Download - 9 Fonctions holomorphes

19

Fonctions holomorphes

Dans ce chapitre nous allons généraliser la notion de dérivation rencontrée pour les fonctionsd’une variable réelle au cas des fonctions d’une variable complexe.

19.1 La représentation de R2 dans CLe corps C des nombres complexes est identifié à R2 par l’isomorphisme de R-espace vecto-

riels :ϕ : C → R2

z = x + iy 7→ (x, y)

Si uC est une application R-linéaire de C dans C, sa représentation dans R2 est donnée parle schéma suivant :

C uC→ Cϕ−1 ↑ ↓ ϕ

R2 uR→ R2

c’est donc l’application uR = ϕuCϕ−1 et uC est R-linéaire si, et seulement si, uR est R-linéaire.Les applications C-linéaires de C dans C sont les applications z 7→ αz où α = a + ib est

un nombre complexe avec a, b réels. La représentation R-linéaire d’une telle application estl’application uR définie par :

uR (x, y) = ϕ (α (x + iy)) = ϕ ((ax− by) + i (ay + bx))

= (ax− by, bx + ay)

et sa matrice dans la base canonique de R2 est A =

(a −bb a

).

Réciproquement si uC est une application de C dans C telle que uR = ϕ uC ϕ−1 soit une

application R-linéaire de matrice A =

(a −bb a

), alors uC est l’application C-linéaire z 7→ αz

où 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 ∈ C∗, la forme polaire α = ρeiθ = ρ (cos (θ) + i sin (θ)) avec ρ ∈ R+,∗ etθ ∈ R, l’application uR a pour matrice dans la base canonique de R2 :

A = ρ

(cos (θ) − sin (θ)sin (θ) cos (θ)

)

457

458 Fonctions holomorphes

et uR = ρ·rθ est la composée de la rotation rθ d’angle θ = arg (α) (modulo 2π) et de l’homothétiehρ de rapport ρ = |α| > 0. C’est 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 l’application de C dans C définiepar uC (z) = αz pour tout z ∈ C, où z est le conjugué de z. Montrer que uC est R-linéaire etdonner sa matrice dans la base canonique de R2.

Solution 19.1 La représentation R-linéaire de uC est l’application uR définie par :

uR (x, y) = ϕ (α (x− iy)) = ϕ ((ax + by) + i (bx− ay))

= (ax + by, bx− ay)

et sa matrice dans la base canonique de R2 est A =

(a bb −a

).

En utilisant, pour α non nul, la forme polaire α = ρeiθ = ρ (cos (θ) + i sin (θ)) l’application uRa pour matrice :

A = ρ

(cos (θ) sin (θ)sin (θ) − cos (θ)

)

et uR = ρ · σθ est la composée de la symétrie orthogonale σθ par rapport à la droite Dθ faisant

l’angleθ

2=

arg (α)

2avec l’axe des x et de l’homothétie hρ de rapport ρ = |α| . C’est une simili-

tude indirecte.

La droite Dθ est dirigée par uθ =

(cos

(θ2

)

sin(

θ2

))

, l’orthogonale D⊥θ est dirigée par vθ =

( − sin(

θ2

)

cos(

θ2

))

et on a :

σθ (uθ) =


) (cos

(θ2

)

sin(

θ2

))

=

(cos (θ) cos

(θ2

)+ sin (θ) sin

(θ2

)

sin (θ) cos(

θ2

)− cos (θ) sin(

θ2

))

=

(cos

(θ − θ

2

)

sin(θ − θ

2

))

= uθ

σθ (vθ) =


) ( − sin(

θ2

)

cos(

θ2

))

=

(sin (θ) cos

(θ2

)− cos (θ) sin(

θ2

)

− sin (θ) sin(

θ2

)− cos (θ) cos(

θ2

))

=

(sin

(θ − θ

2

)

− cos(θ − θ

2

))

= −vθ

donc σθ est bien la symétrie orthogonale par rapport à la droite Dθ.

Exercice 19.2 Montrer qu’une application u : C → C est R-linéaire si, et seulement si, ilexiste deux nombres complexes α et β tels que u (z) = αz + βz pour tout z ∈ C.

Fonctions continues sur un ouvert de C 459

Solution 19.2 Il est clair qu’une telle application est R-linéaire.Réciproquement si u est R-linéaire, il suffit de connaître u (1) et u (i) pour connaître u (puisque(1, i) est une base du R-espace vectoriel C). On définit alors les nombres complexes α et βcomme les solutions du système linéaire :

α + β = u (1)αi− βi = u (i)

soit (α, β) =1

2(u (1)− i · u (i) , u (1) + i · u (i)) et on a pour tout z = x + iy ∈ C :

u (z) = xu (1) + yu (i) = x (α + β) + y (αi− βi)

= α (x + iy) + β (x− iy) = αz + βz.

19.2 Fonctions continues sur un ouvert de CNous décrivons tout d’abord quelques notions topologiques de base sur C.Toutes ces notions seront étudiées en détails dans le chapitre sur les espaces métriques avec

le cas particulier des espaces vectoriels normés de dimension finie.

Définition 19.1 Étant donnés un nombre complexe ω et un nombre réel positif ou nul R, ledisque ouvert de centre ω et de rayon R est la partie de C définie par :

D (ω,R) = z ∈ C | |z − ω| < Ret le disque fermé de centre ω et de rayon R est la partie de C définie par :

D (ω, R) = z ∈ C | |z − ω| ≤ R

Pour R = 0, on a D (ω, R) = ∅ et D (ω, R) = ω .En désignant par Ω le point de R2 d’affixe ω, un tel disque (ouvert ou fermé) est identifié

au disque (ouvert ou fermé) de R2 de centre Ω et de rayon R.Le bord d’un tel disque est le cercle de centre ω et de rayon R défini par :

C (ω, R) = z ∈ C | |z − ω| = R .

Une paramétrisation de ce cercle est aussi donnée par :

(z ∈ C (ω, R)) ⇔ (∃t ∈ ]−π, π] | z = ω + R · eit)

Définition 19.2 On dit qu’une partie V de C est un voisinage de z0 ∈ C si elle contient uneboule ouverte centrée en z0 de rayon strictement positif.

Définition 19.3 On dit qu’une partie O de C est ouverte (ou que c’est un ouvert de C) si elleest vide ou si elle est non vide et pour tout z ∈ O il existe un réel r > 0 tel que D (z, r) ⊂ O.

L’ensemble vide et C sont des ouverts.Il est équivalent de dire qu’un ensemble non vide est un ouvert si, et seulement si, c’est un

voisinage de chacun de ses points.

Exercice 19.3 Montrer qu’un disque ouvert de C est un ouvert. Qu’en est-il d’un disquefermé ?


