Fonctions Holomorphes - Correction

CPGE Laayoune Lissane Eddine Essaidi Ali

Fonctions holomorphes

Définitions et notationsDans tout le problème, soit U un ouvert de C et f : U → C continue sur U .On pose V = (x, y) ∈ R/x+ iy ∈ U, p : (x, y) ∈ V 7→ <ef(x+ iy) et q : (x, y) ∈ V 7→ =mf(x+ iy).Soit γ : [0, 1] → U continue et C1 par morceaux sur [0, 1]. On appelle intégale curviligne de f suivant γ le nombre∫ b

a

f(γ(t))γ′(t)dt. On le note∫γ

f(z)dz.

Pour tout z ∈ C∗, on désigne par Argz l’argument principal de z.On admet que si O est un ouvert connexe par arcs de C alors ∀a, b ∈ O,∃γ : [a, b]→ O continue et C1 par morceaux telle queγ(0) = a et γ(1) = b.

Première partieHolomorphie et équation de Laplace

1: Montrer que V et ouvert.

2: Montrer que que si f est holomorphes sur U alors p et q sont de classe C2 sur V et vérifient l’équation de Laplace∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 sur V .

3: On considère l’application g(x, y) = ln(x2 + y2) sur R2 \ (0, 0).3 - 1: Montrer que l’ouvert R2 \ (0, 0) n’est pas étoilé.3 - 2: Montrer que g est de classe C2 et vérifie l’équation de Laplace sur R2 \ (0, 0).3 - 3: Montrer que si ∃h : C∗ → C holomorphe sur C∗ telle que ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0),<e h(x + iy) = g(x, y) alorsydx− xdy

x2 + y2est exacte sur R2 \ (0, 0).

4: Trouver une contradiction et conclure.5: Montrer que U et étoilé si et seulement si V est étoilé.6: On suppose, maintenant, que U est étoilé et soit u ∈ C2(V ) qui vérifie l’équation de Laplace sur V .

6 - 1: Montrer que la forme différentielle ω = −∂u∂y

dx+∂u

∂xdy est exacte sur V .

6 - 2: En déduire que ∃g : U → C holomorphe sur U telle que ∀(x, y) ∈ V,<e g(x+ iy) = u(x, y).7: Soient a, b, c ∈ R.7 - 1: Chercher une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe une fonction holomorphe g sur C telle que ∀x, y ∈R,<eg(x+ iy) = ax2 + 2bxy + cy2.7 - 2: Déterminer g dans ce cas.

Deuxième partiePrincipe du maximum

On suppose, dans cette partie, que f holomorphe sur U .1: Montrer que toute fonction entière bornée est constante sur C (Théorème de Liouville).2: Application : Soit g une fonction entière et on suppose que g(C) n’est pas dense dans C.2 - 1: Montrer que ∃a ∈ C,∃ε > 0,∀z ∈ C, |g(z)− a| ≥ ε.2 - 2: Montrer que g est constante. Conclure.3: Application : Soit P un polynôme non constant sur C et on pose m = inf

z∈C|P (z)|.

3 - 1: Montrer que lim|z|→+∞

|P (z)| = +∞.

3 - 2: Soit (an) ∈ CN telle que |P (an)| → m. Montrer que (an) ∈ CN est bornée.3 - 3: Montrer que ∃a ∈ C tel que |P (a)| = m.

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3 - 4: Montrer que si P (a) 6= 0 alors P est constant. En déduire que P admet au moins une raçine (Théorème de d’Alembert-Gauss).

4: Soit ∀a ∈ U et R > 0 tel que D(a,R) ⊂ U . Montrer que ∀r ∈ [0, R[ on a f(a) =1

2π

∫ 2π

0

f(a + reit)dt (Propriété de la

moyenne).5: On suppose que U est ouvert connexe par arcs.5 - 1: Montrer que si |f | est constante sur U alors f est constante sur U .5 - 2: Montrer que si |f | admet un maximum relatif en a ∈ U alors f est constant sur U (Principe du maximum).6: Application : On suppose que U est ouvert connexe par arcs.6 - 1: Montrer que si p admet un maximum local en a ∈ U alors g = exp(f) est constante sur U . En déduire que f est constantesur U .6 - 2: Montrer que si p admet un minimum local en a ∈ U alors f est constante sur U .

Troisième partieIntégrale curviligne, primitive d’une fonction complexe, logarithme complexe

1: Soit γ : [0, 1]→ U continue et C1 par morceaux sur [0, 1]. Montrer que si f admet une primitive F sur U alors∫γ

f(z)dz =

F (γ(1))− F (γ(0)). Que peut-on déduire ? et pour les lacets ?

2: Calculer∫γ

dz

zavec γ : [0, 2π]→ C∗ définie par γ(t) = eit. En déduire que z 7→ 1

z n’admet pas de primitive sur C∗.

3:3 - 1: Montrer que z 7→ 1

z admet une une unique primitive sur Ω = C \ R− qui s’annule en 1. On la note log.3 - 2: Montrer que ∀z ∈ Ω, elog z = z.3 - 3: En déduire que ∀z ∈ Ω, log z = ln |z|+ iArg z. Calculer log i, log(3i), log(1 + i) et log eiθ avec θ ∈]− π, π[.3 - 4: Montrer que ∀z ∈ Ω de forme algébrique z = x+ iy, log z = 1

2 ln(x2 + y2) + 2i arctan y

x+√x2+y2

.

3 - 5: Montrer que ln se prolonge de façon unique en une fonction holomorphe sur Ω.

4: Montrer que ∀z ∈ C, |z| < 1⇒ log(1 + z) =

+∞∑n=1

(−1)n−1

nzn.

5: Soient z0 ∈ U,R = supr > 0/D(z0, r) ⊂ U, r ∈]0, R[ et γ : t ∈ [0, 2π] 7→ z0 + reit.

5 - 1: Montrer que ∀z ∈ D(z0, r),

∫γ

du

u− z= 2iπ.

5 - 2: Montrer que si f est holomorphe sur U alors on a les formules de Cauchy :

1. ∀z ∈ D(z0, r), f(z) =1

2iπ

∫γ

f(u)

u− zdu.

