9 Fonctions holomorphes
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19
Fonctions holomorphes
Dans ce chapitre nous allons gĂ©nĂ©raliser la notion de dĂ©rivation rencontrĂ©e pour les fonctionsdâune variable rĂ©elle au cas des fonctions dâune variable complexe.
19.1 La reprĂ©sentation de R2 dans CLe corps C des nombres complexes est identifiĂ© Ă R2 par lâisomorphisme de R-espace vecto-
riels :Ï : C â R2
z = x + iy 7â (x, y)
Si uC est une application R-linéaire de C dans C, sa représentation dans R2 est donnée parle schéma suivant :
C uCâ CÏâ1 â â Ï
R2 uRâ R2
câest donc lâapplication uR = ÏuCÏâ1 et uC est R-linĂ©aire si, et seulement si, uR est R-linĂ©aire.Les applications C-linĂ©aires de C dans C sont les applications z 7â αz oĂč α = a + ib est
un nombre complexe avec a, b rĂ©els. La reprĂ©sentation R-linĂ©aire dâune telle application estlâapplication uR dĂ©finie par :
uR (x, y) = Ï (α (x + iy)) = Ï ((axâ by) + i (ay + bx))
= (axâ by, bx + ay)
et sa matrice dans la base canonique de R2 est A =
(a âbb a
).
RĂ©ciproquement si uC est une application de C dans C telle que uR = Ï uC Ïâ1 soit une
application R-linéaire de matrice A =
(a âbb a
), alors uC est lâapplication C-linĂ©aire z 7â αz
oĂč α = a + ib.
Remarque 19.1 Ce résultat est à la base des conditions de Cauchy-Riemann que nous verronsun peu plus loin (paragraphe 19.6).
En utilisant, pour α â Câ, la forme polaire α = ÏeiΞ = Ï (cos (Ξ) + i sin (Ξ)) avec Ï â R+,â etΞ â R, lâapplication uR a pour matrice dans la base canonique de R2 :
A = Ï
(cos (Ξ) â sin (Ξ)sin (Ξ) cos (Ξ)
)
457
458 Fonctions holomorphes
et uR = Ï·rΞ est la composĂ©e de la rotation rΞ dâangle Ξ = arg (α) (modulo 2Ï) et de lâhomothĂ©tiehÏ de rapport Ï = |α| > 0. Câest une similitude directe.
Remarque 19.2 Une similitude directe conserve les angles orientés et les cercles. Cette re-marque 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 lâapplication de C dans C dĂ©finiepar uC (z) = αz pour tout z â C, oĂč z est le conjuguĂ© de z. Montrer que uC est R-linĂ©aire etdonner sa matrice dans la base canonique de R2.
Solution 19.1 La reprĂ©sentation R-linĂ©aire de uC est lâapplication uR dĂ©finie par :
uR (x, y) = Ï (α (xâ iy)) = Ï ((ax + by) + i (bxâ ay))
= (ax + by, bxâ ay)
et sa matrice dans la base canonique de R2 est A =
(a bb âa
).
En utilisant, pour α non nul, la forme polaire α = ÏeiΞ = Ï (cos (Ξ) + i sin (Ξ)) lâapplication uRa pour matrice :
A = Ï
(cos (Ξ) sin (Ξ)sin (Ξ) â cos (Ξ)
)
et uR = Ï Â· ÏΞ est la composĂ©e de la symĂ©trie orthogonale ÏΞ par rapport Ă la droite DΞ faisant
lâangleΞ
2=
arg (α)
2avec lâaxe des x et de lâhomothĂ©tie hÏ de rapport Ï = |α| . Câest une simili-
tude indirecte.
La droite DΞ est dirigée par uΞ =
(cos
(Ξ2
)
sin(
Ξ2
))
, lâorthogonale Dâ„Ξ est dirigĂ©e par vΞ =
( â sin(
Ξ2
)
cos(
Ξ2
))
et on a :
ÏΞ (uΞ) =
(cos (Ξ) sin (Ξ)sin (Ξ) â cos (Ξ)
) (cos
(Ξ2
)
sin(
Ξ2
))
=
(cos (Ξ) cos
(Ξ2
)+ sin (Ξ) sin
(Ξ2
)
sin (Ξ) cos(
Ξ2
)â cos (Ξ) sin(
Ξ2
))
=
(cos
(Ξ â Ξ
2
)
sin(Ξ â Ξ
2
))
= uΞ
ÏΞ (vΞ) =
(cos (Ξ) sin (Ξ)sin (Ξ) â cos (Ξ)
) ( â sin(
Ξ2
)
cos(
Ξ2
))
=
(sin (Ξ) cos
(Ξ2
)â cos (Ξ) sin(
Ξ2
)
â sin (Ξ) sin(
Ξ2
)â cos (Ξ) cos(
Ξ2
))
=
(sin
(Ξ â Ξ
2
)
â cos(Ξ â Ξ
2
))
= âvΞ
donc ÏΞ est bien la symĂ©trie orthogonale par rapport Ă la droite DΞ.
Exercice 19.2 Montrer quâune application u : C â C est R-linĂ©aire si, et seulement si, ilexiste deux nombres complexes α et ÎČ tels que u (z) = αz + ÎČz pour tout z â C.
Fonctions continues sur un ouvert de C 459
Solution 19.2 Il est clair quâune telle application est R-linĂ©aire.RĂ©ciproquement si u est R-linĂ©aire, il suffit de connaĂźtre u (1) et u (i) pour connaĂźtre u (puisque(1, i) est une base du R-espace vectoriel C). On dĂ©finit alors les nombres complexes α et ÎČcomme les solutions du systĂšme linĂ©aire :
α + ÎČ = u (1)αiâ ÎČi = u (i)
soit (α, ÎČ) =1
2(u (1)â i · u (i) , u (1) + i · u (i)) et on a pour tout z = x + iy â C :
u (z) = xu (1) + yu (i) = x (α + ÎČ) + y (αiâ ÎČi)
= α (x + iy) + ÎČ (xâ iy) = αz + ÎČz.
19.2 Fonctions continues sur un ouvert de CNous dĂ©crivons tout dâabord quelques notions topologiques de base sur C.Toutes ces notions seront Ă©tudiĂ©es en dĂ©tails dans le chapitre sur les espaces mĂ©triques avec
le cas particulier des espaces vectoriels normés de dimension finie.
DĂ©finition 19.1 Ătant donnĂ©s un nombre complexe Ï et un nombre rĂ©el positif ou nul R, ledisque ouvert de centre Ï et de rayon R est la partie de C dĂ©finie par :
D (Ï,R) = z â C | |z â Ï| < Ret le disque fermĂ© de centre Ï et de rayon R est la partie de C dĂ©finie par :
D (Ï, R) = z â C | |z â Ï| †R
Pour R = 0, on a D (Ï, R) = â et D (Ï, R) = Ï .En dĂ©signant par Ω le point de R2 dâaffixe Ï, un tel disque (ouvert ou fermĂ©) est identifiĂ©
au disque (ouvert ou fermĂ©) de R2 de centre Ω et de rayon R.Le bord dâun tel disque est le cercle de centre Ï et de rayon R dĂ©fini par :
C (Ï, R) = z â C | |z â Ï| = R .
Une paramétrisation de ce cercle est aussi donnée par :
(z â C (Ï, R)) â (ât â ]âÏ, Ï] | z = Ï + R · eit)
DĂ©finition 19.2 On dit quâune partie V de C est un voisinage de z0 â C si elle contient uneboule ouverte centrĂ©e en z0 de rayon strictement positif.
DĂ©finition 19.3 On dit quâune partie O de C est ouverte (ou que câest un ouvert de C) si elleest vide ou si elle est non vide et pour tout z â O il existe un rĂ©el r > 0 tel que D (z, r) â O.
Lâensemble vide et C sont des ouverts.Il est Ă©quivalent de dire quâun ensemble non vide est un ouvert si, et seulement si, câest un
voisinage de chacun de ses points.
Exercice 19.3 Montrer quâun disque ouvert de C est un ouvert. Quâen est-il dâun disquefermĂ© ?
460 Fonctions holomorphes
Solution 19.3 Soit D (Ï,R) un disque ouvert. Si R = 0, on a alors D (Ï, R) = â et câest unouvert. Sinon, pour z â D (Ï, R) , on a Râ|z â Ï| > 0 et pour 0 < Δ < Râ|z â Ï| , en utilisantlâinĂ©galitĂ© triangulaire, on voit que pour tout t â D (z, Δ) , on a :
|tâ Ï| = |(tâ z) + (z â Ï)|†|tâ z|+ |z â Ï| < Δ + |z â Ï| < R
(figure 19.1) ce qui signifie que t â D (Ï, R) . On a donc D (z, Δ) â D (Ï,R) et D (Ï, R) est un
Ï
z
t
R
Δ
Fig. 19.1 â
ouvert.Un disque fermĂ© nâest pas ouvert. En effet pour z = Ï + R · eiΞ â D (Ï, R) et tout Δ > 0, lepoint t = z +
Δ
2eiΞ est dans D (z, Δ) et pas dans D (Ï,R) puisque :
|tâ Ï| =âŁâŁâŁÏ +
(R +
Δ
2
)eiΞ â Ï
âŁâŁâŁ = R +Δ
2> R.
Exercice 19.4 Montrer quâune rĂ©union quelconque dâouverts de C est un ouvert.
Solution 19.4 Soit (Oi)iâI une famille dâouverts quâon peut supposer non vides. Si z â O =âiâI
Oi, il existe un indice i â I tel que z â Oi et comme Oi est ouvert non vide, il existe un rĂ©el
ri > 0 tel que D (z, ri) â Oi â O. Lâensemble O est donc ouvert.
Exercice 19.5 Montrer quâune intersection finie dâouverts de C est un ouvert. Que dire dâuneintersection infinie dâouverts de C ?
Solution 19.5 Soit (Oi)1â€iâ€n une famille finie dâouverts quâon peut supposer non vides. Si
z â O =nâ
i=1
Oi, comme chaque Oi est ouvert, il existe des rĂ©el ri > 0 tels que D (z, ri) â Oi
pour tout i compris entre 1 et n et en notant r = min1â€iâ€n
ri, on a r > 0 et D (z, r) â O. Lâensemble
O est donc ouvert.Dans le cas dâune intersection infinie, on peut avoir r = inf
iâIri = 0. Par exemple pour R â„ 0 et
Ï â C, le disque fermĂ©+ââ
k=1
D
(Ï,R +
1
k
)= D (Ï, R) nâest pas ouvert.
Fonctions continues sur un ouvert de C 461
DĂ©finition 19.4 On dit quâune partie F de C est fermĂ©e (ou que câest un fermĂ© de C) si soncomplĂ©mentaire dans C, C \ F , est un ouvert de C.
Lâensemble vide et C sont Ă la fois ouverts et fermĂ©s.
Exercice 19.6 Montrer quâune intersection quelconque de fermĂ©s de C est un fermĂ©.
Solution 19.6 RĂ©sulte de :C \
âiâI
Fi =âiâI
(C \ Fi)
Exercice 19.7 Montrer quâune rĂ©union finie de fermĂ©s de C est un fermĂ©. Que dire dâunerĂ©union infinie de fermĂ©s de C ?
Solution 19.7 RĂ©sulte de :
C \nâ
i=1
Fi =nâ
i=1
(C \ Fi)
Une rĂ©union infinie de fermĂ©s de C nâest pas nĂ©cessairement fermĂ©. Par exemple pour R > 0
et Ï â C, le disque ouvertâ+â
k=1k> 1
R
D
(Ï,Râ 1
k
)= D (Ï, R) nâest pas ouvert.
Exercice 19.8 Montrer quâun disque fermĂ© de C est un fermĂ©.
Solution 19.8 Laissée au lecteur.
Le résultat suivant nous fournit une caractérisation séquentielle de la notion de fermé.
ThĂ©orĂšme 19.1 Une partie non vide F de C est fermĂ©e si, et seulement si, pour toute suite(zn)nâN de F qui est convergente, la limite z = lim
nâ+âzn est dans F .
Si O est un ouvert non vide de C, on peut lâidentifier Ă un ouvert Ω de R2 et touteapplication f : O â C peut ĂȘtre identifiĂ©e Ă lâapplication Ï de Ω dans R2 dĂ©finie parÏ (x, y) = (P (x, y) , Q (x, y)) oĂč P est la partie rĂ©elle de f et Q sa partie imaginaire.