Solution 19.3 Soit D (ω,R) un disque ouvert. Si R = 0, on a alors D (ω, R) = ∅ et c’est unouvert. Sinon, pour z ∈ D (ω, R) , on a R−|z − ω| > 0 et pour 0 < ε < R−|z − ω| , en utilisantl’inégalité triangulaire, on voit que pour tout t ∈ D (z, ε) , on a :

|t− ω| = |(t− z) + (z − ω)|≤ |t− z|+ |z − ω| < ε + |z − ω| < R

(figure 19.1) ce qui signifie que t ∈ D (ω, R) . On a donc D (z, ε) ⊂ D (ω,R) et D (ω, R) est un

ω

z

t

R

ε

Fig. 19.1 –

ouvert.Un disque fermé n’est pas ouvert. En effet pour z = ω + R · eiθ ∈ D (ω, R) et tout ε > 0, lepoint t = z +

ε

2eiθ est dans D (z, ε) et pas dans D (ω,R) puisque :

|t− ω| =∣∣∣ω +

(R +

ε

2

)eiθ − ω

∣∣∣ = R +ε

2> R.

Exercice 19.4 Montrer qu’une réunion quelconque d’ouverts de C est un ouvert.

Solution 19.4 Soit (Oi)i∈I une famille d’ouverts qu’on peut supposer non vides. Si z ∈ O =⋃i∈I

Oi, il existe un indice i ∈ I tel que z ∈ Oi et comme Oi est ouvert non vide, il existe un réel

ri > 0 tel que D (z, ri) ⊂ Oi ⊂ O. L’ensemble O est donc ouvert.

Exercice 19.5 Montrer qu’une intersection finie d’ouverts de C est un ouvert. Que dire d’uneintersection infinie d’ouverts de C ?

Solution 19.5 Soit (Oi)1≤i≤n une famille finie d’ouverts qu’on peut supposer non vides. Si

z ∈ O =n⋂

i=1

Oi, comme chaque Oi est ouvert, il existe des réel ri > 0 tels que D (z, ri) ⊂ Oi

pour tout i compris entre 1 et n et en notant r = min1≤i≤n

ri, on a r > 0 et D (z, r) ⊂ O. L’ensemble

O est donc ouvert.Dans le cas d’une intersection infinie, on peut avoir r = inf

i∈Iri = 0. Par exemple pour R ≥ 0 et

ω ∈ C, le disque fermé+∞⋂

k=1

D

(ω,R +

1

k

)= D (ω, R) n’est pas ouvert.


Définition 19.4 On dit qu’une partie F de C est fermée (ou que c’est un fermé de C) si soncomplémentaire dans C, C \ F , est un ouvert de C.

L’ensemble vide et C sont à la fois ouverts et fermés.

Exercice 19.6 Montrer qu’une intersection quelconque de fermés de C est un fermé.

Solution 19.6 Résulte de :C \

⋂i∈I

Fi =⋃i∈I

(C \ Fi)

Exercice 19.7 Montrer qu’une réunion finie de fermés de C est un fermé. Que dire d’uneréunion infinie de fermés de C ?

Solution 19.7 Résulte de :

C \n⋃

i=1

Fi =n⋂

i=1

(C \ Fi)

Une réunion infinie de fermés de C n’est pas nécessairement fermé. Par exemple pour R > 0

et ω ∈ C, le disque ouvert⋃+∞

k=1k> 1

R

D

(ω,R− 1

k

)= D (ω, R) n’est pas ouvert.

Exercice 19.8 Montrer qu’un disque fermé de C est un fermé.

Solution 19.8 Laissée au lecteur.

Le résultat suivant nous fournit une caractérisation séquentielle de la notion de fermé.

Théorème 19.1 Une partie non vide F de C est fermée si, et seulement si, pour toute suite(zn)n∈N de F qui est convergente, la limite z = lim

n→+∞zn est dans F .

Si O est un ouvert non vide de C, on peut l’identifier à un ouvert Ω de R2 et touteapplication f : O → C peut être identifiée à l’application ϕ de Ω dans R2 définie parϕ (x, y) = (P (x, y) , Q (x, y)) où P est la partie réelle de f et Q sa partie imaginaire.

On connaît déjà les notions de limite, de continuité et de dérivabilité pour les fonctionsréelles P et Q.

Nous allons définir ces notions pour les fonctions d’une variable complexe et étudier le lienavec les notions réelles.

Pour la notion de limite, on se contente du cas particulier d’une fonction définie sur unvoisinage d’un point privé de ce point.

Définition 19.5 Soient V un voisinage d’un point z0 de C et une application f : V \z0 → C.On dit que f admet une limite en z0, si il existe un nombre complexe ` tel que pour tout réelε > 0, il existe un réel η > 0 tel que si z ∈ V et 0 < |z − z0| < η alors |f (z)− `| < ε.

Comme dans le cas réel, on déduit de l’inégalité triangulaire pour le module que si unefonction f admet une limite en un point, cette dernière est alors unique et on peut noter` = lim

z→z0z 6=z0

f (z) . En pratique, on note ` = limz→z0

f (z) étant entendu que z tend vers z0 avec z 6= z0.

On a donc :(` = lim

z→z0

f (z)

)⇔ (∀ε > 0, ∃η > 0 | 0 < |z − z0| < η ⇒ |f (z)− `| < ε)

⇔(

limz→z0

|f (z)− `| = 0

)

(on peut toujours trouver η > 0 tel que D (z0, η) ⊂ V).


Définition 19.6 Soient O un ouvert non vide de C et une application f : O → C.On dit que f est continue en z0 ∈ O si lim

z→z0

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 :

∀ε > 0, ∃η > 0 | z ∈ O et |z − z0| < η ⇒ |f (z)− f (z0)| < ε

Exemple 19.1 Une fonction constante est continue en tout point de C.

Exercice 19.9 Montrer que la fonction z 7→ |z| est continue en tout point de C.

Solution 19.9 Résulte de ||z| − |z0|| < |z − z0| .

Exercice 19.10 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7→ zn est continue entout point de C.

Solution 19.10 Pour n = 0, il s’agit de la fonction constante égale à 1 et pour n ≥ 1, z0 ∈ C,on peut trouver un réel R > 0 tel que z0 ∈ D (0, R) et pour tout z ∈ D (0, R) , on a :

|zn − zn0 | = |z − z0|

∣∣∣∣∣n−1∑

k=0

zn−1−kzk0

∣∣∣∣∣ ≤ nRn−1 |z − z0| →x→z0

0.

Exercice 19.11 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction z 7→ zn est continue entout point de C.

Solution 19.11 Résulte de :

|zn − z0n| = |zn − zn

0 | →x→z0

0.

Une définition équivalente de la continuité en un point est donnée par le résultat suivant.

Théorème 19.2 Une fonction f : O → C est continue en a ∈ O si, et seulement si, pourtoute suite (zn)n∈N de points de O qui converge vers a, la suite (f (zn))n∈N converge vers f (a) .

Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.Dans ce qui suit, O est un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.