2. ∀z ∈ D(z0, r),∀k ∈ N∗, f (k)(z) =k!

2iπ

∫γ

f(u)

(u− z)k+1du.

6: Montrer que ∀γ : [0, 1] → U continue et C1 par morceaux on a∫γ

f(z)dz =

∫γ∗u + i

∫γ∗v avec γ∗ : [a, b] → R2

l’application définie par γ∗ = (<eγ,=mγ) et u, v les formes différentielles u = pdx− qdy et v = qdx+ pdy.

7: En déduire que f admet une primitive sur U si et seulement si∫γ

f = 0 pour tout lacet γ dans U .

8: En déduire que si U est ouvert étoilé alors f est holomorphe sur U si et seulement si pour tout lacet γ de U on a∫γ

f = 0.

9: Soit (gn) une suite de fonctions holomorphes sur U qui converge uniformément sur U vers une fonctions g. Montrer que gest holomorphe.

10: On supppose, dans cette question, que U est ouvert connexe par arcs et que pour tout lacet γ sur U on a∫γ

f(z)dz = 0.

Soit a ∈ U et on définit sur U l’application F (z) =

∫γ

f(z)dz où γ : [0, 1] → U continue, C1 par morceaux et telle que

γ(0) = a et γ(1) = z.10 - 1: Montrer que F est bien définie sur U .10 - 2: Montrer que F est une primitive de f sur U .10 - 3: Montrer que F est l’unique primitive de f sur U qui s’annule en a.11: Soit z ∈ Ω = C \ R− et γ : [0, 1] → Ω continue et C1 par morceaux telle que γ(0) = 1 et γ(1) = z. Montrer que

log z =

∫γ

dz

z.



Correction du problème

Première partieHolomorphie et équation de Laplace

1: soit g : (x, y) ∈ R2 → x + iy donc V = (x, y) ∈ R/x + iy ∈ U = (x, y) ∈ R/g(x, y) ∈ U = g−1(U) d’où V estouvert comme image réciproque de l’ouvert U par l’application continue g sur R2.2: On a f holomorphe sur U donc, d’après les conditions de Cauchy-Riemann, ∂p∂x = ∂q

∂y , ∂p∂y = − ∂q∂x et ∀(x, y) ∈ V, f ′(x +

iy) = ∂p∂x (x, y) + i ∂q∂x (x, y) = ∂q

∂y (x, y)− i ∂p∂y (x, y).On a f holomorphe sur U donc f est infiniment dérivable sur U et en particulier f ′ est holomorphe sur U . Or ∀(x, y) ∈V, f ′(x + iy) = ∂p

∂x (x, y) + i ∂q∂x (x, y) = ∂q∂y (x, y) − i ∂p∂y (x, y) donc, d’après les conditions de Cauchy-Riemann appliquées à

f ′, on a ∂p∂x ,

∂p∂y ,

∂q∂x et ∂q∂y sont de classe C1 sur V et par suite p, q ∈ C2(V ).

Sur V , on a ∂2p∂x2 + ∂2p

∂y2 = ∂2p∂x2 + ∂

∂y

(∂p∂y

)= ∂2p

∂x2 − ∂∂y

(∂q∂x

)= ∂2p

∂x2 − ∂2q∂y∂x .

D’autre part, q est C2 sur V donc, d’après le théorème de Schwarz, ∂2q∂y∂x = ∂2q

∂x∂y sur V donc ∂2p∂x2 + ∂2p

∂y2 = ∂2p∂x2 − ∂2q

∂x∂y =

∂2p∂x2 − ∂

∂x

(∂q∂y

)= ∂2p

∂x2 − ∂∂x

(∂p∂x

)= ∂2p

∂x2 − ∂2p∂x2 = 0.

De même, on montre que ∂2q∂x2 + ∂2q

∂y2 = 0.3:3 - 1: Supposons que R2\(0, 0) est étoilé donc ∃(a, b) ∈ R2\(0, 0) tel que ∀(x, y) ∈ R2\(0, 0),∀t ∈ [0, 1], (1−t)(a, b)+t(x, y) ∈ R2 \ (0, 0). Absurde, car pour (x, y) = (−a,−b) et t = 1

2 on a (1 − t)(a, b) + t(x, y) = 12 (a, b) + 1

2 (−a,−b) =(0, 0) /∈ R2 \ (0, 0) d’où R2 \ (0, 0) n’est pas étoilé.3 - 2: On a ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0), ∂

2g∂x2 (x, y) = 2y2−2x2

(x2+y2)2 ,∂2g∂x∂y (x, y) = ∂2g

∂y∂x (x, y) = − 4xy(x2+y2)2 et ∂

2g∂y2 (x, y) = 2x2−2y2

(x2+y2)2

donc les dérivées partielles secondes de g existent et sont continues sur R2 \ (0, 0) d’où g est de classe C2 sur R2 \ (0, 0)et on a ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0), ∂

2g∂x2 (x, y) + ∂2g

∂y2 (x, y) = 0.3 - 3: Supposons que ∃h : C∗ → C holomorphe sur C∗ telle que ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0),<e h(x + iy) = g(x, y) donc∃k : R2 \ (0, 0) → R telle que ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0), h(x+ iy) = g(x, y) + ik(x, y).On a f holomorphe sur C∗ donc k est C1 sur R2 \(0, 0) et on a ∀(x, y) ∈ R2 \(0, 0), ∂k∂x (x, y) = −∂g∂y (x, y) et ∂k∂y (x, y) =∂g∂x (x, y).On déduit que ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0),dk(x, y) = ∂k

∂x (x, y)dx + ∂k∂y (x, y)dy = −∂g∂y (x, y)dx + ∂g

∂x (x, y)dy = − 2yx2+y2 dx +

2xx2+y2 dy donc ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0), ydx−xdyx2+y2 = d

(− 1

2k(x, y))

et par suite la forme différentielle ydx−xdyx2+y2 est exacte sur

R2 \ (0, 0).