On connaßt déjà les notions de limite, de continuité et de dérivabilité pour les fonctionsréelles P et Q.
Nous allons dĂ©finir ces notions pour les fonctions dâune variable complexe et Ă©tudier le lienavec les notions rĂ©elles.
Pour la notion de limite, on se contente du cas particulier dâune fonction dĂ©finie sur unvoisinage dâun point privĂ© de ce point.
DĂ©finition 19.5 Soient V un voisinage dâun point z0 de C et une application f : V \z0 â C.On dit que f admet une limite en z0, si il existe un nombre complexe ` tel que pour tout rĂ©elΔ > 0, il existe un rĂ©el η > 0 tel que si z â V et 0 < |z â z0| < η alors |f (z)â `| < Δ.
Comme dans le cas rĂ©el, on dĂ©duit de lâinĂ©galitĂ© triangulaire pour le module que si unefonction f admet une limite en un point, cette derniĂšre est alors unique et on peut noter` = lim
zâz0z 6=z0
f (z) . En pratique, on note ` = limzâz0
f (z) Ă©tant entendu que z tend vers z0 avec z 6= z0.
On a donc :(` = lim
zâz0
f (z)
)â (âΔ > 0, âη > 0 | 0 < |z â z0| < η â |f (z)â `| < Δ)
â(
limzâz0
|f (z)â `| = 0
)
(on peut toujours trouver η > 0 tel que D (z0, η) â V).
462 Fonctions holomorphes
DĂ©finition 19.6 Soient O un ouvert non vide de C et une application f : O â C.On dit que f est continue en z0 â O si lim
zâz0
f (z) = f (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 :
âΔ > 0, âη > 0 | z â O et |z â z0| < η â |f (z)â f (z0)| < Δ
Exemple 19.1 Une fonction constante est continue en tout point de C.
Exercice 19.9 Montrer que la fonction z 7â |z| est continue en tout point de C.
Solution 19.9 RĂ©sulte de ||z| â |z0|| < |z â z0| .
Exercice 19.10 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7â zn est continue entout point de C.
Solution 19.10 Pour n = 0, il sâagit de la fonction constante Ă©gale Ă 1 et pour n â„ 1, z0 â C,on peut trouver un rĂ©el R > 0 tel que z0 â D (0, R) et pour tout z â D (0, R) , on a :
|zn â zn0 | = |z â z0|
âŁâŁâŁâŁâŁnâ1â
k=0
znâ1âkzk0
âŁâŁâŁâŁâŁ †nRnâ1 |z â z0| âxâz0
0.
Exercice 19.11 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7â zn est continue entout point de C.
Solution 19.11 RĂ©sulte de :
|zn â z0n| = |zn â zn
0 | âxâz0
0.
Une définition équivalente de la continuité en un point est donnée par le résultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.2 Une fonction f : O â C est continue en a â O si, et seulement si, pourtoute suite (zn)nâN de points de O qui converge vers a, la suite (f (zn))nâN 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.
ThĂ©orĂšme 19.3 Si f : O â C est continue en z0 â O, elle est alors bornĂ©e au voisinage de cepoint, câest-Ă -dire quâil existe un rĂ©el r > 0 et une constante M > 0 tels que D (z0, r) â O et :
âz â 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.
ThĂ©orĂšme 19.4 Une fonction f : O â C est continue sur O si, et seulement si, lâimagerĂ©ciproque par f de tout ouvert [resp. fermĂ©] de C est un ouvert [resp. fermĂ©] de O (i. e.fâ1 (O) = O â©OâČ [resp. fâ1 (O) = O â© F âČ]oĂč OâČ [resp. F âČ]est un ouvert [resp. fermĂ©] de C).
Fonctions continues sur un ouvert de C 463
DĂ©monstration. Supposons f continue et soit O1 un ouvert de C. Pour tout z0 â fâ1 (O1) ,f (z0) est dans lâouvert O1, il existe donc un rĂ©el Δ > 0 tel que le disque ouvert D (f (z0) , Δ)soit contenue dans O1 et avec la continuitĂ© de f, on peut trouver un rĂ©el η > 0 tel que pourtout z â D (z0, η) â© O on ait f (z) â D (f (z0) , Δ) â O1. On a donc D (z0, η) â© O âfâ1 (O1) eten posant OâČ =
âz0âfâ1(O1)
D (z0, η) , on dĂ©finit un ouvert de C tel que fâ1 (O1) = C â©OâČ, ce qui
prouve que fâ1 (O1) est ouvert dans C.RĂ©ciproquement, supposons que lâimage rĂ©ciproque par f de tout ouvert de C est un ouvert
de O. Pour z0 â C et Δ > 0, fâ1 (D (f (z0) , Δ)) est un ouvert de O, il existe donc un rĂ©el η > 0tel que D (z0, η) â© O â fâ1 (D (f (z0) , Δ)) , ce qui signifie que |f (z)â f (z0)| †Δ pour toutz â B (z0, η) â© O. La fonction f est donc continue en tout point de O.
Pour ce qui est de lâimage rĂ©ciproque des fermĂ©s, on utilise le fait quâun fermĂ© est le complĂ©-mentaire dâun ouvert et lâimage rĂ©ciproque du complĂ©mentaire est le complĂ©mentaire de lâimagerĂ©ciproque.
Pour ce qui est des opérations élémentaires, on a le résultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.5 Soient f, g deux fonctions dĂ©finies sur O, Ă valeurs complexes et continuesen z0 â O. Les fonctions f, |f | , f + g et fg 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
z â V et la fonction1
fqui est définie sur V est continue en z0.
DĂ©monstration. Pour f câest clair et pour les autres fonctions, on copie la dĂ©monstrationdu cas rĂ©el.
Exercice 19.12 Montrer que les fonctions z 7â < (z) et z 7â = (z) sont continues en tout pointde C.
Solution 19.12 RĂ©sulte de < (z) =1
2(z + z) et = (z) =
1
2i(z â z) .
De la continuitĂ© des applications z 7â zn pour tout entier naturel n, on dĂ©duit que lesfonctions polynomiales sont continue sur C et que les fonctions rationnelles sont continue surleurs domaines de dĂ©finition.
Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.6 Si f : O â C est continue en z0 â O, OâČ est un ouvert de C contenant f (O)et g : OâČ â C est continue en f (z0) , alors g f est continue en z0.
Exercice 19.13 Montrer que si Ï : R+ â C est une fonction continue et f : O â C unefonction continue, alors la fonction z 7â Ï (|f (z)|) est continue sur O.
Solution 19.13 Soient Δ > 0 et z0 â O. Comme Ï est continue en |f (z0)| , il existe ÎŽ > 0tel que |Ï (t)â Ï (|f (z0)|)| < Δ pour tout rĂ©el t > 0 tel que |tâ |f (z0)|| < ÎŽ. En dĂ©signantpar η > 0 un rĂ©el tel que ||f (z)| â |f (z0)|| < ÎŽ pour tout z â O tel que |z â z0| < η, on a|Ï (|f (z)|)â Ï (|f (z0)|)| < Δ pour tout z â O tel que |z â z0| < η. La fonction z 7â Ï (|f (z)|)est donc continue en z0.
464 Fonctions holomorphes
19.3 IntĂ©grales curvilignesDĂ©finition 19.7 Un chemin dans C est une application Îł : [a, b] â C continue et de classe C1
par morceaux, oĂč [a, b] est un segment rĂ©el non rĂ©duit Ă un point (on a donc a < b).Si Îł (a) = Îł (b) , on dit que ce chemin est fermĂ© ou que câest un lacet.Si lâapplication Îł est injective, on dit alors que le chemin est sans points doubles.
On rappelle quâune fonction Îł : [a, b] â C est dite de classe C1 par morceaux, sâil existe unesubdivision
a0 = a < a1 < · · · < ap < ap+1 = b
telle que la fonction f se prolonge par continuité en une fonction de classe C1 sur chacun desintervalle [ak, ak+1] (0 †k †p).
Si Îł : [a, b] â C est un chemin, son image Im (Îł) = Îł ([a, b]) est le chemin gĂ©omĂ©trique quâildĂ©finit et Îł est une paramĂ©trisation de Im (Îł) .
Si α, ÎČ sont deux nombres complexes, on dit quâun chemin Îł : [a, b] â C relie α et ÎČ, siÎł (a) = α et Îł (b) = ÎČ. On dit alors, dans ce cas, que α est lâorigine et ÎČ lâextrĂ©mitĂ© du chemingĂ©omĂ©trique Im (Îł) .
Exemple 19.2 Le cercle de centre Ï et de rayon R > 0 parcouru une fois dans le sens directpeut ĂȘtre paramĂ©trĂ© par :
ÎłÏ,R : [0, 2Ï] â Ct 7â Ï + Reit
Ce lacet sera notĂ© plus simplement : |z â Ï| = r.
Exemple 19.3 Pour α, ÎČ dans C, le segment [α, ÎČ] reliant α et ÎČ peut ĂȘtre paramĂ©trĂ© par :
Îł : [0, 1] â Ct 7â (1â t) α + tÎČ
Si O est un ouvert non vide de C, f : O â C une fonction continue et Îł : [a, b] â O unchemin Ă valeurs dans O, on peut dĂ©finir lâintĂ©grale de f le long de ce chemin en sâinspirant dela dĂ©finition de lâintĂ©grale de Riemann dâune fonction dĂ©finie sur un segment rĂ©el et Ă valeurscomplexes. Pour ce faire, on dĂ©coupe, pour tout entier naturel n â„ 1, lâintervalle [a, b] en n
intervalles de mĂȘme longueur en utilisant la subdivision (tn,k)0â€kâ€n dĂ©finie par tk = a + kbâ a
npour 0 †k †n et on associe Ă ces subdivisions la suite (In)nâ„1 dĂ©finie par :
ân â„ 1, In =nâ1â
k=0
f (zn,k) (zn,k+1 â zn,k)
oĂč zn,k = Îł (tn,k) . En Ă©crivant que :
zn,k+1 â zn,k = Îł (tn,k+1)â Îł (tn,k) = (tn,k+1 â tn,k) ÎłâČ (tn,k) + o
(1
n
)
(ÎłâČ (tn,k) = limhâ0
Îł (tn,k + h)â Îł (tn,k)
hĂ©quivaut Ă Îł (tn,k + h) â Îł (tn,k) = hÎłâČ (tn,k) + o (h) et ici
h = tn,k+1 â tn,k =bâ a
n), on a :
In ânâ1â
k=0
f (zn,k) (tn,k+1 â tn,k) ÎłâČ (tn,k)
et il est naturel de donner la définition suivante.
Intégrales curvilignes 465
DĂ©finition 19.8 Si O est un ouvert non vide de C, f : O â C une fonction continue etÎł : [a, b] â O un chemin Ă valeurs dans O, alors lâintĂ©grale curviligne de f le long de Îł est lenombre complexe : â«
Îł
f (z) dz =
â« b
a
f (Îł (t)) ÎłâČ (t) dt.
En notant :a0 = a < a1 < · · · < ap < ap+1 = b
une subdivision telle que Îł soit de classe C1 sur chaque [ak, ak+1] (0 †k †p), on a prĂ©cisĂ©ment :â«
Îł
f (z) dz =
pâ
k=0
â« ak+1
ak
f (Îł (t)) ÎłâČ (t) dt
Pratiquement cette intĂ©grale curviligne se calcule en posant z = Îł (t) et dz = ÎłâČ (t) dt avec tparcourant [a, b] pour z parcourant Îł ([a, b]) .
Exercice 19.14 Soient Ï un nombre complexe et R un rĂ©el strictement positif. Calculer :
In =
â«
|zâÏ|=R
(z â Ï)n dz
pour tout entier relatif n.
Solution 19.14 On a :
In =
â« 2Ï
0
RneintiReitdt = iRn+1
â« 2Ï
0
ei(n+1)tdt
=
0 si n 6= â12iÏ si n = â1
Exercice 19.15 Donner une paramétrisation γ du bord du rectangle R défini par :
R = z â C | âa †< (z) †a, âb †= (z) †b
oĂč a, b sont des rĂ©els strictement positifs. Calculerâ«
Îł
zndz pour tout entier relatif n.