Théorème 19.3 Si f : O → C est continue en z0 ∈ O, elle est alors bornée au voisinage de cepoint, c’est-à-dire qu’il existe un réel r > 0 et une constante M > 0 tels que D (z0, r) ⊂ O et :

∀z ∈ D (z0, r) , |f (z)| ≤ M.

Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.Une définition topologique de la notion de continuité est donnée par le résultat suivant.

Théorème 19.4 Une fonction f : O → C est continue sur O si, et seulement si, l’imageréciproque par f de tout ouvert [resp. fermé] de C est un ouvert [resp. fermé] de O (i. e.f−1 (O) = O ∩O′ [resp. f−1 (O) = O ∩ F ′]où O′ [resp. F ′]est un ouvert [resp. fermé] de C).


Démonstration. Supposons f continue et soit O1 un ouvert de C. Pour tout z0 ∈ f−1 (O1) ,f (z0) est dans l’ouvert O1, il existe donc un réel ε > 0 tel que le disque ouvert D (f (z0) , ε)soit contenue dans O1 et avec la continuité de f, on peut trouver un réel η > 0 tel que pourtout z ∈ D (z0, η) ∩ O on ait f (z) ∈ D (f (z0) , ε) ⊂ O1. On a donc D (z0, η) ∩ O ⊂f−1 (O1) eten posant O′ =

⋃z0∈f−1(O1)

D (z0, η) , on définit un ouvert de C tel que f−1 (O1) = C ∩O′, ce qui

prouve que f−1 (O1) est ouvert dans C.Réciproquement, supposons que l’image réciproque par f de tout ouvert de C est un ouvert

de O. Pour z0 ∈ C et ε > 0, f−1 (D (f (z0) , ε)) est un ouvert de O, il existe donc un réel η > 0tel que D (z0, η) ∩ O ⊂ f−1 (D (f (z0) , ε)) , ce qui signifie que |f (z)− f (z0)| ≤ ε pour toutz ∈ B (z0, η) ∩ O. La fonction f est donc continue en tout point de O.

Pour ce qui est de l’image réciproque des fermés, on utilise le fait qu’un fermé est le complé-mentaire d’un ouvert et l’image réciproque du complémentaire est le complémentaire de l’imageréciproque.

Pour ce qui est des opérations élémentaires, on a le résultat suivant.

Théorème 19.5 Soient f, g deux fonctions définies sur O, à valeurs complexes et continuesen z0 ∈ 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 ∈ V et la fonction1

fqui est définie sur V est continue en z0.

Démonstration. Pour f c’est clair et pour les autres fonctions, on copie la démonstrationdu cas réel.

Exercice 19.12 Montrer que les fonctions z 7→ < (z) et z 7→ = (z) sont continues en tout pointde C.

Solution 19.12 Résulte de < (z) =1

2(z + z) et = (z) =

1

2i(z − z) .

De la continuité des applications z 7→ zn pour tout entier naturel n, on déduit que lesfonctions polynomiales sont continue sur C et que les fonctions rationnelles sont continue surleurs domaines de définition.

Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.

Théorème 19.6 Si f : O → C est continue en z0 ∈ O, O′ est un ouvert de C contenant f (O)et g : O′ → C est continue en f (z0) , alors g f est continue en z0.

Exercice 19.13 Montrer que si ϕ : R+ → C est une fonction continue et f : O → C unefonction continue, alors la fonction z 7→ ϕ (|f (z)|) est continue sur O.

Solution 19.13 Soient ε > 0 et z0 ∈ O. Comme ϕ est continue en |f (z0)| , il existe δ > 0tel que |ϕ (t)− ϕ (|f (z0)|)| < ε pour tout réel t > 0 tel que |t− |f (z0)|| < δ. En désignantpar η > 0 un réel tel que ||f (z)| − |f (z0)|| < δ pour tout z ∈ O tel que |z − z0| < η, on a|ϕ (|f (z)|)− ϕ (|f (z0)|)| < ε pour tout z ∈ O tel que |z − z0| < η. La fonction z 7→ ϕ (|f (z)|)est donc continue en z0.


19.3 Intégrales curvilignesDéfinition 19.7 Un chemin dans C est une application γ : [a, b] → C continue et de classe C1

par morceaux, où [a, b] est un segment réel non réduit à un point (on a donc a < b).Si γ (a) = γ (b) , on dit que ce chemin est fermé ou que c’est un lacet.Si l’application γ est injective, on dit alors que le chemin est sans points doubles.

On rappelle qu’une fonction γ : [a, b] → C est dite de classe C1 par morceaux, s’il 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 γ : [a, b] → C est un chemin, son image Im (γ) = γ ([a, b]) est le chemin géométrique qu’ildéfinit et γ est une paramétrisation de Im (γ) .

Si α, β sont deux nombres complexes, on dit qu’un chemin γ : [a, b] → C relie α et β, siγ (a) = α et γ (b) = β. On dit alors, dans ce cas, que α est l’origine et β l’extrémité du chemingéométrique Im (γ) .

Exemple 19.2 Le cercle de centre ω et de rayon R > 0 parcouru une fois dans le sens directpeut être paramétré par :

γω,R : [0, 2π] → Ct 7→ ω + Reit

Ce lacet sera noté plus simplement : |z − ω| = r.

Exemple 19.3 Pour α, β dans C, le segment [α, β] reliant α et β peut être paramétré par :

γ : [0, 1] → Ct 7→ (1− t) α + tβ

Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue et γ : [a, b] → O unchemin à valeurs dans O, on peut définir l’intégrale de f le long de ce chemin en s’inspirant dela définition de l’intégrale de Riemann d’une fonction définie sur un segment réel et à valeurscomplexes. Pour ce faire, on découpe, pour tout entier naturel n ≥ 1, l’intervalle [a, b] en n

intervalles de même longueur en utilisant la subdivision (tn,k)0≤k≤n définie par tk = a + kb− a

npour 0 ≤ k ≤ n et on associe à ces subdivisions la suite (In)n≥1 définie par :

∀n ≥ 1, In =n−1∑

k=0

f (zn,k) (zn,k+1 − zn,k)

où zn,k = γ (tn,k) . En écrivant que :

zn,k+1 − zn,k = γ (tn,k+1)− γ (tn,k) = (tn,k+1 − tn,k) γ′ (tn,k) + o

(1

n

)

(γ′ (tn,k) = limh→0

γ (tn,k + h)− γ (tn,k)

héquivaut à γ (tn,k + h) − γ (tn,k) = hγ′ (tn,k) + o (h) et ici

h = tn,k+1 − tn,k =b− a

n), on a :

In ≈n−1∑

k=0

f (zn,k) (tn,k+1 − tn,k) γ′ (tn,k)

et il est naturel de donner la définition suivante.