4: Soit γ : t ∈ [0, 2π] 7→ (cos t, sin t). On a γ est un lacet et∫γ

ydx− xdy

x2 + y2=

∫ 2π

0

sin t(cos t)′ − cos t(sin t)′

cos2 t+ sin2 tdt =∫ 2π

0

(− sin2 t − cos2 t)dt = −2π 6= 0 donc ydx−xdyx2+y2 n’est pas exacte sur R2 \ (0, 0). On déduit qu’il n’existe pas d’ap-

plication h : C∗ → C holomorphe sur C∗ telle que ∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0),<e h(x+ iy) = g(x, y).5: ⇒ ) On a U étoilé donc ∃u ∈ U tel que ∀z ∈ U,∀t ∈ [0, 1], (1− t)u+ tz ∈ U .Soit u = a+ ib la forme algébrique de u. On a u = a+ ib ∈ U donc (a, b) ∈ V .Soient (x, y) ∈ V et t ∈ [0, 1]. On a (1− t)(a, b) + t(x, y) = ((1− t)a+ tx, (1− t)b+ ty). D’autre part, on a (x, y) ∈ V doncx+ iy ∈ U d’où (1− t)u+ t(x+ iy) ∈ U .Or (1−t)u+t(x+iy) = (1−t)(a+ib)+t(x+iy) = ((1−t)a+tx)+i((1−t)b+ty) donc ((1−t)a+tx)+i((1−t)b+ty) ∈ Ud’où ((1− t)a+ tx, (1− t)b+ ty) ∈ V . On déduit que (1− t)(a, b) + t(x, y) ∈ V donc V est étoilé par rapport à (a, b) et parsuite V est étoilé.⇐ ) On a V étoilé donc ∃(a, b) ∈ V tel que ∀(x, y) ∈ U,∀t ∈ [0, 1], (1− t)(a, b) + t(x, y) ∈ V .Soient u = a+ ib. On a (a, b) ∈ V donc u ∈ U .Soient z ∈ U de forme algébrique z = x + iy et t ∈ [0, 1]. On a (1 − t)u + tz = (1 − t)(a + ib) + t(x + iy) = ((1 − t)a +tx) + i((1− t)b+ ty). D’autre part, on a x+ iy = z ∈ U donc (x, y) ∈ V d’où (1− t)(a, b) + t(x, y) ∈ V .Or (1−t)(a, b)+t(x, y) = ((1−t)a+tx, (1−t)b+ty) donc ((1−t)a+tx, (1−t)b+ty) ∈ V d’où ((1−t)a+tx)+i((1−t)b+ty) ∈U . On déduit que (1− t)u+ tz ∈ U donc U est étoilé par rapport à u et par suite U est étoilé.6:



6 - 1: u vérifie l’équation de Laplace sur V donc ∂2u∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0. On déduit que sur V , on a ∂∂y

(−∂u∂y

)= −∂

2u∂y2 = ∂2u

∂x2 =∂∂x

(∂u∂x

)d’où ω est fermée sur V .

On a V ouvert étoilé et ω fermée sur V donc, d’après le lemme de Poincaré, ω est exacte sur V .6 - 2: On a ω exacte sur V donc ∃v : V → R différentiable sur V telle que ω = dv. Soit g : U → C définie par ∀(x, y) ∈V, g(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y).On a dv = ω = −∂u∂ydx+ ∂u

∂xdy donc ∂v∂x = −∂u∂y et ∂v∂y = ∂u

∂x .On a u ∈ C2(V ) donc ∂u

∂x ,∂u∂y sont continues sur V d’où ∂v

∂x ,∂v∂y sont continues sur V . On déduit que v ∈ C1(V ).

On a u, v ∈ C1(V ), ∂v∂x = −∂u∂y et ∂v∂y = ∂u∂x donc g vérifie les conditions de Cauchy-Riemann d’où g est holomorphe sur U et

on a ∀(x, y) ∈ V,<e g(x+ iy) = u(x, y).7:7 - 1: Soit u : (x, y) ∈ R2 définie par ∀(x, y) ∈ R2, u(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2.S’il existe une fonction holomorphe g sur C telle que ∀x, y ∈ R,<eg(x+ iy) = ax2 + 2bxy + cy2 alors d’après la question 1l’application u vérifie l’équation de Laplace donc ∀(x, y) ∈ R2, 0 = ∂2u

∂x2 (x, y) + ∂2u∂y2 (x, y) = 2a+ 2c d’où c = −a.

Réciproquement, si c = −a alors u vérifie l’équation de Laplace. Or R2 est un ouvert étoilé donc, d’après la question précédente,il existe une fonction holomorphe g sur C telle que ∀x, y ∈ R,<eg(x+ iy) = ax2 + 2bxy + cy2.On déduit qu’il existe une fonction holomorphe g sur C telle que ∀x, y ∈ R,<eg(x+ iy) = ax2 + 2bxy + cy2 si et seulementsi c = −a.7 - 2: On pose u : (x, y) ∈ R2 7→ ax2 + 2bxy − ay2 et soit g : C→ C holomorphe sur C telle que ∀x, y ∈ R,<eg(x+ iy) =ax2 + 2bxy − ay2 donc ∃v : R2 → R telle que ∀x, y ∈ R, g(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y).On a g holomorphe sur C donc, d’après les conditions de Cauchy-Riemann, ∀x, y ∈ R, ∂v∂x (x, y) = −∂u∂y (x, y) = −2bx+ 2ay

et ∂v∂y (x, y) = ∂u∂x (x, y) = 2ax+ 2by.

On a ∀x, y ∈ R, ∂v∂x (x, y) = −2bx + 2ay donc ∀x, y ∈ R, v(x, y) = −bx2 + 2axy + h(y) avec h ∈ C1(R) car v ∈ C1(R2)

d’où ∀x, y ∈ R, ∂v∂y (x, y) = 2ax + h′(y). Or ∀x, y ∈ R, ∂v∂y (x, y) = ∂u∂x (x, y) = 2ax + 2by donc ∀y ∈ R, h′(y) = 2by d’où

∀y ∈ R, h(y) = by2.On déduit que ∀z ∈ C de forme algébrique z = x + iy on a g(z) = g(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) = ax2 + 2bxy − ay2 +i(−bx2 + 2axy + by2) = a(x2 − y2 + 2ixy) + b(2xy − ix2 + iy2) = az2 − ibz2 = (a− ib)z2.