Solution 19.15 Une paramétrisation γ du bord de R est donnée par :
Îł : [0, 4] â Câ
t 7â
(2tâ 1) aâ ib si 0 †t †1a + ib (2tâ 3) si 1 †t †2(5â 2t) a + ib si 2 †t †3âa + i (7â 2t) b si 3 †t †4
et pour f continue sur Câ, on a :â«
Îł
f (z) dz = 2a
â« 1
0
f ((2tâ 1) aâ ib) dt
+ 2ib
â« 2
1
f (a + ib (2tâ 3)) dt
â 2a
â« 3
2
f ((5â 2t) a + ib) dt
â 2ib
â« 4
3
f (âa + i (7â 2t) b) dt
466 Fonctions holomorphes
ce qui sâĂ©crit en utilisant les changement de variables respectifs x = 2tâ1, y = 2tâ3, z = 2tâ5,u = 2tâ 7 :
â«
Îł
f (z) dz = a
â« 1
â1
f (xaâ ib) dx + ib
â« 1
â1
f (a + iby) dy
â a
â« 1
â1
f (âza + ib) dz â ib
â« 1
â1
f (âaâ iub) du
Pour f paire, cela donneâ«
Îł
f (z) dz = 0 et pour f impaire, on a :
â«
Îł
f (z) dz = 2a
â« 1
â1
f (xaâ ib) dx + 2ib
â« 1
â1
f (a + ibx) dx
Pour f (z) = z2n+1 avec n entier relatif diffĂ©rent de â1, on a :â«
Îł
f (z) dz = 2a
â« 1
â1
(xaâ ib)2n+1 dx + 2ib
â« 1
â1
(a + ibx)2n+1 dx
=1
n + 1
[(xaâ ib)2(n+1)
]1
â1+
1
n + 1
[(a + ibx)2(n+1)
]1
â1
=(aâ ib)2(n+1) â (âaâ ib)2(n+1)
n + 1+
(a + ib)2(n+1) â (aâ ib)2(n+1)
n + 1
= 0
et pour f (z) =1
z, on a :
â«
Îł
dz
z= 2a
â« 1
â1
dt
xaâ ib+ 2ib
â« 1
â1
dx
a + ibx
= 2a
â« 1
â1
xa + ib
x2a2 + b2dt + 2ib
â« 1
â1
aâ ibx
a2 + x2b2dx
= 4iab
â« 1
0
dt
t2a2 + b2+ 4iab
â« 1
0
dt
a2 + t2b2
= 4ia
b
â« 1
0
dt
t2 a2
b2+ 1
+ 4ib
a
â« 1
0
dt
1 + t2 b2
a2
= 4i
â« ab
0
dt
x2 + 1+ 4i
â« ba
0
dt
1 + x2
= 4i
(arctan
(a
b
)+ arctan
(b
a
))
= 4iÏ
2= 2iÏ.
Nous verrons plus loin que ces résultats ne sont pas étonnant.
Exercice 19.16 Calculerâ«
[1,2+i]
dz
z.
Solution 19.16 Si [α, ÎČ] est un segment dans C paramĂ©trĂ© par :
Îł : t â [0, 1] 7â (1â t) α + tÎČ
Intégrales curvilignes 467
on a, dans la cas oĂč 0 nâest pas sur le segment [α, ÎČ] :â«
[α,ÎČ]
dz
z=
â« 1
0
ÎČ â α
(1â t) α + tÎČdt =
â« 1
0
ÎČ â α
(ÎČ â α) t + αdt
ce qui donne pour α = 1 et ÎČ = 2 + i :â«
[1,2+i]
dz
z= (1 + i)
â« 1
0
dt
(1 + i) t + 1= (1 + i)
â« 1
0
1 + tâ it
2t2 + 2t + 1dt
= (1 + i)
(â« 1
0
1 + t
2t2 + 2t + 1dtâ i
â« 1
0
t
2t2 + 2t + 1dt
)
= (1 + i)
(ln (5)
4+
arctan (3)
2â Ï
8â i
(ln (5)
4â arctan (3)
2+
Ï
8
))
=ln (5)
2+ i
(arctan (3)â Ï
4
)
Exercice 19.17 Calculerâ«
|z|=1
f (z) dz pour les fonctions suivantes :
1. f (z) = |z|n pour z â Câ, oĂč n est un entier relatif.2. f (z) = < (zn)â= (zn) pour z â Câ, oĂč n est un entier relatif.
Solution 19.17 Une paramĂ©trisation du cercle de centre 0 et de rayon 1 parcouru une foisdans le sens direct est donnĂ© par lâapplication Îł dĂ©finie par :
ât â [0, 2Ï], Îł(t) = eit.
et on aâ«
|z|=1
f (z) dz =
â«
Îł
f (z) dz =
â« 2Ï
0
f (eit) ieitdt.
1. Pour f (z) = |z|n , on a :â«
Îł
f (z) dz =
â« 2Ï
0
âŁâŁeitâŁâŁn ieitdt =
â« 2Ï
0
ieitdt = 0.
2. Pour f (z) = < (zn)â= (zn) , on a :â«
Îł
f (z) dz =
â« 2Ï
0
(cos (nt)â sin (nt)) (i cos (t)â sin (t)) dt
= i
â« 2Ï
0
(cos (nt)â sin (nt)) cos (t) dtââ« 2Ï
0
(cos (nt)â sin (nt)) sin (t) dt
= i
â« 2Ï
0
cos (nt) cos (t) dtââ« 2Ï
0
sin (nt) sin (t) dt
puisqueâ« 2Ï
0
cos (nt) sin (mt) dt = 0 pour tous n,m dans Z. Et avecâ« 2Ï
0
cos (nt) cos (mt) dt =
0,
â« 2Ï
0
sin (nt) sin (mt) dt = 0 pour n 6= m etâ« 2Ï
0
cos2 (nt) dt =
â« 2Ï
0
sin2 (nt) dt = Ï pour
n 6= 0, on dĂ©duit que :â«
Îł
f (z) dz =
0 si n 6= 1(â1 + i) Ï si n = 1
468 Fonctions holomorphes
Exercice 19.18 Soit f dĂ©finie par f (z) = z2â 1 pour tout z â C. Calculerâ«
Îł
f (z) dz pour les
chemins suivants :
1. Îł : t â [0, 1] 7â t + it2.
2. Îł : t â [0, 2Ï] 7â et+it.
3. Îł : t â [0, 2Ï] 7â cos (t) + i sin (2t) .
Solution 19.18 On a :
1.â«
Îł
f (z) dz =
â« 1
0
((t + it2
)2 â 1)
(1 + 2it) dt
=
â« 1
0
(t + it2
)2(1 + 2it) dtâ
â« 1
0
(1 + 2it) dt
=
[(t + it2)
3
3â (
t + it2)]1
0
=(1 + i)3
3â (1 + i)
= â5
3â 1
3i.
2.â«
Îł
f (z) dz =
â« 2Ï
0
(e2t+2it â 1
)(1 + i) et+itdt
=
â« 2Ï
0
e3(1+i)t (1 + i) dtââ« 2Ï
0
(1 + i) e(1+i)tdt
=
[e3(1+i)t
3â e(1+i)t
]2Ï
0
=e6Ï
3â e2Ï +
2
3
3.â«
Îł
f (z) dz =
â« 2Ï
0
((cos (t) + i sin (2t))2 â 1
)(â sin (t) + 2i cos (2t)) dt
=
â« 2Ï
0
(cos (t) + i sin (2t))2 (â sin (t) + 2i cos (2t)) dt
ââ« 2Ï
0
(â sin (t) + 2i cos (2t)) dt
=
[(cos (t) + i sin (2t))3
3â (cos (t) + i sin (2t))
]2Ï
0
= 0
Exercice 19.19 Pour r > 0, on désigne par γr le demi-cercle défini par :
Îłr : t â[âÏ
2,Ï
2
]7â reit.
Calculer limrâ+â
â«
Îłr
eâz
z2dz.
Intégrales curvilignes 469
Solution 19.19 On a, pour r > 0 :â«
Îłr
eâz
z2dz =
â« Ï2
âÏ2
eâreit
r2e2itireitdt =
i
r
â« Ï2
âÏ2
eâreit
eâitdt
et : âŁâŁâŁâŁâ«
Îłr
eâz
z2dz
âŁâŁâŁâŁ â€1
r
â« Ï2
âÏ2
eâr cos(t)dt †1
r
â« Ï2
âÏ2
dt =Ï
râ
râ+â0
et en consĂ©quence limrâ+â
â«
Îłr
eâz
z2dz = 0.
En utilisant les subdivisions prĂ©cĂ©dentes de lâintervalle [a, b] , des approximations de la lon-gueur du chemin Îł sont donnĂ©es par :
`n =nâ1â
k=0
|zn,k+1 â zn,k| ânâ1â
k=0
(tn,k+1 â tn,k) |ÎłâČ (tn,k)|
et il est naturel de définir la longueur de γ comme suit.
DĂ©finition 19.9 Si Îł : [a, b] â C est un chemin, sa longueur est le rĂ©el positif :
` (Îł) =
â« b
a
|ÎłâČ (t)| dt.
Exercice 19.20 Calculer la longueur dâun cercle de centre z0 â C et de rayon r > 0 parcouruune fois dans le sens direct et la longueur dâun segment reliant deux nombres complexes α et ÎČ.
Solution 19.20 Pour le cercle paramétré par γz0,r, on a :
` (Îłz0,r) =
â« 2Ï
0
âŁâŁireitâŁâŁ dt = 2Ïr
et pour un segment [α, ÎČ] :
` (Îł) =
â« 1
0
|ÎČ â a| dt = |ÎČ â a| .
ThĂ©orĂšme 19.7 Si O est un ouvert non vide de C, f : O â C une fonction continue etÎł : [a, b] â O un chemin Ă valeurs dans O, on a alors :
âŁâŁâŁâŁâ«
Îł
f (z) dz
âŁâŁâŁâŁ †` (Îł) · supzâIm(Îł)
|f (z)| .
DĂ©monstration. Comme Îł est continue, Im (Îł) est compact dans C comme image ducompact [a, b] par lâapplication continue Îł et la fonction f qui est continue est bornĂ©e sur lecompact Im (Îł) , ce qui valide lâexistence de sup
zâIm(Îł)
|f (z)| .On a alors, par définitions :
âŁâŁâŁâŁâ«
Îł
f (z) dz
âŁâŁâŁâŁ =
âŁâŁâŁâŁâ« b
a
f (Îł (t)) ÎłâČ (t) dt
âŁâŁâŁâŁ â€â« b
a
|f (Îł (t))| |ÎłâČ (t)| dt
†supzâIm(Îł)
|f (z)|â« b
a
|ÎłâČ (t)| dt = ` (Îł) · supzâIm(Îł)
|f (z)| .
La notion dâouvert connexe dans C peut se dĂ©finir en utilisant les chemins.
470 Fonctions holomorphes
DĂ©finition 19.10 On dit quâun ouvert O de C est connexe si deux points quelconques deO peuvent ĂȘtre joints par un chemin dans O (i. e. pour α, ÎČ dans O, il existe un cheminÎł : [0, 1] â O tel que Îł (0) = α et Îł (1b) = ÎČ).
En rĂ©alitĂ©, on dit usuellement quâune partie C de C est connexe sâil nâest pas possible delâĂ©crire comme rĂ©union disjointe de deux ouverts non vides de C (un ouvert de C Ă©tant unensemble C â©O, oĂč O est un ouvert de C) et on montre quâun ouvert non vide de C est connexesi, et seulement si, il est connexe par arcs, câest-Ă -dire que deux points quelconques de C peuventĂȘtre reliĂ©s par un chemin dans C.
La dĂ©finition dâouvert connexe que nous avons donnĂ© nous suffira.
19.4 Fonctions analytiquesPour ce paragraphe, O est un ouvert non vide de C, f une application de O dans C et z0
un point de O.
DĂ©finition 19.11 On dit que f est analytique en z0 sâil existe un rĂ©el r > 0 (dĂ©pendant de z0)tel que D (z0, r) â O et une suite (an)nâN de nombres complexes tels que :
âz â D (z0, r) , f (z) =+âân=0
an (z â z0)n
On dit aussi que f est analytique en z0 si elle est développable en série entiÚre au voisinagede z0.
On peut remarquer que a0 = f (z0) .Avec les notations de la définition précédente la série entiÚre
âant
n a un rayon de conver-gence R0 â„ r.
Dire que f est analytique en z0 Ă©quivaut Ă dire que la fonction fz0 : t 7â f (z0 + t) , qui estdĂ©finie sur le disque ouvert D (0, r) , est dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre au voisinage de 0.
DĂ©finition 19.12 On dit que f est analytique sur O si elle est analytique en tout point de O.
Du théorÚme 14.11 sur la continuité des fonctions développables en série entiÚre au voisinagede 0, on déduit le suivant.