Intégrales curvilignes 465

Définition 19.8 Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue etγ : [a, b] → O un chemin à valeurs dans O, alors l’intégrale curviligne de f le long de γ est lenombre complexe : ∫

γ

f (z) dz =

∫ b

a

f (γ (t)) γ′ (t) dt.

En notant :a0 = a < a1 < · · · < ap < ap+1 = b

une subdivision telle que γ soit de classe C1 sur chaque [ak, ak+1] (0 ≤ k ≤ p), on a précisément :∫

γ

f (z) dz =

p∑

k=0

∫ ak+1

ak

f (γ (t)) γ′ (t) dt

Pratiquement cette intégrale curviligne se calcule en posant z = γ (t) et dz = γ′ (t) dt avec tparcourant [a, b] pour z parcourant γ ([a, b]) .

Exercice 19.14 Soient ω un nombre complexe et R un réel strictement positif. Calculer :

In =

∫

|z−ω|=R

(z − ω)n dz

pour tout entier relatif n.

Solution 19.14 On a :

In =

∫ 2π

0

RneintiReitdt = iRn+1

∫ 2π

0

ei(n+1)tdt

=

0 si n 6= −12iπ si n = −1

Exercice 19.15 Donner une paramétrisation γ du bord du rectangle R défini par :

R = z ∈ C | −a ≤ < (z) ≤ a, −b ≤ = (z) ≤ b

où a, b sont des réels strictement positifs. Calculer∫

γ

zndz pour tout entier relatif n.

Solution 19.15 Une paramétrisation γ du bord de R est donnée par :

γ : [0, 4] → C∗

t 7→

(2t− 1) a− ib si 0 ≤ t ≤ 1a + ib (2t− 3) si 1 ≤ t ≤ 2(5− 2t) a + ib si 2 ≤ t ≤ 3−a + i (7− 2t) b si 3 ≤ t ≤ 4

et pour f continue sur C∗, on a :∫

γ

f (z) dz = 2a

∫ 1

0

f ((2t− 1) a− ib) dt

+ 2ib

∫ 2

1

f (a + ib (2t− 3)) dt

− 2a

∫ 3

2

f ((5− 2t) a + ib) dt

− 2ib

∫ 4

3

f (−a + i (7− 2t) b) dt


ce qui s’écrit en utilisant les changement de variables respectifs x = 2t−1, y = 2t−3, z = 2t−5,u = 2t− 7 :

∫

γ

f (z) dz = a

∫ 1

−1

f (xa− ib) dx + ib

∫ 1

−1

f (a + iby) dy

− a

∫ 1

−1

f (−za + ib) dz − ib

∫ 1

−1

f (−a− iub) du

Pour f paire, cela donne∫

γ

f (z) dz = 0 et pour f impaire, on a :

∫

γ

f (z) dz = 2a

∫ 1

−1

f (xa− ib) dx + 2ib

∫ 1

−1

f (a + ibx) dx

Pour f (z) = z2n+1 avec n entier relatif différent de −1, on a :∫

γ

f (z) dz = 2a

∫ 1

−1

(xa− ib)2n+1 dx + 2ib

∫ 1

−1

(a + ibx)2n+1 dx

=1

n + 1

[(xa− ib)2(n+1)

]1

−1+

1

n + 1

[(a + ibx)2(n+1)

]1

−1

=(a− ib)2(n+1) − (−a− ib)2(n+1)

n + 1+

(a + ib)2(n+1) − (a− ib)2(n+1)

n + 1

= 0

et pour f (z) =1

z, on a :

∫

γ

dz

z= 2a

∫ 1

−1

dt

xa− ib+ 2ib

∫ 1

−1

dx

a + ibx

= 2a

∫ 1

−1

xa + ib

x2a2 + b2dt + 2ib

∫ 1

−1

a− ibx

a2 + x2b2dx

= 4iab

∫ 1

0

dt

t2a2 + b2+ 4iab

∫ 1

0

dt

a2 + t2b2

= 4ia

b

∫ 1

0

dt

t2 a2

b2+ 1

+ 4ib

a

∫ 1

0

dt

1 + t2 b2

a2

= 4i

∫ ab

0

dt

x2 + 1+ 4i

∫ ba

0

dt

1 + x2

= 4i

(arctan

(a

b

)+ arctan

(b

a

))

= 4iπ

2= 2iπ.

Nous verrons plus loin que ces résultats ne sont pas étonnant.

Exercice 19.16 Calculer∫

[1,2+i]

dz

z.

Solution 19.16 Si [α, β] est un segment dans C paramétré par :

γ : t ∈ [0, 1] 7→ (1− t) α + tβ


on a, dans la cas où 0 n’est pas sur le segment [α, β] :∫

[α,β]

dz

z=

∫ 1

0

β − α

(1− t) α + tβdt =

∫ 1

0

β − α

(β − α) t + αdt

ce qui donne pour α = 1 et β = 2 + i :∫

[1,2+i]

dz

z= (1 + i)

∫ 1

0

dt

(1 + i) t + 1= (1 + i)

∫ 1

0

1 + t− it

2t2 + 2t + 1dt

= (1 + i)

(∫ 1

0

1 + t

2t2 + 2t + 1dt− i

∫ 1

0

t

2t2 + 2t + 1dt

)

= (1 + i)

(ln (5)

4+

arctan (3)

2− π

8− i

(ln (5)

4− arctan (3)

2+

π

8

))

=ln (5)

2+ i

(arctan (3)− π

4

)

Exercice 19.17 Calculer∫

|z|=1

f (z) dz pour les fonctions suivantes :

1. f (z) = |z|n pour z ∈ C∗, où n est un entier relatif.2. f (z) = < (zn)−= (zn) pour z ∈ C∗, où n est un entier relatif.

Solution 19.17 Une paramétrisation du cercle de centre 0 et de rayon 1 parcouru une foisdans le sens direct est donné par l’application γ définie par :

∀t ∈ [0, 2π], γ(t) = eit.

et on a∫

|z|=1

f (z) dz =

∫

γ

f (z) dz =

∫ 2π

0

f (eit) ieitdt.

1. Pour f (z) = |z|n , on a :∫

γ

f (z) dz =

∫ 2π

0

∣∣eit∣∣n ieitdt =

∫ 2π

0

ieitdt = 0.

2. Pour f (z) = < (zn)−= (zn) , on a :∫

γ

f (z) dz =

∫ 2π

0

(cos (nt)− sin (nt)) (i cos (t)− sin (t)) dt

= i

∫ 2π

0

(cos (nt)− sin (nt)) cos (t) dt−∫ 2π

0

(cos (nt)− sin (nt)) sin (t) dt

= i

∫ 2π

0

cos (nt) cos (t) dt−∫ 2π

0

sin (nt) sin (t) dt

puisque∫ 2π

0

cos (nt) sin (mt) dt = 0 pour tous n,m dans Z. Et avec∫ 2π

0

cos (nt) cos (mt) dt =

0,

∫ 2π

0

sin (nt) sin (mt) dt = 0 pour n 6= m et∫ 2π

0

cos2 (nt) dt =

∫ 2π

0

sin2 (nt) dt = π pour

n 6= 0, on déduit que :∫

γ

f (z) dz =

0 si n 6= 1(−1 + i) π si n = 1


Exercice 19.18 Soit f définie par f (z) = z2− 1 pour tout z ∈ C. Calculer∫

γ

f (z) dz pour les

chemins suivants :

1. γ : t ∈ [0, 1] 7→ t + it2.