Deuxième partiePrincipe du maximum

1: Soit g une fonction entière bornée. On a g entière donc g est holomorphe sur C d’où g est analytique sur C. On déduit qu’il

existe une série entière∑anz

n de rayon de convergencee R = +∞ telle que ∀z ∈ C, g(z) =

+∞∑n=0

anzn.

On pose ∀r > 0,M(r) = sup|z|=r

|g(z)|. On a g est bornée donc ∃M > 0 tel que ∀z ∈ C, |g(z)| ≤M d’où ∀r > 0,M(r) ≤M .

D’après les inégalités de Cauchy, ∀n ∈ N∗,∀r > 0, |an| ≤ M(r)rn donc ∀n ∈ N∗,∀r > 0, |an| ≤ M

rn → 0 lorsque r → +∞d’où ∀n ∈ N∗, an = 0.On déduit que ∀z ∈ C, g(z) = a0 donc g est constante sur C.2:2 - 1: g(C) n’est pas dense dans C donc g(C) ( C d’où ∃a ∈ C \ g(C).On a a /∈ g(C) donc ∃ε > 0 tel que D(a, ε) ∩ g(C) = ∅ avec D(a, ε) le disque ouvert de centre a et de rayon ε.On déduit que ∀z ∈ C, g(z) /∈ D(a, ε) d’où ∀z ∈ C, |g(z)− a| ≥ ε.2 - 2: On a ∀z ∈ C, |g(z)− a| ≥ ε donc ∀z ∈ C, g(z)− a 6= 0. Posons alors h(z) = 1

g(z)−a donc h est bien définie sur C.On a ∀z ∈ C, |h(z)| = 1

|g(z)−a| ≤1ε donc h est bornée. Or g est entière donc h est entière bornée donc, d’après la question 1, h

est constante sur C d’où g est constante.On déduit que l’image de toute fonction entière non constante est dense dans C.3:

3 - 1: On poseP =

n∑k=0

akXk avec n ≥ 1 et an 6= 0. On a ∀z ∈ C∗, |P (z)| = |an||z|n

∣∣1 + an−1

z + · · ·+ a0zn

∣∣, lim|z|→+∞

|an||z|n =

+∞ et lim|z|→+∞

∣∣∣1 +an−1z

+ · · ·+ a0zn

∣∣∣ = 1 donc lim|z|→+∞

|P (z)| = +∞.

3 - 2: Supposons que (an) n’est pas bornée donc ∀n ∈ N,∃Nn ∈ N,∀k ≥ Nn, |ak| ≥ n.On pose ϕ : n ∈ N 7→ N0 + · · ·+Nn + n. On a ∀n ∈ N, ϕ(n+ 1)− ϕ(n) = Nn+1 + 1 > 0 donc ϕ est strictement croissanted’où (aϕ(n)) est une suite extraite de (an). Or lim

n→+∞|P (an)| = m donc lim

n→+∞|P (aϕ(n))| = m.

D’autre part, on a ∀n ∈ N, ϕ(n) ≥ Nn donc ∀n ∈ N, |aϕ(n)| ≥ Nn d’où lim|z|→+∞

|aϕ(n)| = +∞. Or lim|z|→+∞

|P (z)| = +∞

donc limn→+∞

|P (aϕ(n))| = +∞. Absurde, car limn→+∞

|P (aϕ(n))| = m 6= +∞ donc (an) est bornée.



3 - 3: On a (an) ∈ CN bornée donc, d’après Bozano-Weierstrass, on peut de (an) une suite convergente (aϕ(n)). Posonsa = lim

n→+∞aϕ(n) donc, par continuité de P sur C, lim

n→+∞|P (aϕ(n))| = |P (a)|.

D’autre part, on a limn→+∞

|P (an)| = m donc limn→+∞

|P (aϕ(n))| = m d’où, par unicité de la limite, |P (a)| = m.

3 - 4: Supposons que P (a) 6= 0. On a ∀z ∈ C, |P (a)| ≥ m = |P (a)| > 0 donc 1P est définie sur C et on a ∀z ∈ C,

∣∣∣ 1P (z)

∣∣∣ ≤ 1m .

On a P holomorphe sur C donc 1P est holomorphe et bornée sur C donc, d’après la question 1, 1

P est constante sur C d’où Pest constant C. Absurde, donc P (a) = 0 d’où P admet au moins une raçine.

4: On a f holomorphe surU donc f analytique surU et puisqueD(a,R) ⊂ U donc ∀z ∈ D(a,R), f(z) =

+∞∑n=0

f (n)(a)

n!(z−a)n.

On pose ∀z ∈ D(a,R), g(z) = f(a + z) donc ∀z ∈ D(0, R), g(z) = f(a + z) =

+∞∑n=0

f (n)(a)

n!zn. En particulier, le rayon de

convergence de la série entière+∞∑n=0

f (n)(a)

n!zn est ≥ R.

D’après les formules de Cauchy, ∀r ∈]0, R[,∀n ∈ N,f (n)(a)

n!=

1

2πrn

∫ 2π

0

g(reit)e−intdt =1

2πrn

∫ 2π

0

f(a+ reit)e−intdt.

En particulier, pour n = 0 on a ∀r ∈]0, R[, f(a) =1

2π

∫ 2π

0

f(a+ reit)dt. Le résultat reste vrai si r = 0.

5:5 - 1: On a |f | constante sur U donc ∃c ≥ 0 tel que |f | = c sur U .

– Si c = 0 alors f = 0 donc f est constante sur U .

– Sinon, on a p2 + q2 = c2 sur V donc

p ∂p∂x + q ∂q∂x = 0

p ∂p∂y + q ∂q∂y = 0.

On a f holomorphe sur U donc ∂q∂x = − ∂q

∂y et ∂q∂y = ∂q∂x sur V d’où (?)

p ∂p∂x − q

∂p∂y = 0

q ∂p∂x + p ∂p∂y = 0

.