ThéorÚme 19.8 Toute fonction analytique sur O est continue sur cet ouvert.
DĂ©monstration. Pour z0 â O la fonction fz0 : t 7â f (z0 + t) =+âân=0
antn, qui est définie
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 entiÚre au voisinage de z0 est
unique.
Exercice 19.21 Montrer que toute fonction polynomiale est analytique sur C.
Solution 19.21 Comme pour tout nombre complexe z0 la famille((z â z0)
k)
0â€kâ€nest une
base de Cn [z] , toute fonction polynomiale P â Cn [z] sâĂ©crit de maniĂšre unique P (z) =nâ
k=0
ak (z â z0)k et en consĂ©quence est analytique en z0 (on a an+k = 0 pour tout k â„ 0).
Fonctions analytiques 471
Exercice 19.22 Montrer que la fonction f : z 7â 1
1â zest analytique sur D (0, 1) .
Solution 19.22 On sait déjà que cette fonction est développable en série entiÚre en 0 avec,
pour tout z â D (0, 1) , f (z) =+âân=0
zn.
Pour z0 â D (0, 1) et z â D (z0, 1â |z0|) â D (0, 1) (faire un dessin), on a :
f (z) =1
1â z0
1
1â zâz0
1âz0
=+âân=0
(z â z0)n
(1â z0)n+1
et f est analytique en z0.
Au paragraphe 15.2 nous avons dĂ©fini la fonction exponentielle complexe par ez =+âân=0
zn
n!pour tout nombre complexe z. On note aussi exp (z) pour ez.
Exercice 19.23 Montrer que la fonction exponentielle complexe est analytique sur C.
Solution 19.23 En utilisant lâĂ©quation fonctionnelle vĂ©rifiĂ©e par la fonction exponentielle (thĂ©o-rĂšme 15.2), on a pour tout z0 â C :
ez = ez0ezâz0 = ez0
+âân=0
(z â z0)n
n!
et f est analytique en z0.
Nous verrons un peu plus loin que si f est une fonction développable en série entiÚre sur undisque 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 sérieentiÚre au voisinage de 0 (théorÚmes 14.8 et 14.9), on déduit le suivant.
ThéorÚme 19.9 La somme et le produit de deux fonctions analytiques sur O est analytiquesur O.
Plus prĂ©cisĂ©ment si f (z) =+âân=0
an (z â z0)n et g (z) =
+âân=0
bn (z â z0)n pour z â D (z0, r) â O,
on a alors f (z) + g (z) =+âân=0
(an + bn) (z â z0)n et f (z) g (z) =
+âân=0
cn (z â z0)n avec cn =
nâk=0
akbnâk.
Exercice 19.24 Montrer que les fonctions f : z 7â cos (z) , z 7â sin (z) , z 7â ch (z) et z 7âsh (z) sont analytiques sur C.
Solution 19.24 Ce sont des combinaisons linéaires de la fonction exponentielle.
Exercice 19.25 Montrer quâune fonction rationnelle est analytique sur son domaine de dĂ©fi-nition.
472 Fonctions holomorphes
Solution 19.25 Sachant quâune fonction polynomiale est analytique et en utilisant le thĂ©orĂšmede dĂ©composition en Ă©lĂ©ments simples, il suffit de montrer le rĂ©sultat pour les fonctions ration-
nelles de la forme z 7â 1
(z â a)m oĂč a est un nombre complexe et m un entier naturel non nul.
Pour z0 â C \ a et z â D (z0, |z0 â a|) â C \ a , on a :
1
(z â a)m =1
(z â z0 + z0 â a)m
=1
(z0 â a)m
1(1â zâz0
aâz0
)m =1
(z0 â a)m
+âân=0
an (z â z0)n
sachant que la fonction t 7â 1
(1â t)m est dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre sur D (0, 1) .
Si maintenant f est une fonction rationnelle, le théorÚme de décomposition en élément simples
nous dit quâelle sâĂ©crit f = P +pâ
k=1
αk1
(z â ak)mk
oĂč P est une fonction polynomiale, les αk sont
des nombres complexes et les mk des entiers naturels non nuls. La fonction P Ă©tant analytique
sur C et les fonctions z 7â 1
(z â ak)mk
analytiques sur C\ak , on en déduit que f est analytique
sur lâintersection de ces ensembles, soit sur C \ a1, · · · , ap qui est le domaine de dĂ©finition def.
Remarque 19.3 Montrer que le quotient ou la composĂ©e de deux fonctions analytiques estanalytique sur son domaine de dĂ©finition est assez dĂ©licat. Nous obtiendrons ces rĂ©sultats commeconsĂ©quences dâun rĂ©sultat Ă©lĂ©mentaire relatif au quotient ou Ă la composĂ©e de deux fonctionsC-dĂ©rivables aprĂšs avoir dĂ©fini cette notion et montrĂ© quâelle est Ă©quivalente Ă lâanalyticitĂ©.
19.5 La dérivation complexe. Fonctions holomorphesPour 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 dĂ©rivabilitĂ© pour une fonction dâune variable complexe et Ă valeurs complexes
se défini comme dans le cas réel.
DĂ©finition 19.13 On dit que f est dĂ©rivable en z0 si la fonction z 7â f (z)â f (z0)
z â z0
définie
sur O \ z0 admet une limite en z0.
Quand cette limite existe, elle est unique, on la note f âČ (z0) et on dit que câest le nombredĂ©rivĂ© de f en z0.
De maniĂšre Ă©quivalente, on peut dire que f est dĂ©rivable en z0 si, et seulement si, elle admetle dĂ©veloppement limitĂ© dâordre 1 en z0 :
f (z) = f (z0) + f âČ (z0) (z â z0) + |z â z0| Δ (z) (19.1)
oĂč limzâz0
Δ (z) = 0.
Définition 19.14 On dit que f est holomorphe (ou C-dérivable) sur O si elle est dérivable entout point de O.
La dérivation complexe. Fonctions holomorphes 473
Si f est une fonction holomorphe sur O, la fonction z 7â f âČ (z) est la fonction dĂ©rivĂ©e de f.Si f est holomorphe sur O avec f âČ Ă©galement holomorphe, la dĂ©rivĂ©e de f âČ est notĂ©e f âČâČ.
Par rĂ©currence, on peut dĂ©finir les dĂ©rivĂ©es dâordre n notĂ©es f (n) comme dans le cas rĂ©el. Nousverrons plus loin quâune fonction holomorphe est en fait toujours indĂ©finiment dĂ©rivable (ce quiest faux pour les fonctions dâune variable rĂ©elle).
Exemple 19.4 Il est facile de vĂ©rifier quâune fonction constante sur O est holomorphe dedĂ©rivĂ©e nulle en tout point.
Exercice 19.26 Les fonctions z 7â z, z 7â < (z) , z 7â = (z) , z 7â |z|2 , z 7â |z| sont-ellesholomorphes sur C ?
Solution 19.26 Pour z 6= z0, on a en utilisant la reprĂ©sentation polaire z â z0 = ÏeiΞ avecÏ > 0 et Ξ â [0, 2Ï[ :
z â z0
z â z0
=z â z0
z â z0
= eâ2iΞ âÏâ0
eâ2iΞ
et en consĂ©quencez â z0
z â z0
nâa pas de limite quand z tend vers z0 dans C (par exemple, pour
Ξ = 0 et Ξ =Ï
2, on a deux limites diffĂ©rentes, ce qui nâest pas possible).
LâĂ©tude des autres fonctions sont laissĂ©es au lecteur.
Remarque 19.4 Les fonctions z 7â z, z 7â < (z) , z 7â = (z) , z 7â |z|2 nous fournissentdes exemples de fonctions indĂ©finiment dĂ©rivables vues comme fonctions de R2 dans R2 et nondĂ©rivables au sens complexe. La fonction z 7â |z|2 est uniquement dĂ©rivable en 0 avec une
dérivée nulle (|z|2z
= z âzâ0
0).
Exercice 19.27 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction f : z 7â zn est holomorphesur C avec f âČ (z) = nznâ1 pour tout n â„ 1 et tout z â C.
Solution 19.27 Pour n = 0, f est constante égale à 1 et elle holomorphe de dérivée nulle.
Pour n = 1, def (z)â f (z0)
z â z0
= 1, on dĂ©duit que f est holomorphe sur C avec f âČ (z0) = 1 pourtout z0.Pour n â„ 2, de :
f (z)â f (z0)
z â z0
=zn â zn
0
z â z0
=nâ1â
k=0
znâ1âkzk0 â
zâz0
nznâ10
(continuitĂ© sur C des fonctions z 7â zp pour tout entier naturel p), on dĂ©duit que f est holo-morphe sur C avec f âČ (z0) = nznâ1
0 pour tout z0 â C.
Exercice 19.28 Montrer que pour tout entier naturel non nul n, la fonction f : z 7â 1
znest
holomorphe sur Câ avec f âČ (z) = â n
zn+1pour tout z â Câ.
Solution 19.28 De :
f (z)â f (z0)
z â z0
=zn0 â zn
znzn0 (z â z0)
= ânâ1â
k=0
znâ1âkzk0
znzn0
= ânâ1â
k=0
1
zk+1znâk0
âzâz0
â n
zn+10
474 Fonctions holomorphes
(continuitĂ© sur Câ des fonctions z 7â 1
zppour tout entier naturel non nul p), on déduit que f
est holomorphe sur Câ avec f âČ (z0) = â n
zn+10
pour tout z0 â Câ.
De la définition du nombre dérivé on déduit facilement le résultat suivant.
ThéorÚme 19.10 Si f est dérivable en z0 elle est alors continue en ce point.
DĂ©monstration. Se dĂ©duit immĂ©diatement de (19.1) .La rĂ©ciproque de ce rĂ©sultat est fausse comme le montre lâexemple de la fonction z 7â z.Le rĂ©sultat de lâexercice qui suit nous sera utile pour montrer quâune fonction de dĂ©rivĂ©e
nulle sur un ouvert connexe est constante.
Exercice 19.29 Soient f : O â C holomorphe, [a, b] un segment rĂ©el non rĂ©duit Ă un point etÎł : [a, b] â O une fonction dĂ©rivable. Montrer que la fonction f Îł est dĂ©rivable sur [a, b] avec(f Îł)âČ (t) = f âČ (Îł (t)) ÎłâČ (t) .
Solution 19.29 Pour t 6= t0 dans [a, b] , on a :
(f Îł) (t)â (f Îł) (t0)
tâ t0=
f (Îł (t))â f (Îł (t0))
tâ t0
=f âČ (Îł (t0)) (Îł (t)â Îł (t0)) + |Îł (t)â Îł (t0)| Δ (Îł (t))
tâ t0
= f âČ (Îł (t0))Îł (t)â Îł (t0)
tâ t0+ ÎŽ (t)
avecÎł (t)â Îł (t0)
tâ t0â
tât0ÎłâČ (t0) et :
|ÎŽ (t)| = |Îł (t)â Îł (t0)||tâ t0| |Δ (Îł (t))| â
tât0|ÎłâČ (t0)| · 0 = 0
(Îł qui est dĂ©rivable est continue, donc limtât0
Îł (t) = Îł (t0) et limtât0
Δ (γ (t))).
Dans le cas des fonctions dâune variable rĂ©elle, on sait quâune fonction dĂ©finie sur un intervalleet Ă valeurs rĂ©elles ou complexes est constante si, et seulement si, elle est dĂ©rivable de dĂ©rivĂ©enulle.
Dans le cas complexe, on vĂ©rifie facilement quâune fonction constante est holomorphe dedĂ©rivĂ©e nulle et pour la rĂ©ciproque, on a le rĂ©sultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.11 Soient O un ouvert connexe de C et f : O â C une fonction holomorphe.Si f âČ = 0, alors f est constante.
DĂ©monstration. Soient a, b dans O. Comme O est un ouvert connexe, il existe un arcaffine par morceaux et continu Îł : [0, 1] â O qui joint a et b. Un tel chemin est dĂ©fini par unesubdivision t0 = 0 < t1 < · · · < tp < tp+1 = 1 et pour 0 †k †p, t â [tk, tk+1] :
Îł (t) =tk+1 â t
tk+1 â tkak +
tâ tktk+1 â tk
ak+1
oĂč les ak = Îł (tk) sont dans O avec a0 = a, ap+1 = b.