2. γ : t ∈ [0, 2π] 7→ et+it.

3. γ : t ∈ [0, 2π] 7→ cos (t) + i sin (2t) .

Solution 19.18 On a :

1.∫

γ

f (z) dz =

∫ 1

0

((t + it2

)2 − 1)

(1 + 2it) dt

=

∫ 1

0

(t + it2

)2(1 + 2it) dt−

∫ 1

0

(1 + 2it) dt

=

[(t + it2)

3

3− (

t + it2)]1

0

=(1 + i)3

3− (1 + i)

= −5

3− 1

3i.

2.∫

γ

f (z) dz =

∫ 2π

0

(e2t+2it − 1

)(1 + i) et+itdt

=

∫ 2π

0

e3(1+i)t (1 + i) dt−∫ 2π

0

(1 + i) e(1+i)tdt

=

[e3(1+i)t

3− e(1+i)t

]2π

0

=e6π

3− e2π +

2

3

3.∫

γ

f (z) dz =

∫ 2π

0

((cos (t) + i sin (2t))2 − 1

)(− sin (t) + 2i cos (2t)) dt

=

∫ 2π

0

(cos (t) + i sin (2t))2 (− sin (t) + 2i cos (2t)) dt

−∫ 2π

0

(− sin (t) + 2i cos (2t)) dt

=

[(cos (t) + i sin (2t))3

3− (cos (t) + i sin (2t))

]2π

0

= 0

Exercice 19.19 Pour r > 0, on désigne par γr le demi-cercle défini par :

γr : t ∈[−π

2,π

2

]7→ reit.

Calculer limr→+∞

∫

γr

e−z

z2dz.


Solution 19.19 On a, pour r > 0 :∫

γr

e−z

z2dz =

∫ π2

−π2

e−reit

r2e2itireitdt =

i

r

∫ π2

−π2

e−reit

e−itdt

et : ∣∣∣∣∫

γr

e−z

z2dz

∣∣∣∣ ≤1

r

∫ π2

−π2

e−r cos(t)dt ≤ 1

r

∫ π2

−π2

dt =π

r→

r→+∞0

et en conséquence limr→+∞

∫

γr

e−z

z2dz = 0.

En utilisant les subdivisions précédentes de l’intervalle [a, b] , des approximations de la lon-gueur du chemin γ sont données par :

`n =n−1∑

k=0

|zn,k+1 − zn,k| ≈n−1∑

k=0

(tn,k+1 − tn,k) |γ′ (tn,k)|

et il est naturel de définir la longueur de γ comme suit.

Définition 19.9 Si γ : [a, b] → C est un chemin, sa longueur est le réel positif :

` (γ) =

∫ b

a

|γ′ (t)| dt.

Exercice 19.20 Calculer la longueur d’un cercle de centre z0 ∈ C et de rayon r > 0 parcouruune fois dans le sens direct et la longueur d’un segment reliant deux nombres complexes α et β.

Solution 19.20 Pour le cercle paramétré par γz0,r, on a :

` (γz0,r) =

∫ 2π

0

∣∣ireit∣∣ dt = 2πr

et pour un segment [α, β] :

` (γ) =

∫ 1

0

|β − a| dt = |β − a| .

Théorème 19.7 Si O est un ouvert non vide de C, f : O → C une fonction continue etγ : [a, b] → O un chemin à valeurs dans O, on a alors :

∣∣∣∣∫

γ

f (z) dz

∣∣∣∣ ≤ ` (γ) · supz∈Im(γ)

|f (z)| .

Démonstration. Comme γ est continue, Im (γ) est compact dans C comme image ducompact [a, b] par l’application continue γ et la fonction f qui est continue est bornée sur lecompact Im (γ) , ce qui valide l’existence de sup

z∈Im(γ)

|f (z)| .On a alors, par définitions :

∣∣∣∣∫

γ

f (z) dz

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ b

a

f (γ (t)) γ′ (t) dt

∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f (γ (t))| |γ′ (t)| dt

≤ supz∈Im(γ)

|f (z)|∫ b

a

|γ′ (t)| dt = ` (γ) · supz∈Im(γ)

|f (z)| .

La notion d’ouvert connexe dans C peut se définir en utilisant les chemins.


Définition 19.10 On dit qu’un ouvert O de C est connexe si deux points quelconques deO peuvent être joints par un chemin dans O (i. e. pour α, β dans O, il existe un cheminγ : [0, 1] → O tel que γ (0) = α et γ (1b) = β).

En réalité, on dit usuellement qu’une partie C de C est connexe s’il n’est pas possible del’écrire comme réunion disjointe de deux ouverts non vides de C (un ouvert de C étant unensemble C ∩O, où O est un ouvert de C) et on montre qu’un ouvert non vide de C est connexesi, et seulement si, il est connexe par arcs, c’est-à-dire que deux points quelconques de C peuventêtre reliés par un chemin dans C.

La définition d’ouvert connexe que nous avons donné 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.

Définition 19.11 On dit que f est analytique en z0 s’il existe un réel r > 0 (dépendant de z0)tel que D (z0, r) ⊂ O et une suite (an)n∈N de nombres complexes tels que :

∀z ∈ D (z0, r) , f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n

On dit aussi que f est analytique en z0 si elle est développable en série entière au voisinagede z0.

On peut remarquer que a0 = f (z0) .Avec les notations de la définition précédente la série entière

∑ant

n a un rayon de conver-gence R0 ≥ r.

Dire que f est analytique en z0 équivaut à dire que la fonction fz0 : t 7→ f (z0 + t) , qui estdéfinie sur le disque ouvert D (0, r) , est développable en série entière au voisinage de 0.

Définition 19.12 On dit que f est analytique sur O si elle est analytique en tout point de O.

Du théorème 14.11 sur la continuité des fonctions développables en série entière au voisinagede 0, on déduit le suivant.

Théorème 19.8 Toute fonction analytique sur O est continue sur cet ouvert.

Démonstration. Pour z0 ∈ O la fonction fz0 : t 7→ f (z0 + t) =+∞∑n=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 entière 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 − z0)

k)

0≤k≤nest une

base de Cn [z] , toute fonction polynomiale P ∈ Cn [z] s’écrit de manière unique P (z) =n∑

k=0

ak (z − z0)k et en conséquence est analytique en z0 (on a an+k = 0 pour tout k ≥ 0).