On a∣∣∣∣p −qq p

∣∣∣∣ = p2 + q2 = c2 6= 0 donc le système (?) est de Cramer d’où ∂p∂x = ∂p

∂y = 0 sur V .

On a f holomorphe sur U donc ∀z ∈ U de forme algébrique z = x + iy on a f ′(z) = ∂p∂x (x, y) − i ∂p∂y (x, y) = 0. Or U est

connexe par arcs donc f est constante sur U .5 - 2: On a |f | admet un maximum relatif en a ∈ U donc ∃R > 0 tel que D(a,R) ⊂ U et ∀z ∈ D(a,R), |f(z)| ≤ |f(a)|.

On a, d’après la formule de la moyenne (question 4), ∀r ∈ [0, R[, |f(a)| =1

2π

∣∣∣∣∫ 2π

0

f(a+ reit)dt

∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(a +

reit)|dt ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(a)|dt = |f(a)| donc ∀r ∈ [0, R[, |f(a)| = 1

2π

∫ 2π

0

|f(a+ reit)|dt.

Soit r ∈ [0, R[. On a1

2π

∫ 2π

0

(|f(a)| − |f(a+ reit)|

)dt = |f(a)|− 1

2π

∫ 2π

0

|f(a+reit)|dt = 0 et t 7→ |f(a)|−|f(a+reit)|

est continue positive sur [0, 2π] donc ∀t ∈ [0, 2π], |f(a+ treit)| = |f(a)|.Soit z ∈ D(0, R) donc ∃r ∈ [0, R[,∃t ∈ [0, 2π] tels que z = a + reit d’où |f(z)| = |f(a + treit)| = |f(a)|. D’où |f | estconstante sur D(a,R).On a |f | est constante sur D(a,R) et D(a,R) ouvert connexe par arcs donc, d’après la question précédente, f est constante surD(a,R) d’où ∃λ ∈ C, f = λ sur D(a,R).On a :

1. U ouvert connexe par arcs.

2. f − λ holomorphe sur U .

3. f − λ = 0 sur D(a,R) donc a est un zéro non isolé de f − λ.

Donc, d’après le principe des zéros isolés, f − λ = 0 sur U donc f = λ sur U d’où f est constante sur U .6:6 - 1: On a p admet un maximum local en a et ∀z ∈ U de forme algébrique z = x+ iy,<ef(z) = p(x, y) donc <ef admet unmaximum local en a.On a |g| = | exp(f)| = e<f donc |g| admet un maximum local en a. Or g est holomorphe sur U qui est ouvert connexe par arcsdonc, d’après le principe du maximum (question 5-2), g est constante sur U .On déduit que 0 = g′ = f ′ exp(f) donc f ′ = 0 car ∀z ∈ C, exp(z) 6= 0. Or U est connexe par arcs donc f est constante sur U .6 - 2: On a p admet un minimum local en a donc −p admet un maximum local en a donc, d’après la question précédente, −f



est constante sur U d’où f est constante sur U .

Troisième partieIntégrale curviligne, primitive d’une fonction complexe, logarithme complexe

1: On a γ continue et C1 par morceaux donc ∃t1, . . . , tn ∈ [0, 1] tels que ∀k ∈ 0, . . . , n− 1, γ est continue sur [tk, tk−1] etC1 sur ]tk, tk−1[.Soit k ∈ 0, . . . , n− 1. On a F holomorphe sur U et γ continue sur [tk, tk−1] et C1 sur ]tk, tk−1[ donc F γ est continue sur[tk, tk−1] et C1 sur ]tk, tk−1[ et on a ∀t ∈]tk, tk−1[, (F γ)′ = (F ′ γ)× γ′ = (f γ)× γ′ . En particulier :∫ tk+1

tk

f(γ(t))γ′(t)dt =

∫ tk+1

tk

(F γ)′(t)dt = F (γ(tk+1))− F (γ(tk))

On déduit que :∫γ

f(z)dz =

∫ 1

0


n−1∑k=0

∫ tk+1

tk


n−1∑k=0

[F (γ(tk+1))− F (γ(tk))] = F (γ(1))− F (γ(0))

On déduit que si f admet une primitive sur U alors∫γ

f(z)dz ne dépend que de γ(0) et γ(1) et non pas du chemen suivi. Dans

le cas des lacets,∫γ

f(z)dz = 0.

2: On a∫γ

dz

z=

∫ 2π

0

(eit)′

eitdt =

∫ 2π

0

ieit

eitdt = i

∫ 2π

0

dt = 2iπ.

On a γ est un lacet sur C∗ et∫γ

dz

z6= 0 donc, d’après la question précédente, l’application z 7→ 1

z n’admet pas de primitive sur

C∗.3:3 - 1: On a Ω ouvert étoilé et z 7→ 1

z holomorphe sur Ω donc z 7→ 1z admet une primitive sur Ω.

Soient u, v deux primitives de z 7→ 1z qui s’annulent en 1. On a (u− v)′ = 0 sur Ω qui est ouvert connexe par arcs donc u− v

est constante sur Ω. Or (u− v)(1) = 0 donc u = v sur Ω.On déduit que z 7→ 1

z admet une unique primitive sur Ω.

3 - 2: On a ∀z ∈ Ω, (elog z)′ = (log z)′elog z = elog z

z donc ∀z ∈ Ω,(elog z

z

)′= elog z

z2 −elog z

z2 = 0. Or Ω est ouvert connexe par

arcs donc ∃λ ∈ C,∀z ∈ Ω, elog z

z = λ. En particulier, pour z = 1 on a λ = elog 1

1 = e0 = 1 donc ∀z ∈ Ω, elog z

z = 1.On déduit que ∀z ∈ Ω, elog z = z.3 - 3: Soit z ∈ Ω. On a elog z = z = |z|eiArgz = eln |z|+iArgz donc ∃kz ∈ Z tel que log z = ln |z|+ iArgz + 2ikzπ.Soit l’application u(z) = 1

2iπ (log z − ln |z| − iArgz). On a ∀z ∈ Ω,∃kz ∈ Z, u(z) = kz donc u(Ω) ⊂ Z.On a u continue sur Ω et Ω connexe par arcs donc u(Ω) est connexe par arcs. Or les connexes par arcs de Z sont les sin-gletons donc ∃k ∈ Z tel que u(Ω) = k d’où ∀z ∈ Ω, u(z) = k. En particulier, pour z = 1 on a k = u(1) =1

2iπ (log 1− ln |1| − iArg1) = 0 donc ∀z ∈ Ω, u(z) = 0.On déduit que ∀z ∈ Ω, log z = ln |z|+ iArgz.On a :– log i = ln |i|+ iArgi = ln 1 + iπ2 = iπ2 .– log 3i = ln |3i|+ iArg3i = ln 3 + iπ2 = ln 3 + iπ2 .