La dérivation complexe. Fonctions holomorphes 475
Les fonctions Ïk : t 7â f (Îł (t)) sont alors dĂ©rivables sur [tk, tk+1] avec :
ÏâČk (t) = f âČ (Îł (t)) ÎłâČ (t) = 0
et en consĂ©quence Ïk est constante sur [tk, tk+1] . On a donc f (ak) = f (ak+1) pour tout kcompris entre 0 et p et f (a) = f (b) . La fonction f est donc constante.
De maniĂšre plus gĂ©nĂ©rale si f âČ = 0 pour f : O â C holomorphe, la fonction f est constantesur chaque composante connexe de lâouvert O.
Comme dans le cas des fonctions dâune variable rĂ©elle, on a les rĂ©sultats suivants relatifs auxopĂ©rations algĂ©briques sur les fonctions holomorphes, les dĂ©monstrations Ă©tant analogues.
ThéorÚme 19.12 Soient f, g deux fonctions holomorphes sur O.
1. Pour tous nombres complexes λ, ” la fonction λf + ”g est holomorphe sur O avec :
(λf + ”g)âČ = λf âČ + ”gâČ.
2. La fonction fg est holomorphe sur O avec :
(fg)âČ = f âČg + fgâČ
(formule de Leibniz).
3. Si g (z0) 6= 0, alors la fonction g ne sâannule pas dans un voisinage de z0, les fonctions1
g
etf
gqui sont définies dans un tel voisinage sont dérivables en z0 avec :
(1
g
)âČ(z0) = â gâČ (z0)
g2 (z0),
(f
g
)âČ(z0) =
g (z0) f âČ (z0)â f (z0) gâČ (z0)
g2 (z0).
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.La formule de Leibniz se généralise, par récurrence sur n ℠2 en :
(f1f2 · · · fn)âČ = f âČ1f2 · · · fn + f1fâČ2f3 · · · fn + · · ·+ f âČ1 · · · fnâ1f
âČn
les fk, pour k compris entre 1 et n Ă©tant des fonctions holomorphes sur O.Dans le cas oĂč toutes les fk sont Ă©gales Ă une mĂȘme fonction f, on a :
(fn)âČ = nfnâ1f âČ.
Exercice 19.30 Montrer quâune fonction polynomiale est holomorphe sur C et quâune fonction
rationnelle f =P
Q, oĂč P et Q sont des polynĂŽmes avec Q non nul, est holomorphe sur C \
z â C | Q (z) = 0 .
Solution 19.30 Câest clair puisque les fonctions z 7â 1 et z 7â z sont holomorphe sur C.
Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.13 Si f : O â C est holomorphe sur O, OâČ est un ouvert de C contenant f (O)et g : OâČ â C est holomorphe sur OâČ, alors gf est holomorphe sur O avec (g f)âČ = (gâČ f) f âČ.
Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.
476 Fonctions holomorphes
DĂ©finition 19.15 On appelle fonction entiĂšre, toute fonction qui est holomorphe sur C.
Exercice 19.31 Montrer que la fonction exponentielle complexe est une fonction entiĂšre avecexpâČ (z) = exp (z) pour tout z â C.
Solution 19.31 Pour z 6= z0, on a :
ez â ez0
z â z0
â ez0 = ez0ezâz0 â 1
z â z0
= ez0
+âân=1
(z â z0)nâ1
n!â ez0
= ez0
+âân=2
(z â z0)nâ1
n!
et :âŁâŁâŁâŁez â ez0
z â z0
â ez0
âŁâŁâŁâŁ = |ez0| |z â z0|âŁâŁâŁâŁâŁ+âân=2
(z â z0)nâ2
n!
âŁâŁâŁâŁâŁ
†|ez0| |z â z0|+âân=2
|z â z0|nâ2
(nâ 2)!= |ez0| |z â z0| e|zâz0|
et limzâz0
=ez â ez0
z â z0
âez0 = 0, ce qui signifie que exp est dĂ©rivable en z0 avec expâČ (z0) = exp (z0) .
De cet exercice, on dĂ©duit que les fonctions cos, sin, ch et sh sont des fonctions entiĂšres avecpour tout z â C : cosâČ (z) = â sin (z) , sinâČ (z) = cos (z) , châČ (z) = sh (z) et shâČ (z) = ch (z) .
La fonction tan est holomorphe sur C \Ï
2+ kÏ | k â Z
avec tanâČ (z) =
1
cos2 (z)= 1 +
tan2 (z) et la fonction th est holomorphe sur C \
kÏ + iÏ
2| k â Z
avec thâČ (z) =
1
ch2 (z)=
1â th2 (z) .
19.6 Les conditions de Cauchy-RiemannO dĂ©signe 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 quâune fonction Ï : Ω â R2 est
diffĂ©rentiable en (x0, y0) â Ω sâil existe un application linĂ©aire dÏ (x0, y0) de R2 dans R2 telleque pour tout (x, y) â Ω on ait :
Ï (x, y) = Ï (x0, y0) + dÏ (x0, y0) (xâ x0, y â y0) + â(xâ x0, y â y0)â Δ (x, y) (19.2)
oĂč lim(x,y)â(x0,y0)
Δ (x, y) = 0. Si Ï = (P, Q) , oĂč P et Q sont Ă valeurs rĂ©elles, alors la matrice de
lâapplication linĂ©aire dÏ (x0, y0) (la diffĂ©rentielle de Ï en (x0, y0)) est :
JÏ (x0, y0) =
( âPâx
(x0, y0)âPây
(x0, y0)
âQâx
(x0, y0)âQây
(x0, y0)
)
(matrice jacobienne de Ï en (x0, y0)).En notant respectivement P et Q la partie rĂ©elle et la partie imaginaire de f, on a le rĂ©sultat
suivant, oĂč Ï : (x, y) 7â (P (x, y) , Q (x, y)) est la reprĂ©sentation rĂ©elle de f.
Les conditions de Cauchy-Riemann 477
ThĂ©orĂšme 19.14 La fonction f est holomorphe sur O si, et seulement si, la fonction Ï estdiffĂ©rentiable (au sens rĂ©el) sur Ω avec pour tout (x, y) â Ω :
âPâx
(x, y) = âQây
(x, y)
âPây
(x, y) = ââQâx
(x, y)
(conditions de Cauchy-Riemann).
DĂ©monstration. Supposons f holomorphe sur O. Pour z0 â O, on note f âČ (z0) = a + ibavec a, b rĂ©els. De (19.1) , on dĂ©duit avec les notations qui prĂ©cĂšdent que :
Ï (x, y) = Ï (x0, y0) + (a (xâ x0)â b (y â y0) , a (y â y0) + b (xâ x0))
+ â(xâ x0, y â y0)â Δ (x, y)
ce qui signifie que Ï est diffĂ©rentiable en (x0, y0) de matrice jacobienne :
JÏ (x0, y0) =
( âPâx
(x0, y0)âPây
(x0, y0)
âQâx
(x0, y0)âQây
(x0, y0)
)=
(a âbb a
)
et on a les conditions de Cauchy-Riemann.RĂ©ciproquement si Ï est diffĂ©rentiable en (x0, y0) , les conditions de Cauchy-Riemann Ă©tant
remplies, lâexpression complexe de (19.2) est :
f (z) = f (z0) +
(âP
âx(x0, y0) + i
âQ
âx(x0, y0)
)(z â z0) + |z â z0| Δ (z)
et :limzâz0
f (z)â f (z0)
z â z0
=âP
âx(x0, y0) + i
âQ
âx(x0, y0)
ce qui signifie que f est holomorphe en z0 de dérivée :
f âČ (z0) =âP
âx(x0, y0) + i
âQ
âx(x0, y0)
Remarque 19.5 Les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent en disant que pour f holo-morphe, la diffĂ©rentielle dÏ est C-linĂ©aire.
Remarque 19.6 En notantâf
âx=
âP
âx+ i
âQ
âxet
âf
ây=
âP
ây+ i
âQ
ây, nous avons vu avec la
dĂ©monstration prĂ©cĂ©dente que f âČ (z) =âf
âx(z) et les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent
par :
âf
âx(z) = f âČ (z) =
âP
âx(x, y) + i
âQ
âx(x, y) =
âQ
ây(x, y)â i
âP
ây(x, y)
= âi
(âP
ây+ i
âQ
ây
)= âi
âf
ây(z)
ou encore par :âf
âx(z) = âi
âf
ây(z) = f âČ (z) .
478 Fonctions holomorphes
Exercice 19.32 En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann, montrer que les fonctionsz 7â z, z 7â < (z) , z 7â = (z) , z 7â |z|2 , z 7â |z| , z 7â ez ne sont pas holomorphes sur C.
Solution 19.32 Pour f : z 7â z, on a f = P + iQ avec P (x, y) = x, Q (x, y) = ây etâP
âx(x, y) = 1 6= âQ
ây(x, y) = â1. Cette fonction f nâest donc pas holomorphe. On montre de
maniĂšre analogue que les autres fonctions ne sont pas holomorphes.
Exercice 19.33 La fonction f définie sur C par f (z) = f (x + iy) = x2y + iy est-elle holo-morphe ?
Solution 19.33 On a f = P + iQ avec P (x, y) = x2y et Q (x, y) = y. Comme :
âP
âx(x, y) = 2xy 6= âQ
ây(x, y) = 1
pour z dans C privĂ© de lâhyperbole H dâĂ©quation 2xy = 1 et :
âP
ây(x, y) = x2 6= ââQ
âx(x, y) = 0
pour les points de H, la fonction nâest pas holomorphe sur C.
Exercice 19.34 Montrer que si f est une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de Cet 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
pour f Ă valeurs rĂ©elles et des conditions de Cauchy Riemann, on dĂ©duit queâP
âx=
âP
ây= 0 sur
Ω et en consĂ©quence f âČ (z) =âf
âx(z) = 0 ce qui Ă©quivaut Ă dire que f est constante sur lâouvert
connexe O.
Exercice 19.35 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de C, oĂčP et Q sont respectivement la partie rĂ©elle et la partie imaginaire de f. Montrer que sâil existedes rĂ©el 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 ,âP
âx= 0,
âQ
âx= ââP
ây= 0, soit f âČ (z) =
âf
âx(z) = 0 et f est constante sur lâouvert connexe O.
On suppose maintenant que a 6= 0. De P+aQ+b = 0, on dĂ©duit queâP
âx+a
âQ
âx=
âP
ây+a
âQ
ây= 0
et doncâP
âx= âa
âQ
âx= a
âP
ây,
âP
ây= âa
âQ
ây= âa
âP
âx, ce qui donne
âP
âx= âa2âP
âx, soit
(1 + a2)âP
âx= 0, donc
âP
âx= 0 et
âQ
âx= â1
a
âP
âx= 0, ce qui entraĂźne f âČ (z) =
âf
âx(z) = 0 et f
est constante sur lâouvert connexe O.
Exercice 19.36 Connaissant les fonctions de la variable rĂ©elle exp, sin et cos, on peut dĂ©finirla fonction x 7â eix = cos (x) + i sin (x) sur R et la fonction exponentielle complexe par z =x+iy 7â exp (z) = exeiy sur C. Montrer, avec cette dĂ©finition, que cette fonction est holomorphesur C avec expâČ = 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 :
âPâx
(x, y) = ex cos (y) = âQây
(x, y)
âPây
(x, y) = âex sin (y) = ââQâx
(x, y)
et donc exp est holomorphe sur C. Et pour tout complexe z, on a :
expâČ (z) =â exp
âx(x, y) =
âP
âx(x, y) + i
âQ
âx(x, y)
= ex cos (y) + iex sin (y) = exp (z) .
Exercice 19.37 On a défini la détermination principale du logarithme complexe par :
ln : C \ Râ â Cz = x + iy 7â ln (|z|) + i arg (z) = ln (|z|) + 2i arctan
(y
x+|z|
)
(paragraphe 15.8). Montrer que cette fonction est holomorphe sur C \Râ avec lnâČ (z) =1
zpour
tout z â C \ Râ.
Solution 19.37 On rappelle que si Ξ est la dĂ©termination de arg (z) dans ]âÏ, Ï[ , on a x =
|z| cos (Ξ) = |z|(
2 cos2
(Ξ
2
)â 1
), y = |z| sin (Ξ) = |z| 2 cos
(Ξ
2
)sin
(Ξ
2
)et
tan
(Ξ
2
)=
y
2 |z| cos(
Ξ2
) 2 |z| cos(
Ξ2
)
x + |z| =y
x + |z|
avecΞ
2â
]âÏ
2,Ï
2
[.