Fonctions analytiques 471

Exercice 19.22 Montrer que la fonction f : z 7→ 1

1− zest analytique sur D (0, 1) .

Solution 19.22 On sait déjà que cette fonction est développable en série entière en 0 avec,

pour tout z ∈ D (0, 1) , f (z) =+∞∑n=0

zn.

Pour z0 ∈ D (0, 1) et z ∈ D (z0, 1− |z0|) ⊂ D (0, 1) (faire un dessin), on a :

f (z) =1

1− z0

1

1− z−z0

1−z0

=+∞∑n=0

(z − z0)n

(1− z0)n+1

et f est analytique en z0.

Au paragraphe 15.2 nous avons défini la fonction exponentielle complexe par ez =+∞∑n=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 l’équation fonctionnelle vérifiée par la fonction exponentielle (théo-rème 15.2), on a pour tout z0 ∈ C :

ez = ez0ez−z0 = ez0

+∞∑n=0

(z − z0)n

n!

et f est analytique en z0.

Nous verrons un peu plus loin que si f est une fonction développable en série entière 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 sérieentière au voisinage de 0 (théorèmes 14.8 et 14.9), on déduit le suivant.

Théorème 19.9 La somme et le produit de deux fonctions analytiques sur O est analytiquesur O.

Plus précisément si f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n et g (z) =

+∞∑n=0

bn (z − z0)n pour z ∈ D (z0, r) ⊂ O,

on a alors f (z) + g (z) =+∞∑n=0

(an + bn) (z − z0)n et f (z) g (z) =

+∞∑n=0

cn (z − z0)n avec cn =

n∑k=0

akbn−k.

Exercice 19.24 Montrer que les fonctions f : z 7→ cos (z) , z 7→ sin (z) , z 7→ ch (z) et z 7→sh (z) sont analytiques sur C.

Solution 19.24 Ce sont des combinaisons linéaires de la fonction exponentielle.

Exercice 19.25 Montrer qu’une fonction rationnelle est analytique sur son domaine de défi-nition.


Solution 19.25 Sachant qu’une fonction polynomiale est analytique et en utilisant le théorèmede décomposition en éléments simples, il suffit de montrer le résultat pour les fonctions ration-

nelles de la forme z 7→ 1

(z − a)m où a est un nombre complexe et m un entier naturel non nul.

Pour z0 ∈ C \ a et z ∈ D (z0, |z0 − a|) ⊂ C \ a , on a :

1

(z − a)m =1

(z − z0 + z0 − a)m

=1

(z0 − a)m

1(1− z−z0

a−z0

)m =1

(z0 − a)m

+∞∑n=0

an (z − z0)n

sachant que la fonction t 7→ 1

(1− t)m est développable en série entière sur D (0, 1) .

Si maintenant f est une fonction rationnelle, le théorème de décomposition en élément simples

nous dit qu’elle s’écrit f = P +p∑

k=1

αk1

(z − ak)mk

où P est une fonction polynomiale, les αk sont

des nombres complexes et les mk des entiers naturels non nuls. La fonction P étant analytique

sur C et les fonctions z 7→ 1

(z − ak)mk

analytiques sur C\ak , on en déduit que f est analytique

sur l’intersection de ces ensembles, soit sur C \ a1, · · · , ap qui est le domaine de définition def.

Remarque 19.3 Montrer que le quotient ou la composée de deux fonctions analytiques estanalytique sur son domaine de définition est assez délicat. Nous obtiendrons ces résultats commeconséquences d’un résultat élémentaire relatif au quotient ou à la composée de deux fonctionsC-dérivables après avoir défini cette notion et montré qu’elle est équivalente à l’analyticité.

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 dérivabilité pour une fonction d’une variable complexe et à valeurs complexes

se défini comme dans le cas réel.

Définition 19.13 On dit que f est dérivable en z0 si la fonction z 7→ f (z)− f (z0)

z − z0

définie

sur O \ z0 admet une limite en z0.

Quand cette limite existe, elle est unique, on la note f ′ (z0) et on dit que c’est le nombredérivé de f en z0.

De manière équivalente, on peut dire que f est dérivable en z0 si, et seulement si, elle admetle développement limité d’ordre 1 en z0 :

f (z) = f (z0) + f ′ (z0) (z − z0) + |z − z0| ε (z) (19.1)

où limz→z0

ε (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 7→ f ′ (z) est la fonction dérivée de f.Si f est holomorphe sur O avec f ′ également holomorphe, la dérivée de f ′ est notée f ′′.

Par récurrence, on peut définir les dérivées d’ordre n notées f (n) comme dans le cas réel. Nousverrons plus loin qu’une fonction holomorphe est en fait toujours indéfiniment dérivable (ce quiest faux pour les fonctions d’une variable réelle).

Exemple 19.4 Il est facile de vérifier qu’une fonction constante sur O est holomorphe dedérivée nulle en tout point.

Exercice 19.26 Les fonctions z 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 , z 7→ |z| sont-ellesholomorphes sur C ?

Solution 19.26 Pour z 6= z0, on a en utilisant la représentation polaire z − z0 = ρeiθ avecρ > 0 et θ ∈ [0, 2π[ :

z − z0

z − z0

=z − z0

z − z0

= e−2iθ →ρ→0

e−2iθ

et en conséquencez − z0

z − z0

n’a pas de limite quand z tend vers z0 dans C (par exemple, pour

θ = 0 et θ =π

2, on a deux limites différentes, ce qui n’est pas possible).

L’étude des autres fonctions sont laissées au lecteur.

Remarque 19.4 Les fonctions z 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 nous fournissentdes exemples de fonctions indéfiniment dérivables vues comme fonctions de R2 dans R2 et nondérivables au sens complexe. La fonction z 7→ |z|2 est uniquement dérivable en 0 avec une

dérivée nulle (|z|2z

= z →z→0

0).

Exercice 19.27 Montrer que pour tout entier naturel n, la fonction f : z 7→ zn est holomorphesur C avec f ′ (z) = nzn−1 pour tout n ≥ 1 et tout z ∈ C.

Solution 19.27 Pour n = 0, f est constante égale à 1 et elle holomorphe de dérivée nulle.

Pour n = 1, def (z)− f (z0)

z − z0

= 1, on déduit que f est holomorphe sur C avec f ′ (z0) = 1 pourtout z0.Pour n ≥ 2, de :

f (z)− f (z0)

z − z0

=zn − zn

0

z − z0

=n−1∑

k=0

zn−1−kzk0 →

z→z0

nzn−10

(continuité sur C des fonctions z 7→ zp pour tout entier naturel p), on déduit que f est holo-morphe sur C avec f ′ (z0) = nzn−1

0 pour tout z0 ∈ C.

Exercice 19.28 Montrer que pour tout entier naturel non nul n, la fonction f : z 7→ 1

znest

holomorphe sur C∗ avec f ′ (z) = − n

zn+1pour tout z ∈ C∗.