– On a 1 + i =√

2

(√2

2+ i

√2

2

)=√

2eiπ4 donc log(1 + i) = ln |1 + i|+ iArg(1 + i) = ln

√2 + iπ4 = 1

2 ln 2 + iπ4 .

– On a θ ∈]− π, π[ donc Argeiθ = θ donc log eiθ = ln |eiθ|+ iArgeiθ = ln 1 + iθ = iθ.3 - 4: Soit z ∈ Ω de forme algébrique z = x + iy et on pose Argz = θ donc θ ∈] − π, π[ et on a cos θ = x√

x2+y2et

sin θ = y√x2+y2

.

On a θ2 ∈

]−π2 ,

π2

[et tan θ

2 =sin θ

2

cos θ2=

2 sin θ2 cos θ2

2 cos2 θ2

= sin θcos θ+1 =

y√x2+y2

x√x2+y2

+1 = y

x+√x2+y2

donc θ = 2 arctan y

x+√x2+y2

.

Donc, d’après la question précédente, log z = ln |z|+ iArgz = 12 ln(x2 + y2) + 2i arctan y

x+√x2+y2

.

3 - 5: On a ∀x ∈]0,+∞[, log x = ln |x| + iArgx = lnx + i0 = lnx donc log est un prolongement de ln en une fonctionholomorphe sur Ω.Soit g un prolongement de ln en une fonction holomorphe sur Ω. On a :

1. Ω ouvert connexe par arcs.



2. log et g sont holomorphes sur Ω.3. ∀x > 0, log z = lnx donc ∀n ∈ N∗, log

(1 + 1

n

)= ln

(1 + 1

n

)avec

(1 + 1

n

)n

une suite de Ω à éléments deux à deuxdistincts et convergente dans Ω.

Donc, d’après le principe d’identification des fonctions holomorphes, g = log sur Ω d’où ln se prolonge de façon unique en unefonction holomorphe sur Ω. Ce prolongement est log.4: Le rayon de convergence de la série entière

∑ (−1)n−1

n zn est 1. On pose g sa somme donc g est définie et holomorphe sur

D(0, 1) et on a ∀z ∈ D(0, 1), g′(z) =

+∞∑n=1

(−1)n−1zn−1 =

+∞∑n=0

(−1)nzn =1

1 + z= (log(1 + z))′.

On a ∀z ∈ D(0, 1), g′(z) = (log(1+z))′ etD(0, 1) ouvert connexe par arcs donc ∃λ ∈ Z,∀z ∈ D(0, 1), g(z) = log(1+z)+λ.

En particulier, pour z = 0 on a 0 = g(0) = log(1+0)+λ = 0+λ donc λ = 0 d’où ∀z ∈ D(0, 1), log(1+z) =

+∞∑n=1

(−1)n−1

nzn.

5:5 - 1: Soit z ∈ D(z0, r). On a :∫

γ

du

u− z=

∫ 2π

0

γ′(t)

γ(t)− zdt =

∫ 2π

0

(z0 + reit)′

z0 + reit − zdt =

∫ 2π

0

ireit

reit − (z − z0)dt = i

∫ 2π

0

dt

1− z−z0r e−it

dt

Or z ∈ D(z0, r) donc |z − z0| < r donc∣∣ z−z0

r e−it∣∣ =

∣∣ z−z0r

∣∣ < 1 d’où∫γ

du

u− z= i

∫ 2π

0

(+∞∑n=0

(z − z0)n

rne−int

)dt

On a ∀t ∈ [0, 2π],∀n ∈ N,∣∣∣ (z−z0)nrn e−int

∣∣∣ =(||z−z0|

r

)net la série

∑(||z−z0|

r

)nconverge car ||z−z0|r < 1 donc la série de

fonctions∑ (z−z0)n

rn e−int converge normalement sur [0, 2π].D’après le théorème d’interversion somme-intégral, on a :∫γ

du

u− z= i

∫ 2π

0

(+∞∑n=0

(z − z0)n

rne−int

)dt = i

+∞∑n=0

(∫ 2π

0

(z − z0)n

rne−intdt

)= i

+∞∑n=0

((z − z0)n

rn

∫ 2π

0

e−intdt

)= 2iπ

Car ∀n ∈ N∗,∫ 2π

0

e−intdt = 0.

5 - 2:

1. Soit z ∈ D(z0, r) et g : u ∈ U 7→

f(u)−f(z)

u−z si u 6= z

f ′(z) si u = z. On a f holomorphe sur U donc g est holomorphe sur U \ z.

On a f holomorphe sur U donc f est analytique sur U et on a ∃ε > 0,∀u ∈ D(z, ε), f(u) =

+∞∑n=0

f (n)(z)

n!(u− z)n donc

∀u ∈ D(z, ε) \ z, g(u) =f(u)− f(z)

u− z=

+∞∑n=1

f (n)(z)

n!(u − z)n−1 =

+∞∑n=0

f (n+1)(z)

n!(u − z)n. Ce résultat reste vrai

pour u = z donc ∀u ∈ D(z, ε), g(u) =

+∞∑n=0

f (n+1)(z)

n!(u − z)n d’où g est holomorphe sur D(z, ε) car analytique sur

D(z, ε).On a g est holomorphe sur U \ z et D(z, ε) donc g est holomorphe sur U .g est holomorphe sur U et D(z,R) ⊂ U donc g est holomorphe sur D(z,R) qui est ouvert étoilé (car convexe) donc

g admet une primitive sur D(z,R). Or γ est un lacet de D(z,R) donc, d’après la question 1, 0 =

∫γ

g(u)du =∫γ

f(u)− f(z)

u− zdu donc

∫γ

f(u)

u− zdu =

∫γ

f(z)

u− zdu = f(z)

∫γ

du

u− z= 2iπf(z) d’après la question précédente.