En notant z = x + iy, on a f (z) = P (z) + iQ (z) avec P (z) = ln(â
x2 + y2)
et Q (z) =
2 arctan
(y
x+â
x2+y2
). Les fonctions P et Q sont différentiables sur R2 et on a :
âP
âx(x, y) =
x
x2 + y2,
âP
ây(x, y) =
y
x2 + y2
et :
âQ
ây(x, y) = 2
x+â
x2+y2ây yâx2+y2
x+â
x2+y22
1 +
(y
x+â
x2+y2
)2 = 2xâ
x2 + y2 + x2 + y2 â y2
âx2 + y2
((x +
âx2 + y2
)2
+ y2
)
=xâ
x2 + y2 + x2
âx2 + y2
(x2 + y2 + x
âx2 + y2
)
=x
(âx2 + y2 + x
)
(x2 + y2)(â
x2 + y2 + x) =
x
x2 + y2=
âP
âx(x, y)
480 Fonctions holomorphes
âQ
âx(x, y) = 2
ây
1+ xâ
x2+y2
x+â
x2+y22
1 +
(y
x+â
x2+y2
)2 = â2y
(âx2 + y2 + x
)
âx2 + y2
((x +
âx2 + y2
)2
+ y2
)
= ây
(âx2 + y2 + x
)
âx2 + y2
(x2 + y2 + x
âx2 + y2
)
= ây
(âx2 + y2 + x
)
(x2 + y2)(â
x2 + y2 + x) = â y
x2 + y2=
âP
ây(x, y)
Les conditions de Cauchy-Riemann Ă©tant satisfaites, la fonction ln est holomorphe sur C \ Râavec :
lnâČ (z) =â ln
âx(x, y) =
âP
âx(x, y) + i
âQ
âx(x, y)
=x
x2 + y2â i
y
x2 + y2=
z
|z|2 =1
z.
Exercice 19.38 Soient O un ouvert de Câ et f = P + iQ : O â C oĂč P et Q sont Ă valeurs rĂ©elles. En utilisant lâĂ©criture polaire des nombres complexes, z = reit, on peut Ă©crireP (z) = P (r, t) et Q (z) = Q (r, t) . Montrer que f est holomorphe sur O si, et seulement si, les
fonctions P et Q sont diffĂ©rentiables avecâP
âr=
1
r
âQ
âtet
âQ
âr= â1
r
âP
ât(expression polaire des
conditions de Cauchy-Riemann).
Solution 19.38 LâĂ©criture z = reit se traduit par x = r cos (t) , y = r sin (t) . Si f est holo-morphe sur O, les fonctions P et Q sont diffĂ©rentiables sur Ω et on a :
âP
âr=
âP
âx
âx
âr+
âP
ây
ây
âr= cos (t)
âP
âx+ sin (t)
âP
ây
= cos (t)âQ
âyâ sin (t)
âQ
âx=
1
r
(âQ
ây
ây
ât+
âQ
âx
âx
ât
)
=1
r
âQ
ât
et :
âQ
âr= cos (t)
âQ
âx+ sin (t)
âQ
ây
= â cos (t)âP
ây+ sin (t)
âP
âx= â1
r
(âP
ây
ây
ât+
âP
âx
âx
ât
)
= â1
r
âP
ât
RĂ©ciproquement si les fonctions P et Q sont diffĂ©rentiables avecâP
âr=
1
r
âQ
âtet
âQ
âr= â1
r
âP
ât,
de : âPâr
= cos (t) âPâx
+ sin (t) âPây
âPât
= âr sin (t) âPâx
+ r cos (t) âPây
Les conditions de Cauchy-Riemann 481
on dĂ©duit que : âPâx
= cos (t) âPârâ sin(t)
râPât
âPây
= sin (t) âPâr
+ cos(t)r
âPât
et :âP
âx=
cos (t)
r
âQ
ât+ sin (t)
âQ
âr=
âQ
ây
âP
ây=
sin (t)
r
âQ
âtâ cos (t)
âQ
âr= ââQ
âx
ce qui signifie que f est holomorphe sur O.
Exercice 19.39 Soit P : Câ â R dĂ©finie par P (z) = P (x + iy) =x
|z|2 . DĂ©terminer, si elles
existent, toutes les fonctions Q : Câ â R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur Câ.
Solution 19.39 La fonction P : (x, y) 7â x
x2 + y2est diffĂ©rentiable sur Câ identifiĂ© Ă R2 \
(0, 0) . Si f = P + iQ est holomorphe sur Câ, la fonction Q est alors diffĂ©rentiable sur Câavec :
âQây
(x, y) = âPâx
(x, y) =y2 â x2
(x2 + y2)2
âQâx
(x, y) = ââPây
(x, y) =2xy
(x2 + y2)2
De la deuxiĂšme Ă©quation, on dĂ©duit que Q (x, y) = â y
x2 + y2+Ï (y) , oĂč Ï est diffĂ©rentiable sur
R et avec la premiĂšre, on dĂ©duit que ÏâČ (y) = 0. On a donc Q (x, y) = â y
x2 + y2+c = â y
|z|2 +c,
oĂč c est une constante rĂ©elle et f (z) =xâ iy
x2 + y2+ ic =
1
z+ ic.
Exercice 19.40 Soit Q : C â R dĂ©finie par Q (z) = P (x + iy) = cos (x) sh (y) . DĂ©terminer,si elles existent, toutes les fonctions P : Câ R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.
Solution 19.40 La fonction Q : (x, y) 7â cos (x) sh (y) est diffĂ©rentiable sur C identifiĂ© Ă R2.Si f = P + iQ est holomorphe sur C, la fonction P est alors diffĂ©rentiable sur C avec :
âPâx
(x, y) = âQây
(x, y) = cos (x) ch (y)
âPây
(x, y) = ââQâx
(x, y) = sin (x) sh (y)
De la premiĂšre Ă©quation, on dĂ©duit que P (x, y) = sin (x) ch (y) + Ï (y) , oĂč Ï est diffĂ©rentiablesur R et avec la deuxiĂšme, on dĂ©duit que ÏâČ (y) = 0. On a donc P (x, y) = sin (x) ch (y) + c, oĂčc est une constante rĂ©elle et :
f (z) = sin (x) ch (y) + i cos (x) sh (y) + c
= sin (x) cos (iy)â cos (x) sin (iy) + c
= sin (x + iy) + c = sin (z) + c.
Exercice 19.41 Soit P : Câ R dĂ©finie par P (z) = P (x + iy) = |z|2 . Montrer quâil nâest paspossible de trouver Q : C â R telle que f = P + iQ soit holomorphe sur C (il nâexiste pas defonction holomorphe sur C de partie rĂ©elle |z|2).
482 Fonctions holomorphes
Solution 19.41 Les conditions de Cauchy-Riemann sâĂ©crivent : âQ
ây(x, y) = âP
âx(x, y) = 2x
âQâx
(x, y) = ââPây
(x, y) = â2y
ce qui donne Q (x, y) = â2xy + Ï (y) et â2x + ÏâČ (y) = 2x, donc ÏâČ (y) = 4x, ce qui estimpossible (sans quoi, pour y fixĂ©, ÏâČ (y) prend une infinitĂ© de valeurs).
19.7 Fonctions harmoniquesDĂ©finition 19.16 Soit Ω un ouvert non vide de R2. On dit quâune fonction Ï : Ω â R estharmonique sur Ω si elle est de classe C2 sur Ω avec :
â2Ï
âx2(x, y) +
â2Ï
ây2(x, y) = 0
pour tout (x, y) â Ω.
LâopĂ©rateur diffĂ©rentielâ2
âx2+
â2
ây2est notĂ© â et appelĂ© laplacien.
ThĂ©orĂšme 19.15 Si f = P + iQ est une fonction holomorphe sur lâouvert O avec P et Q declasse C2 et Ă valeurs rĂ©elles, alors les fonctions P et Q sont harmoniques sur O.
Démonstration. En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann et le théorÚme de Schwarzpour les fonctions de classe C2, on a :
â2P
âx2+
â2P
ây2=
â
âx
(âP
âx
)+
â
ây
(âP
ây
)=
â
âx
(âQ
ây
)â â
ây
(âQ
âx
)
=â2Q
âxâyâ â2Q
âyâx= 0
et P est harmonique sur O.De maniÚre analogue, on vérifie que Q est harmonique sur O.
Remarque 19.7 Nous verrons plus loin quâune fonction holomorphe est en fait indĂ©finimentdĂ©rivable et lâhypothĂšse P et Q de classe C2 est automatiquement vĂ©rifiĂ©e.
Exemple 19.5 La fonction P : (x, y) 7â x2 + y2 nâĂ©tant pas harmonique (âP = 4 6= 0), il nepeut pas exister de fonction holomorphe sur C de partie rĂ©elle x2 + y2 = |z|2 .
Exercice 19.42 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur lâouvert O ne sâannulant pas,oĂč P et Q sont de classe C2 et Ă valeurs rĂ©elles. Montrer que la fonction ln (|f |) est harmonique.
Solution 19.42 On a Ï = ln (|f |) =1
2ln (P 2 + Q2) et :
âÏ
âx=
P âPâx
+ QâQâx
P 2 + Q2
Fonctions harmoniques 483
â2Ï
âx2=
(P 2 + Q2)((
âPâx
)2+ P â2P
âx2 +(
âQâx
)2+ Qâ2Q
âx2
)â 2
(P âP
âx+ QâQ
âx
)2
(P 2 + Q2)2
=(P 2 + Q2)
((âPâx
)2+ P â2P
âx2 +(
âQâx
)2+ Qâ2Q
âx2
)â 2
(P âP
âx+ QâQ
âx
)2
(P 2 + Q2)2
=
(âPâx
)2+ P â2P
âx2 +(
âQâx
)2+ Qâ2Q
âx2
P 2 + Q2â 2
(P âP
âx+ QâQ
âx
P 2 + Q2
)2
Utilisant une formule analogue pourâ2Ï
ây2, on obtient :
âÏ =
(âPâx
)2+
(âPây
)2
+ PâP +(
âQâx
)2+
(âQây
)2
+ QâQ
P 2 + Q2
â 2
(P âP
âx+ QâQ
âx
P 2 + Q2
)2
â 2
(P âP
ây+ QâQ
ây
P 2 + Q2
)2
= 2
(âPâx
)2+
(âPây
)2
P 2 + Q2â 2
(P âP
âxâQâP
ây
)2
+(P âP
ây+ QâP
âx
)2
(P 2 + Q2)2
= 2
(âPâx
)2+
(âPây
)2
P 2 + Q2â 2
P 2(
âPâx
)2+ Q2
(âPây
)2
+ P 2(
âPây
)2
+ Q2(
âPâx
)2
(P 2 + Q2)2
= 2
(âPâx
)2+
(âPây
)2
P 2 + Q2â 2
(P 2 + Q2)
((âPâx
)2+
(âPây
)2)
(P 2 + Q2)2 = 0.
Remarque 19.8 Lâexercice prĂ©cĂ©dant peut se rĂ©soudre facilement en remarquant que lâhypo-thĂšse f (z) 6= 0 pour tout z â O permet de dĂ©finir localement des dĂ©terminations holomorphesde ln (f) et ln (|f |) est harmonique comme partie rĂ©elle dâune telle dĂ©termination.
Le thĂ©orĂšme prĂ©cĂ©dent admet une rĂ©ciproque qui peut sâĂ©noncer comme suit, en prenantpour lâinstant, comme dĂ©finition intuitive dâun ouvert simplement connexe, un ouvert non vide,connexe et « sans trous ».
ThĂ©orĂšme 19.16 Si O est un ouvert simplement connexe et P : O â R une fonction harmo-nique, il existe alors des fonctions holomorphes sur O de partie rĂ©elle P.
DĂ©monstration. Admis.De telles fonctions sâĂ©crivent f = P + iQ, oĂč Q : O â R sâobtient en rĂ©solvant le systĂšme
défini par les conditions de Cauchy-Riemann.
Exercice 19.43 Soit P : C â R dĂ©finie par P (z) = x2 â y2 â 2xy â 2x + 3y. DĂ©terminertoutes les fonctions Q : Câ R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.