Solution 19.28 De :

f (z)− f (z0)

z − z0

=zn0 − zn

znzn0 (z − z0)

= −n−1∑

k=0

zn−1−kzk0

znzn0

= −n−1∑

k=0

1

zk+1zn−k0

→z→z0

− n

zn+10


(continuité sur C∗ des fonctions z 7→ 1

zppour tout entier naturel non nul p), on déduit que f

est holomorphe sur C∗ avec f ′ (z0) = − n

zn+10

pour tout z0 ∈ C∗.

De la définition du nombre dérivé on déduit facilement le résultat suivant.

Théorème 19.10 Si f est dérivable en z0 elle est alors continue en ce point.

Démonstration. Se déduit immédiatement de (19.1) .La réciproque de ce résultat est fausse comme le montre l’exemple de la fonction z 7→ z.Le résultat de l’exercice qui suit nous sera utile pour montrer qu’une fonction de dérivée

nulle sur un ouvert connexe est constante.

Exercice 19.29 Soient f : O → C holomorphe, [a, b] un segment réel non réduit à un point etγ : [a, b] → O une fonction dérivable. Montrer que la fonction f γ est dérivable sur [a, b] avec(f γ)′ (t) = f ′ (γ (t)) γ′ (t) .

Solution 19.29 Pour t 6= t0 dans [a, b] , on a :

(f γ) (t)− (f γ) (t0)

t− t0=

f (γ (t))− f (γ (t0))

t− t0

=f ′ (γ (t0)) (γ (t)− γ (t0)) + |γ (t)− γ (t0)| ε (γ (t))

t− t0

= f ′ (γ (t0))γ (t)− γ (t0)

t− t0+ δ (t)

avecγ (t)− γ (t0)

t− t0→

t→t0γ′ (t0) et :

|δ (t)| = |γ (t)− γ (t0)||t− t0| |ε (γ (t))| →

t→t0|γ′ (t0)| · 0 = 0

(γ qui est dérivable est continue, donc limt→t0

γ (t) = γ (t0) et limt→t0

ε (γ (t))).

Dans le cas des fonctions d’une variable réelle, on sait qu’une fonction définie sur un intervalleet à valeurs réelles ou complexes est constante si, et seulement si, elle est dérivable de dérivéenulle.

Dans le cas complexe, on vérifie facilement qu’une fonction constante est holomorphe dedérivée nulle et pour la réciproque, on a le résultat suivant.

Théorème 19.11 Soient O un ouvert connexe de C et f : O → C une fonction holomorphe.Si f ′ = 0, alors f est constante.

Démonstration. Soient a, b dans O. Comme O est un ouvert connexe, il existe un arcaffine par morceaux et continu γ : [0, 1] → O qui joint a et b. Un tel chemin est défini par unesubdivision t0 = 0 < t1 < · · · < tp < tp+1 = 1 et pour 0 ≤ k ≤ p, t ∈ [tk, tk+1] :

γ (t) =tk+1 − t

tk+1 − tkak +

t− tktk+1 − tk

ak+1

où les ak = γ (tk) sont dans O avec a0 = a, ap+1 = b.

La dérivation complexe. Fonctions holomorphes 475

Les fonctions ϕk : t 7→ f (γ (t)) sont alors dérivables sur [tk, tk+1] avec :

ϕ′k (t) = f ′ (γ (t)) γ′ (t) = 0

et en conséquence ϕk 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 manière plus générale si f ′ = 0 pour f : O → C holomorphe, la fonction f est constantesur chaque composante connexe de l’ouvert O.

Comme dans le cas des fonctions d’une variable réelle, on a les résultats suivants relatifs auxopérations algébriques sur les fonctions holomorphes, les démonstrations étant analogues.

Théorème 19.12 Soient f, g deux fonctions holomorphes sur O.

1. Pour tous nombres complexes λ, µ la fonction λf + µg est holomorphe sur O avec :

(λf + µg)′ = λf ′ + µg′.

2. La fonction fg est holomorphe sur O avec :

(fg)′ = f ′g + fg′

(formule de Leibniz).

3. Si g (z0) 6= 0, alors la fonction g ne s’annule pas dans un voisinage de z0, les fonctions1

g

etf

gqui sont définies dans un tel voisinage sont dérivables en z0 avec :

(1

g

)′(z0) = − g′ (z0)

g2 (z0),

(f

g

)′(z0) =

g (z0) f ′ (z0)− f (z0) g′ (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)′ = f ′1f2 · · · fn + f1f′2f3 · · · fn + · · ·+ f ′1 · · · fn−1f

′n

les fk, pour k compris entre 1 et n étant des fonctions holomorphes sur O.Dans le cas où toutes les fk sont égales à une même fonction f, on a :

(fn)′ = nfn−1f ′.

Exercice 19.30 Montrer qu’une fonction polynomiale est holomorphe sur C et qu’une fonction

rationnelle f =P

Q, où P et Q sont des polynômes avec Q non nul, est holomorphe sur C \

z ∈ C | Q (z) = 0 .

Solution 19.30 C’est clair puisque les fonctions z 7→ 1 et z 7→ z sont holomorphe sur C.

Pour la composition des applications, on a le résultat suivant.

Théorème 19.13 Si f : O → C est holomorphe sur O, O′ est un ouvert de C contenant f (O)et g : O′ → C est holomorphe sur O′, alors gf est holomorphe sur O avec (g f)′ = (g′ f) f ′.

Démonstration. On copie la démonstration du cas réel.


Définition 19.15 On appelle fonction entière, toute fonction qui est holomorphe sur C.

Exercice 19.31 Montrer que la fonction exponentielle complexe est une fonction entière avecexp′ (z) = exp (z) pour tout z ∈ C.

Solution 19.31 Pour z 6= z0, on a :

ez − ez0

z − z0

− ez0 = ez0ez−z0 − 1

z − z0

= ez0

+∞∑n=1

(z − z0)n−1

n!− ez0

= ez0

+∞∑n=2

(z − z0)n−1

n!

et :∣∣∣∣ez − ez0

z − z0

− ez0

∣∣∣∣ = |ez0| |z − z0|∣∣∣∣∣+∞∑n=2

(z − z0)n−2

n!

∣∣∣∣∣

≤ |ez0| |z − z0|+∞∑n=2

|z − z0|n−2

(n− 2)!= |ez0| |z − z0| e|z−z0|

et limz→z0

=ez − ez0

z − z0

−ez0 = 0, ce qui signifie que exp est dérivable en z0 avec exp′ (z0) = exp (z0) .

De cet exercice, on déduit que les fonctions cos, sin, ch et sh sont des fonctions entières avecpour tout z ∈ C : cos′ (z) = − sin (z) , sin′ (z) = cos (z) , ch′ (z) = sh (z) et sh′ (z) = ch (z) .