On déduit que f(z) =1

2iπ

∫γ

f(u)

u− zdu.

2. Soit z ∈ D(z0, r), k ∈ N∗ et g : u ∈ U 7→

1

(u− z)k+1

(f(u)−

k∑n=0

f (n)(z)

n!(u− z)n

)si u 6= z

f (k+1)(z)

(k + 1)!si u = z

. On a f holo-

morphe sur U donc g est holomorphe sur U \ z.



On a f holomorphe sur U donc f est analytique sur U et on a ∃ε > 0,∀u ∈ D(z, ε), f(u) =

+∞∑n=0

f (n)(z)

n!(u − z)n

donc ∀u ∈ D(z, ε) \ z, g(u) =1

(u− z)k+1

(f(u)−

k∑n=0

f (n)(z)

n!(u− z)n

)=

+∞∑n=k+1

f (n)(z)

n!(u − z)n−k−1 =

+∞∑n=0

f (n+k+1)(z)

(n+ k + 1)!(u− z)n. Ce résultat reste vrai pour u = z donc ∀u ∈ D(z, ε), g(u) =

+∞∑n=0

f (n+k+1)(z)

(n+ k + 1)!(u− z)n d’où

g est holomorphe sur D(z, ε) car analytique sur D(z, ε).On a g est holomorphe sur U \ z et D(z, ε) donc g est holomorphe sur U .g est holomorphe sur U et D(z,R) ⊂ U donc g est holomorphe sur D(z,R) qui est ouvert étoilé (car convexe) donc

g admet une primitive sur D(z,R). Or γ est un lacet de D(z,R) donc, d’après la question 1, 0 =

∫γ

g(u)du =∫γ

1

(u− z)k+1

(f(u)−

k∑n=0

f (n)(z)

n!(u− z)n

)du =

∫γ

f(u)

(u− z)k+1du−f

(k)(z)

k!

∫γ

du

u− z−k−1∑n=0

f (n)(z)

n!

∫γ

du

(u− z)k−n+1.

On a ∀n ∈ 0, . . . , k− 1, −1(k−n)(u−z)k−n est une primitive de 1

(u−z)k−n+1 sur U \ z et γ est un lacet de U \ z donc,

d’après la question 1,∫γ

du

(u− z)k−n+1= 0.

On déduit que∫γ

f(u)

u− zdu =

∫γ

f(z)

u− zdu = f(z)

∫γ

du

u− z= 2iπf(z) d’après la question précédente.

On déduit que∫γ

f(u)

(u− z)k+1du =

f (k)(z)

k!

∫γ

du

u− z= 2iπ

f (k)(z)

k!d’après la question 5-1, donc :

f (k)(z) =k!

2iπ

∫γ

f(u)

(u− z)k+1du

6: Soit γ : [0, 1]→ U continue et C1 par morceaux. On a :∫γ

f(z)dz =

∫ 1

0

f(γ(t))γ′(t)dt

=

∫ 1

0

[p(<eγ,=mγ) + iq(<eγ,=mγ)] (<eγ(t) + i=mγ(t))′dt

=

∫ 1

0

[p(γ∗(t)) + iq(γ∗(t))] [(<eγ(t))′ + i(=mγ(t))′] dt

=

∫ 1

0

[p(γ∗(t))(<eγ(t))′ − q(γ∗(t))(=mγ(t))′] dt+ i

∫ 1

0

[q(γ∗(t))(<eγ(t))′ + p(γ∗(t))(=mγ(t))′)] dt

=

∫ 1

0

[p(γ∗(t))(γ∗1(t))′ − q(γ∗(t))(γ∗2 (t))′] dt+ i

∫ 1

0

[q(γ∗(t))(γ∗1(t))′ + p(γ∗(t))(γ∗1 (t))′] dt

=

∫γ∗u+ i

∫γ∗v

7: ⇒ ) On a f admet une primitive sur U donc, d’après la question 1, pour tout lacet γ de U on a∫γf(z)dz = 0.

⇐ ) Soit γ = (γ1, γ2) un lacet de V donc α = γ1 + iγ2 est un lacet de U d’où∫αf(z)dz = 0.

Soient les formes différentielles u = pdx− qdy et u = qdx+ pdy sur V . D’après la question 6,∫γ

u+ i

∫γ

=

∫α

f(z)dz = 0

d’où∫γ

u =

∫γ

= 0.

On déduit que pour tout lacet γ de V on a∫γ

u =

∫γ

= 0 donc les formes différentielles u et v sont exactes sur V .

Soient g, h : V → R tels que dg = u et dh = v donc ∂g∂x = p = ∂h

∂y et ∂g∂y = −q = −∂h∂x .

On a f est holomorphe sur U donc p et q sont continue sur V d’où ∂g∂x ,

∂g∂y ,

∂h∂x et ∂h∂y sont continues sur V et par suite p et q sont

de classe C1 sur V .On a p, q ∈ C1(V ), ∂g∂x = p = ∂h

∂y et ∂g∂y = −q = −∂h∂x donc l’application F : U → C définie par ∀z ∈ C de forme algébrique



z = x + iy on a F (z) = g(x, y) + ih(x, y) vérifie les conditions de Cauchy-Riemann d’où F est holomorphe sur U et on a∀z ∈ C de forme algébrique z = x+ iy on a F ′(z) = ∂g

∂x (x, y) + i∂h∂x (x, y) = p(x, y) + iq(x, y) = f(z).On déduit que F est une primitive de f sur U .8: ⇒ ) On a f holomorphe sur U ouvert étoilé donc f admet une primitive sur U d’où, d’après la question précédente, pour tout

lacet γ de U on a∫γ

f = 0.