Solution 19.43 On a âP = 0, donc P est harmonique et on peut trouver Q.Les conditions de Cauchy-Riemann donnent :
âQây
(x, y) = âPâx
(x, y) = 2xâ 2y â 2
âQâx
(x, y) = ââPây
(x, y) = 2y + 2xâ 3
484 Fonctions holomorphes
De la deuxiĂšme Ă©quation, on dĂ©duit que Q (x, y) = 2xy +x2â3x+Ï (y) , oĂč Ï est diffĂ©rentiablesur R et avec la premiĂšre, on dĂ©duit que ÏâČ (y) = â2y â 2. On a donc Q (x, y) = 2xy + x2 â3xâ y2 â 2y + c, oĂč c est une constante rĂ©elle et :
f (z) = x2 â y2 â 2xy â 2x + 3y + i(2xy + x2 â 3xâ y2 â 2y
)+ ic
= (x + iy)2 + i (x + iy)2 â 2 (x + iy)â 3i (x + iy) + ic
= (1 + i) z2 â (2 + 3i) z + ic
Exercice 19.44 Montrer que si P : O â R est une fonction harmonique de classe C3, alors
la fonction Ï = xâP
âx+ y
âP
âyest aussi harmonique.
Solution 19.44 On a :âÏ
âx=
âP
âx+ x
â2P
âx2+ y
â2P
âxây
â2Ï
âx2=
â2P
âx2+
â2P
âx2+ x
â
âx
(â2P
âx2
)+ y
â
ây
(â2P
âx2
)
= 2â2P
âx2+ x
â
âx
(â2P
âx2
)+ y
â
ây
(â2P
âx2
)
âÏ
ây= x
â2P
âxây+
âP
ây+ y
â2P
ây2
â2Ï
ây2= 2
â2P
ây2+ x
â
âx
(â2P
ây2
)+ y
â
ây
(â2P
ây2
)
et :âÏ = 2âP + x
â
âx(âP ) + y
â
ây(âP ) = 0
ce qui signifie que Ï est harmonique.
Remarque 19.9 Si dans lâexercice prĂ©cĂ©dant, O est un ouvert simplement connexe, alors Pest la partie rĂ©elle dâune fonction holomorphe et en consĂ©quence, elle est de classe Câ. Dans cecas , lâhypothĂšse P de classe C3 est superflue.En remarquant que :
f âČ =âf
âx=
âP
âx+ i
âQ
âx=
âP
âxâ i
âP
ây
et :zf âČ = (x + iy)
(âP
âxâ i
âP
ây
)= x
âP
âx+ y
âP
ây+ i
(yâP
âxâ x
âP
ây
)
on dĂ©duit que xâP
âx+ y
âP
âyet y
âP
âxâ x
âP
âysont harmoniques comme partie rĂ©elle et imaginaire
de la fonction holomorphe zf âČ.
Equivalence entre analyticité et holomorphie 485
19.8 Equivalence entre analyticitĂ© et holomorphieNous avons vu quâune fonction de la variable rĂ©elle dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre au voisinage
de 0 est indĂ©finiment dĂ©rivable (corollaire 14.6). Maintenant que nous avons donnĂ© un sens Ă lanotion de dĂ©rivation complexe nous allons montrer que ce rĂ©sultat est encore valable pour lesfonctions dâune variable complexe.
Le fait quâune fonction analytique en z0 est holomorphe en ce point est Ă©lĂ©mentaire.
ThéorÚme 19.17 Une fonction analytique sur un ouvert non vide O de C est holomorphe surcet ouvert.
DĂ©monstration. Pour z0 â O, il existe r > 0 tel que f (z) =+âân=0
an (z â z0)n pour z â
D (z0, r) â O et pour z 6= z0 dans D (z0, r) , on a :
f (z)â f (z0)
z â z0
=+âân=0
an+1 (z â z0)n = g (z)
avec limzâz0
g (z) = g (z0) = a1 puisque la fonction g est continue en z0 (la sĂ©rie entiĂšreâ
an+1tn
qui a mĂȘme rayon de convergence queâ
antn est continue sur D (0, r) , donc en 0). La fonction
f est donc dĂ©rivable en z0 de dĂ©rivĂ©e f âČ (z0) = a1.De maniĂšre, plus prĂ©cise, on peut montrer que la dĂ©rivĂ©e dâune fonction analytique sur O est
elle mĂȘme analytique sur cet ouvert et donc holomorphe. AprĂšs avoir montrĂ© lâĂ©quivalence entreanalyticitĂ© et holomorphie, on dĂ©duira quâune fonction C-dĂ©rivable est indĂ©finiment C-dĂ©rivable(ce rĂ©sultat Ă©tant faux pour les fonctions dâune variable rĂ©elle).
ThéorÚme 19.18 Si f une est fonction analytique sur un ouvert non vide O de C, elle est
alors holomorphe de dĂ©rivĂ©e f âČ analytique. Si f (z) =+âân=0
an (z â z0)n pour z â D (z0, r) â O,
on a alors f âČ (z) =+âân=1
nan (z â z0)nâ1 pour tout z â D (z0, r) .
DĂ©monstration. Sachant quâune sĂ©rie et sa sĂ©rie dĂ©rivĂ©e ont mĂȘme rayon de convergence,on peut dĂ©finir la fonction g sur D (z0, r) par :
âz â D (z0, r) , g (z) =+âân=1
nan (z â z0)nâ1 .
Soient z â D (z0, r) , Ï > 0 tel que |z â z0| < Ï < r et h â D (0, Ïâ |z â z0|) \ 0 (figure 19.2).On a |z + hâ z0| †|z â z0|+ |h| < |z â z0|+ Ïâ |z â z0| < Ï et :
f (z + h)â f (z)
hâ g (z) =
+âân=0
an(z + hâ z0)
n â (z â z0)n
hâ
+âân=1
nan (z â z0)nâ1
=+âân=1
anPn (z, h)
oĂč on a posĂ© pour n â„ 1 :
Pn (z, h) =(z + hâ z0)
n â (z â z0)n
hâ n (z â z0)
nâ1
=nâ1â
k=0
(z + hâ z0)nâ1âk (z â z0)
k â n (z â z0)nâ1
486 Fonctions holomorphes
z0
z
z + h
r
Fig. 19.2 â
On a alors :
|Pn (z, h)| â€nâ1â
k=0
|z + hâ z0|nâ1âk |z â z0|k + n |z â z0|nâ1
â€nâ1â
k=0
Ïnâ1âkÏk + nÏnâ1 = 2nÏnâ1
la sĂ©rieâ
nanâ1Ïnâ1 Ă©tant convergente.
Pour Δ > 0 donné, on peut donc trouver un entier naturel nΔ ℠1 tel que :
ân â„ nΔ,
+ââ
k=n+1
kakâ1Ïkâ1 < Δ
et un rĂ©el Ï1 â ]0, Ïâ |z â z0|[ tel que pour |h| < Ï1, on ait :âŁâŁâŁâŁâŁ
nΔâ
k=1
akPk (z, h)
âŁâŁâŁâŁâŁ < Δ
(on a limhâ0
nΔâk=1
akPk (z, h) = 0), ce qui donne pour |h| < Ï1 :
âŁâŁâŁâŁf (z + h)â f (z)
hâ g (z)
âŁâŁâŁâŁ < 3Δ
On a donc ainsi montrĂ© que limzâz0
f (z + h)â f (z)
h= g (z) , ce qui signifie que f est C-
dérivable en z de dérivée g (z) .La fonction f est donc holomorphe sur O de dérivée f analytique sur cet ouvert, donc
Ă©galement holomorphe.On a aussi montrĂ© avec ce thĂ©orĂšme quâune fonction dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre au voisinage
dâun point z0 est holomorphe dans ce voisinage.Par rĂ©currence, on dĂ©duit le rĂ©sultat 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
indĂ©finiment C-dĂ©rivable sur O et si f (z) =+âân=0
an (z â z0)n pour z â D (z0, r) â O, on a pour
tout entier p â„ 1, f (p) (z) =+âân=p
n!
(nâ p)!an (z â z0)
nâp pour tout z â D (z0, r) .
Avec les notations du corollaire, on a f (p) (z0) = p!ap, soit ap =f (p) (z0)
p!pour tout p â„ 0.
Exemple 19.6 En utilisant ce thĂ©orĂšme, on voit que la fonction exponentielle complexe estholomorphe sur C avec, pour tout z â C :
expâČ (z) =
(+âân=0
zn
n!
)âČ
=+âân=0
nznâ1
n!=
+âân=1
znâ1
(nâ 1)!
=+âân=0
zn
n!= exp (z)
Exercice 19.45 En utilisant le fait que la fonction exp est holomorphe avec expâČ = exp, mon-trer que exp (a + b) = exp (a) exp (b) pour tous nombres complexes a et b.
Solution 19.45 On dĂ©finit la fonction f par f (z) = eâzez+c, oĂč c est une constante complexe.Cette fonction est holomorphe sur C comme produit de deux fonctions holomorphes avec f âČ (z) =âeâzez+c +eâzez+c = 0, elle est donc constante Ă©gale Ă f (0) = ec. Prenant z = âa et c = a+ b,on en dĂ©duit que ea+b = eaeb.
Le théorÚme de Cauchy qui suit nous dit que réciproquement toute fonction holomorphe surO est analytique sur cet ouvert.
Pour montrer ce théorÚme, on admet temporairement le résultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.19 Si f est une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O de C, sa dĂ©rivĂ©ef âČ est alors une fonction continue sur O.
ThĂ©orĂšme 19.20 (Cauchy) Soient f une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O deC, z0 un point de O et R > 0 le plus grand rĂ©el (Ă©ventuellement Ă©gal Ă +â) tel que D (z0, R) âO.Pour tout entier naturel n, le nombre complexe :
an =1
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
(uâ z0)n+1du =
1
2Ïrn
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt
est indĂ©pendant du rĂ©el r â ]0, R[ et pour tout z â D (z0, R) , on a :
f (z) =+âân=0
an (z â z0)n
DĂ©monstration. Soient z â D (z0, R) et r > 0 tel que |z â z0| < r < R. On associe Ă cesquantitĂ©s la fonction Ï dĂ©finie sur [0, 1] par :
Ï (Ξ) =
â«
|uâz0|=r
f ((1â Ξ) z + Ξu)
uâ zdu
=
â« 2Ï
0
f ((1â Ξ) z + Ξ (z0 + reit))
z0 + reit â zireitdt
488 Fonctions holomorphes
(pour u = z0 + reit sur le cercle de centre z0 et de rayon r, le point (1â Ξ) z + Ξu est sur lesegment [z, u] â D (z0, R)).
La fonction intĂ©grĂ©e est continĂ»ment diffĂ©rentiable en (Ξ, t) â [0, 1] Ă [0, 2Ï] puisque f estcontinĂ»ment diffĂ©rentiable (vue comme une application dâun ouvert de R2 dans R2) et enconsĂ©quence Ï est continue sur [0, 1] , dĂ©rivable sur ]0, 1[ avec :
ÏâČ (Ξ) =
â« 2Ï
0
f âČ((1â Ξ) z + Ξ
(z0 + reit
))ireitdt
=
[1
Ξf
((1â Ξ) z + Ξ
(z0 + reit
))]t=2Ï
t=0
= 0
par 2Ï-pĂ©riodicitĂ© de la fonction t 7â f ((1â Ξ) z + Ξ (z0 + reit)) . La fonction Ï est doncconstante sur ]0, 1[ et sur [0, 1] par continuitĂ©. On a donc :
Ï (1) =
â« 2Ï
0
f (z0 + reit)
z0 + reit â zireitdt = Ï (0) = f (z)
â« 2Ï
0
ireit
z0 + reit â zdt
soit :
f (z)
â« 2Ï
0
reit
z0 + reit â zdt =
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
) reit
z0 + reit â zdt
ou encore :f (z)
â«
|uâz0|=r
du
uâ z=
â«
|uâz0|=r
f (u)
uâ zdu. (19.3)
Tenant compte de |z â z0| < r = |reit| , on peut Ă©crire que :
reit
z0 + reit â z=
1
1â zâz0
reit
=+âân=0
(z â z0)n
rneint
la convergence Ă©tant uniforme quand t dĂ©crit [0, 2Ï] , ce qui donne :
â« 2Ï
0
reit
z0 + reit â zdt =
+âân=0
(z â z0)n
rn
â« 2Ï
0
eâintdt = 2Ï.
Comme la fonction t 7â f (z0 + reit) est bornĂ©e sur [0, 2Ï] (puisque continue), on peut aussiĂ©crire :
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
) reit
z0 + reit â zdt =
+âân=0
(z â z0)n
rn
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt
et on a en définitive :
2Ïf (z) =+âân=0
(z â z0)n
rn
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt
soit f (z) =+âân=0
an (z â z0)n avec :
an =1
2Ïrn
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt =
1
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
(uâ z0)n+1du.
