages appropriés.
Théorème 1.2.2. Soit Kun compact de Cbordé par la courbe orientée Cet soient
fet gdeux fonctions holomorphes sur un ouvert contenant K. Supposons que
|f(z)g(z)|<|g(z)|
sur C. Alors, les fonctions fet gont le même nombre algébrique de zéros dans K.
Démonstration. Vu l’hypothèse, ni f, ni gne peuvent s’annuler sur C. La différence
entre le nombre algébrique de zéros de fet de gest donc
N=1
2ZC
f0(z)
f(z)dz 1
2ZC
g0(z)
g(z)dz =1
2ZC
f0(z)
f(z)g0(z)
g(z)dz.
1 PRINCIPE DE L’ARGUMENT ET CONSÉQUENCES 4
Or, sur Con a
f(z)
g(z)1<1.
Donc, pour tout zC,f(z)/g(z)est dans le domaine d’holomorphie de ln zet
h(z) = ln f(z)
g(z)
est holomorphe sur un voisinage de C. Sur ce voisinage, on a
h0(z) = f0
fg0
g.
Ainsi,
N=1
2ZC
h0(z)dz = 0
vu le Lemme 1.2.1.
1.3 Théorème de Hurwitz
Théorème 1.3.1. Soit Kun compact de Cbordé par une courbe orientées Cet
soient fm(m0) et fdes fonctions holomorphes sur un ouvert de Ccontenant
K. Supposons que
fmf
uniformément sur Ket que fne s’annule pas sur C. Alors il existe M > 0tel que
(i) fmne s’annule pas sur C,
(ii) fet fmpossèdent le même nombre algébrique de zéros dans K,
si mM.
Démonstration. Posons
δ= inf
zC|f(z)|.
Comme fne s’annule pas sur C,δest strictement positif. Puisque fmconverge
uniformément vers fsur K, il existe alors M > 0tel que
sup
K|fmf|< δ
si mM. Dans ces conditions
|fmf|<|f|
sur Cet la conclusion résulte du Théorème 1.2.2.
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