⇐ ) On a pour tout lacet γ de U on a∫γ

f = 0 donc, d’après la question précédente, f admet une primitive F sur U . On a F

holomorphe sur U donc F est infiniment dérivable sur U d’où f = F ′ est holomorphe sur U .9: Soit z ∈ U . On U ouvert donc ∃r > 0 tel que D(z, r) ⊂ U . Soit ε > 0 et γ : [0, 1]→ D(z, r) un lacet. On a (gn) converge

uniformément surU vers g donc ∃N ∈ N,∀n ≥ N, ‖gn−g‖∞ ≤ ε d’où∣∣∣∣∫γ

g(z)dz −∫γ

gn(z)dz

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫γ

(g(z)− gn(z))dz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∫ 1

0

[g(γ(t))− gn(γ(t))] γ′(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ 1

0

|g(γ(t)) − gn(γ(t))||γ′(t)|dt ≤ ‖gn − g‖∞∫ 1

0

|γ′(t)|dt ≤ ε

∫ 1

0

|γ′(t)|dt donc∫γ

gn(z)dz →∫γ

g(z)dz.

D’autre part, on a ∀n ∈ N, gn est holomorphe sur U donc ∀n ∈ N,∫γ

gn(z)dz = 0 d’où∫γ

g(z)dz = 0.

Pour tout lacet γ de D(z, r) on a∫γ

g(z)dz = 0 et D(z, r) ouvert étoilé donc, d’après la question précédente, g est holomorhe

D(z, r). Ceci, étant valable pour tout z ∈ U donc g est holomorphe sur U .10:10 - 1: Soit z ∈ U . On a a, z ∈ U et U ouvert connexe par arcs donc ∃γ : [0, 1] → U continue, C1 par morceaux et telle queγ(0) = a et γ(1) = z.

Soientα, β : [0, 1]→ U continue,C1 par morceaux et telle que γ(0) = a et γ(1) = z donc γ : t ∈ [0, 1] 7→

α(2t) si t ∈

[0, 12]

β(2(1− t)) si t ∈[12 , 1]

est un lacet de U d’où∫γ

f(z)dz = 0. On a :

0 =∫γf(z)dz

=

∫ 1

0

f(γ(t))(γ(t))′dt

=

∫ 12

0

f(γ(t))(γ(t))′dt+

∫ 1

12


=

∫ 12

0

f(α(2t))(α(2t))′dt+

∫ 1

12

f(β(2(1− t)))(β(2(1− t)))′dt

=

∫ 1

0

f(α(t))(α(t))′dt−∫ 1

0

f(β(t))(β(t))′dt

=

∫α

f(z)dz −∫β

f(z)dz

On déduit que∫α

f(z)dz =

∫β

f(z)dz donc ∀z ∈ U,F (z) ne dépend que de z et non pas du chemin suivi donc F est bien

définie sur U .10 - 2: Soit z ∈ U ouvert connexe par arcs donc ∃γ : [0, 1]→ U continue, C1 par morceaux et telle que γ(0) = a et γ(1) = z

d’où F (z) =

∫γ

f(z)dz.

On a z ∈ U ouvert donc ∃r > 0 tel que D(z, r) ⊂ U d’où ∀h ∈ C tel que |h| < r,∀t ∈ [0, 1], z + th ∈ U . On pose

α : t ∈ [0, 1] 7→

α(2t) si t ∈

[0, 12]

z + (2t− t)h si t ∈[12 , 1] donc α est continue, C1 par morceaux et telle que α(0) = a et α(1) = z + h



d’où F (z + h) =

∫γ

f(z)dz. On a :

F (z + h)− F (z) =∫αf(z)dz −

∫γf(z)dz

=

∫ 1

0

f(α(t))(α(t))′dt−∫ 1

0


=

∫ 12

0

f(γ(2t))(γ(2t))′dt+

∫ 1

12

f(z + (2t− 1)h)(z + (2t− t)h)′dt−∫ 1

0


=

∫ 1

0

f(γ(t))(γ(t))′dt+

∫ 1

0

f(z + th)hdt−∫ 1

0


= h

∫ 1

0

f(z + th)dt

On déduit que ∀0 < |h| < r,F (z + h)− F (z)

h=

∫ 1

0

f(z + th)dt. Or l’application (h, t) 7→ f(z + th) est continue sur

D(0, r)× [0, 1] donc, donc d’après le théorème de continuité des intégrales à paramètre, l’application h 7→∫ 1

0

f(z + th)dt est

continue sur D(0, r) d’où limh→0

F (z + h)− F (z)

h= limh→0

∫ 1

0

f(z + th)dt =

∫ 1

0

f(z)dt = f(z).

On a ∀z ∈ U, limh→0

F (z + h)− F (z)

h= f(z) et f continue sur U car holomorphe sur U donc F est holomorphe sur U et on a

F ′ = f . On déduit que F est une primitive de f sur U .

10 - 3: On a γ : t ∈ [0, 1] 7→ a est un lacet sur U donc F (a) =

∫γ

f(z)dz = 0 donc F est une primitive de f sur U qui s’annule

en a.Soit G une primitive de f sur U qui s’annule en a. On a G′ = f = F ′ et U ouvert connexe par arcs donc ∃λ ∈ C, G = F + λ.Or 0 = G(a) = F (a) + λ = λ donc G = F d’où F est l’unique primitive de f sur U qui s’annule en a.11: On a, d’après la question 3-1, z 7→ 1

z admet une primitive sur Ω donc, d’après la question 7, pour tout lacet γ de Ω on a∫γ

dz

z= 0. On déduit, d’après la question 10-3, que l’application F (z) =

∫α

dz

zavec α : [0, 1] → Ω quelconque continue et

C1 par morceaux telle que α(0) = 1 et α(1) = z est l’unique primitive de z 7→ 1z sur Ω qui s’annule en 1.

On a, d’après la question 3-1, log est l’unique primitive de z 7→ 1z sur Ω qui s’annule en 1 donc F = log sur Ω d’où pour tout

z ∈ Ω et γ : [0, 1]→ Ω continue et C1 par morceaux telle que γ(0) = 1 et γ(1) = z on a log z = F (z) =

∫γ

dz

z.


Fonctions Holomorphes - Correction

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