Equivalence entre analyticité et holomorphie 489
Il reste Ă vĂ©rifier que ces coefficients an sont indĂ©pendants du rĂ©el r â ]0, R[ . En effet pourr, râČ dans ]0, R[ , on peut trouver z â D (z0, R) tel que |z â z0| < r et |z â z0| < râČ et on a alors
deux dĂ©veloppements en sĂ©rie entiĂšre f (z) =+âân=0
an (z â z0)n et f (z) =
+âân=0
aâČn (z â z0)n avec
an =1
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
(uâ z0)n+1du et aâČn =
1
2iÏ
â«
|uâz0|=râČ
f (u)
(uâ z0)n+1du, et un tel dĂ©veloppement
est unique, on a nĂ©cessairement an = aâČn pour tout n â„ 0.Le thĂ©orĂšme prĂ©cĂ©dent nous dit quâune fonction holomorphe est analytique et on a ainsi
montrĂ© lâĂ©quivalence entre les deux notions.Avec ce thĂ©orĂšme, on a aussi montrĂ© le rĂ©sultat suivant.
ThĂ©orĂšme 19.21 (Cauchy) Soient f une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O deC, z0 un point de O et R > 0 le plus grand rĂ©el (Ă©ventuellement Ă©gal Ă +â) tel que D (z0, R) âO.Pour 0 < r < R et z â D (z0, r) , on a :
f (z) =1
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
uâ zdu
(formule de Cauchy).
DĂ©monstration. Tenant compte deâ«
|uâz0|=r
du
uâ z=
â« 2Ï
0
ireit
z0 + reit â zdt = 2iÏ,
la formule (19.3) nous donne :
f (z) =1
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
uâ zdu
Remarque 19.10 Le corollaire 19.1 nous dit que les coefficients an du développement en série
entiÚre au voisinage de z0 sont donnés par an =f (n) (z0)
n!et avec lâexpression intĂ©grale de ces
coefficients an,, on déduit que :
ân â N, f (n) (z0) =n!
2iÏ
â«
|uâz0|=r
f (u)
(uâ z0)n+1du
En dĂ©finitives la connaissance de f sur le disque de centre z0 et de rayon r â ]0, R[ suffit pourdĂ©terminer f (z) pour tout z â D (z0, r) et toutes les dĂ©rivĂ©es f (n) (z0) .
Remarque 19.11 Comme la composée de deux fonctions holomorphes est holomorphe, ondéduit que la composée de deux fonctions analytiques est analytique.
Exercice 19.46 Soit f une fonction dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre sur un disque D (0, R) oĂč
0 < R †+â (R = +â signifie que D (0, R) = C) avec f (z) =+âân=0
anzn pour tout z â D (0, R) .
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) =+âân=0
anzn pour tout z â D (0, R) et g est holomorphe sur D (0, R)
puisque développable en série entiÚre sur D (0, R) .
Exercice 19.47 On dĂ©signe par ln la dĂ©termination principale du logarithme complexe surC \ Râ. Montrer que :
âz â D (0, 1) , ln (1 + z) =+âân=1
(â1)nâ1
nzn
Solution 19.47 Le rayon de convergence de la sĂ©rie entiĂšreâ (â1)nâ1
nzn vaut 1 (théorÚme
de dâAlembert), donc la fonction f dĂ©finie par f (z) =+âân=1
(â1)n+1
nzn sur D (0, 1) est analytique
et en consĂ©quence holomorphe avec f âČ (z) =+âân=1
(â1)n+1 znâ1 =1
1 + z. Mais la fonction z 7â
ln (1 + z) est également holomorphe sur D (0, 1) (composée de fonctions holomorphes) avec
lnâČ (1 + z) =1
1 + z, il en rĂ©sulte que f (z) = ln (1 + z) + c, oĂč c est une constante (le disque
ouvert D (0, 1) est connexe). Faisant z = 0, on a c = 0 et f (z) = ln (1 + z) .
Corollaire 19.2 (InĂ©galitĂ©s de Cauchy) En gardant les hypothĂšses et notations du thĂ©o-rĂšme 19.20, on a pour tout n â N :
âŁâŁf (n) (z0)âŁâŁ =
n!
rnsup
|zâz0|=r
|f (z)| .
DĂ©monstration. On a :
âŁâŁf (n) (z0)âŁâŁ =
âŁâŁâŁâŁn!
2iÏ
â«
|zâz0|=r
f (z)
(z â z0)n+1dz
âŁâŁâŁâŁ
=n!
2Ïrn
âŁâŁâŁâŁâ« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt
âŁâŁâŁâŁ
†n!
2Ïrn
â« 2Ï
0
âŁâŁf (z0 + reit
)âŁâŁ dt †n!
rnsup
|zâz0|=r
|f (z)| .
Remarque 19.12 En remarquant que la fonction t 7â f (z0 + reit) est 2Ï-pĂ©riodique et declasse C1 sur R avec des coefficients de Fourier donnĂ©s par :
ân â Z, cn (f) =1
2Ï
â« 2Ï
0
f(z0 + reit
)eâintdt
la formule de Parseval nous donne :
+ââââ
|cn (f)|2 =1
2Ï
â« 2Ï
0
âŁâŁf (z0 + reit
)âŁâŁ2 dt
Primitives des fonctions holomorphes 491
En Ă©crivant que
f(z0 + reit
)=
+ââm=0
am
(z0 + reit â z0
)m=
+ââm=0
f (m) (z0)
m!rmeimt
la sĂ©rie Ă©tant uniformĂ©ment convergente en t â [0, 2Ï] , on a pour n â Z :
cn (f) =1
2Ï
+ââm=0
f (m) (z0)
m!rm
â« 2Ï
0
ei(mân)tdt =
0 si n < 0f (n) (z0)
n!rn si n â„ 0
et la formule de Parseval sâĂ©crit alors :
+âân=0
âŁâŁâŁâŁf (n) (z0)
n!
âŁâŁâŁâŁ2
r2n =1
2Ï
â« 2Ï
0
âŁâŁf (z0 + reit
)âŁâŁ2 dt
Il en résulte que :
+âân=0
âŁâŁâŁâŁf (n) (z0)
n!
âŁâŁâŁâŁ2
r2n †sup|zâz0|=r
|f (z)|2 =
(sup
|zâz0|=r
|f (z)|)2
et on retrouve les inĂ©galitĂ©s de Cauchy :âŁâŁâŁâŁf (n) (z0)
n!
âŁâŁâŁâŁ rn †sup|zâz0|=r
|f (z)| .
Remarque 19.13 En gardant toujours les mĂȘme notations, la fonction g : z 7â (z â z0) f (z)est holomorphe sur O et :
0 = g (z0) =1
2iÏ
â«
|zâz0|=r
g (z)
(z â z0)dz =
1
2iÏ
â«
|zâz0|=r
f (z) dz
et doncâ«
|zâz0|=r
f (z) dz = 0 pour tout z0 â O et r > 0 tel que D (z0, r) â O.
19.9 Primitives des fonctions holomorphesO désigne toujours un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.
DĂ©finition 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 âČ = f.
Du thĂ©orĂšme 19.11, on dĂ©duit que si lâouvert O est connexe et si f : O â C est holomorpheet admet des primitives, alors deux primitives de f sur O diffĂ©rent dâune constante.
ThĂ©orĂšme 19.22 Si F est une primitive de la fonction holomorphe f : O â C, on a alorspour tout chemin Îł : [a, b] â O :
â«
Îł
f (z) dz = F (Îł (b))â F (Îł (a))
492 Fonctions holomorphes
DĂ©monstration. On a :â«
Îł
f (z) dz =
â«
Îł
F âČ (z) dz =
â« b
a
F âČ (Îł (t)) ÎłâČ (t) dt
=
â« b
a
(F Îł)âČ (t) dt = F (Îł (b))â F (Îł (a))
Dans le cas particulier, oĂč est un lacet, on aâ«
Îł
f (z) dz = 0, si f admet des primitives sur O.
Lâexercice 19.18 se rĂ©sout trĂšs simplement en remarquant que la fonction f dĂ©finie sur C par
f (z) = z2 â 1 admet pour primitive la fonction F dĂ©finie par F (z) =z3
3â z. Ce qui donne :
â pour Îł : t â [0, 1] 7â t + it2 :â«
Îł
f (z) dz = F (Îł (1))â F (Îł (0)) =(1 + i)3
3â (1 + i) = â5
3â 1
3i
â pour Îł : t â [0, 2Ï] 7â et+it :â«
Îł
f (z) dz = F (Îł (2Ï))â F (Îł (0)) =e6Ï
3â e2Ï â
(1
3â 1
)
â pour Îł : t â [0, 2Ï] 7â cos (t) + i sin (2t) :â«
Îł
f (z) dz = F (Îł (2Ï))â F (Îł (0)) = 0.
Remarque 19.14 Commeâ«
|z|=1
dz
z= 2iÏ 6= 0, on dĂ©duit que la fonction z 7â 1
znâadmet
pas de primitive sur Câ. Il nâest donc pas possible de dĂ©finir une fonction logarithme comme
primitive de z 7â 1
zsur Câ.
DĂ©finition 19.18 On dit que lâouvert O est Ă©toilĂ© par rapport Ă lâun de ses points, sâil existea â O tel que pour tout z â O, le segment [a, z] est tout entier contenu dans O.
Remarque 19.15 Un ouvert Ă©toilĂ© par rapport Ă lâun de ses points est connexe.
Exemple 19.7 Câ nâest pas Ă©toilĂ©.
Exercice 19.48 Montrer quâun disque ouvert D (z0, R) est Ă©toilĂ© par rapport Ă tous ses points.
Solution 19.48 Laissée au lecteur.
Exercice 19.49 Montrer que lâouvert C \ Râ est Ă©toilĂ© par rapport Ă tous les points de R+,â.
Solution 19.49 Laissée au lecteur.
ThĂ©orĂšme 19.23 Si O est un ouvert Ă©toilĂ© par rapport Ă lâun de ses points, alors toute fonctionholomorphe f : O â C admet des primitives sur O.
Primitives des fonctions holomorphes 493
DĂ©monstration. Supposons lâouvert O Ă©toilĂ© par rapport Ă a â O. Si f : O â C admetune primitive F sur O, on a alors pour tout z â O :
â«
[a,z]
f (u) du =
â«
[a,z]
F âČ (u) du = F (z)â F (a) .
On définit donc naturellement la fonction F par :
âz â O, F (z) =
â«
[a,z]
f (u) du = (z â a)
â« 1
0
f (a + t (z â a)) dt.
Comme f est holomorphe, elle est indĂ©finiment diffĂ©rentiable O, vue comme une fonction dedeux variables rĂ©elles et il en est de mĂȘme de la fonction F avec :
âF
âx(z) =
â« 1
0
f (a + t (z â a)) dt + (z â a)
â« 1
0
f âČ (a + t (z â a)) · tdt
=
â« 1
0
(f (a + t (z â a)) + t · (z â a) f âČ (a + t (z â a))) dt
=
â« 1
0
â
ât(t · f (a + t (z â a))) dt
= [t · f (a + t (z â a))]t=1t=0 = f (z)
et :
âF
ây(z) = i
â« 1
0
f (a + t (z â a)) dt + (z â a)
â« 1
0
f âČ (a + t (z â a)) · itdt
= i
â« 1
0
(f (a + t (z â a)) + t · (z â a) f âČ (a + t (z â a))) dt
= i
â« 1
0
â
ât(t · f (a + t (z â a))) dt
= i [t · f (a + t (z â a))]t=1t=0 = if (z)
On a doncâF
âx(z) = f (z) = âi
âF
ây(z) et F est holomorphe sur O de dĂ©rivĂ©e f (conditions
de Cauchy-Riemann).
Exemple 19.8 La fonction z 7â 1
zadmet des primitives sur C \ Râ, une telle primitive est
donnée par :
F (z) =
â«
[1,z]
du
u
Comme F (1) = 0 = ln (1) , oĂč ln est la dĂ©termination principale du logarithme, on a :â«
[1,z]
du
u= ln (z) = ln (|z|) + i arg (z)
avec âÏ < arg (z) < Ï pour z â C \ Râ.
Corollaire 19.3 Si O est un ouvert Ă©toilĂ© par rapport Ă lâun de ses points, alors toute fonction
holomorphe f : O â C et tout lacet chemin Îł : [a, b] â O, on aâ«
Îł
f (z) dz = 0.