La fonction tan est holomorphe sur C \π

2+ kπ | k ∈ Z

avec tan′ (z) =

1

cos2 (z)= 1 +

tan2 (z) et la fonction th est holomorphe sur C \

kπ + iπ

2| k ∈ Z

avec th′ (z) =

1

ch2 (z)=

1− th2 (z) .

19.6 Les conditions de Cauchy-RiemannO désigne encore un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.On rappelle que si Ω est un ouvert non vide de R2, on dit qu’une fonction ϕ : Ω → R2 est

différentiable en (x0, y0) ∈ Ω s’il existe un application linéaire dϕ (x0, y0) de R2 dans R2 telleque pour tout (x, y) ∈ Ω on ait :

ϕ (x, y) = ϕ (x0, y0) + dϕ (x0, y0) (x− x0, y − y0) + ‖(x− x0, y − y0)‖ ε (x, y) (19.2)

où lim(x,y)→(x0,y0)

ε (x, y) = 0. Si ϕ = (P, Q) , où P et Q sont à valeurs réelles, alors la matrice de

l’application linéaire dϕ (x0, y0) (la différentielle de ϕ en (x0, y0)) est :

Jϕ (x0, y0) =

( ∂P∂x

(x0, y0)∂P∂y

(x0, y0)

∂Q∂x

(x0, y0)∂Q∂y

(x0, y0)

)

(matrice jacobienne de ϕ en (x0, y0)).En notant respectivement P et Q la partie réelle et la partie imaginaire de f, on a le résultat

suivant, où ϕ : (x, y) 7→ (P (x, y) , Q (x, y)) est la représentation réelle de f.

Les conditions de Cauchy-Riemann 477

Théorème 19.14 La fonction f est holomorphe sur O si, et seulement si, la fonction ϕ estdifférentiable (au sens réel) sur Ω avec pour tout (x, y) ∈ Ω :

∂P∂x

(x, y) = ∂Q∂y

(x, y)

∂P∂y

(x, y) = −∂Q∂x

(x, y)

(conditions de Cauchy-Riemann).

Démonstration. Supposons f holomorphe sur O. Pour z0 ∈ O, on note f ′ (z0) = a + ibavec a, b réels. De (19.1) , on déduit avec les notations qui précèdent que :

ϕ (x, y) = ϕ (x0, y0) + (a (x− x0)− b (y − y0) , a (y − y0) + b (x− x0))

+ ‖(x− x0, y − y0)‖ ε (x, y)

ce qui signifie que ϕ est différentiable en (x0, y0) de matrice jacobienne :

Jϕ (x0, y0) =

( ∂P∂x

(x0, y0)∂P∂y

(x0, y0)

∂Q∂x

(x0, y0)∂Q∂y

(x0, y0)

)=

(a −bb a

)

et on a les conditions de Cauchy-Riemann.Réciproquement si ϕ est différentiable en (x0, y0) , les conditions de Cauchy-Riemann étant

remplies, l’expression complexe de (19.2) est :

f (z) = f (z0) +

(∂P

∂x(x0, y0) + i

∂Q

∂x(x0, y0)

)(z − z0) + |z − z0| ε (z)

et :limz→z0

f (z)− f (z0)

z − z0

=∂P

∂x(x0, y0) + i

∂Q

∂x(x0, y0)

ce qui signifie que f est holomorphe en z0 de dérivée :

f ′ (z0) =∂P

∂x(x0, y0) + i

∂Q

∂x(x0, y0)

Remarque 19.5 Les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent en disant que pour f holo-morphe, la différentielle dϕ est C-linéaire.

Remarque 19.6 En notant∂f

∂x=

∂P

∂x+ i

∂Q

∂xet

∂f

∂y=

∂P

∂y+ i

∂Q

∂y, nous avons vu avec la

démonstration précédente que f ′ (z) =∂f

∂x(z) et les conditions de Cauchy-Riemann se traduisent

par :

∂f

∂x(z) = f ′ (z) =

∂P

∂x(x, y) + i

∂Q

∂x(x, y) =

∂Q

∂y(x, y)− i

∂P

∂y(x, y)

= −i

(∂P

∂y+ i

∂Q

∂y

)= −i

∂f

∂y(z)

ou encore par :∂f

∂x(z) = −i

∂f

∂y(z) = f ′ (z) .


Exercice 19.32 En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann, montrer que les fonctionsz 7→ z, z 7→ < (z) , z 7→ = (z) , z 7→ |z|2 , z 7→ |z| , z 7→ ez ne sont pas holomorphes sur C.

Solution 19.32 Pour f : z 7→ z, on a f = P + iQ avec P (x, y) = x, Q (x, y) = −y et∂P

∂x(x, y) = 1 6= ∂Q

∂y(x, y) = −1. Cette fonction f n’est donc pas holomorphe. On montre de

manière analogue que les autres fonctions ne sont pas holomorphes.

Exercice 19.33 La fonction f définie sur C par f (z) = f (x + iy) = 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 :

∂P

∂x(x, y) = 2xy 6= ∂Q

∂y(x, y) = 1

pour z dans C privé de l’hyperbole H d’équation 2xy = 1 et :

∂P

∂y(x, y) = x2 6= −∂Q

∂x(x, y) = 0

pour les points de H, la fonction n’est pas holomorphe sur C.

Exercice 19.34 Montrer que si f est une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de 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 à valeurs réelles et des conditions de Cauchy Riemann, on déduit que∂P

∂x=

∂P

∂y= 0 sur

Ω et en conséquence f ′ (z) =∂f

∂x(z) = 0 ce qui équivaut à dire que f est constante sur l’ouvert

connexe O.

Exercice 19.35 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur un ouvert connexe O de C, oùP et Q sont respectivement la partie réelle et la partie imaginaire de f. Montrer que s’il existedes réel a, b tels que P + aQ + b = 0 sur O, alors f est constante.

Solution 19.35 Si a = 0, P est constante et on a ,∂P

∂x= 0,

∂Q

∂x= −∂P

∂y= 0, soit f ′ (z) =

∂f

∂x(z) = 0 et f est constante sur l’ouvert connexe O.

On suppose maintenant que a 6= 0. De P+aQ+b = 0, on déduit que∂P

∂x+a

∂Q

∂x=

∂P

∂y+a

∂Q

∂y= 0

et donc∂P

∂x= −a

∂Q

∂x= a

∂P

∂y,

∂P

∂y= −a

∂Q

∂y= −a

∂P

∂x, ce qui donne

∂P

∂x= −a2∂P

∂x, soit

(1 + a2)∂P

∂x= 0, donc

∂P

∂x= 0 et

∂Q

∂x= −1

a

∂P

∂x= 0, ce qui entraîne f ′ (z) =

∂f

∂x(z) = 0 et f

est constante sur l’ouvert connexe O.

Exercice 19.36 Connaissant les fonctions de la variable réelle exp, sin et cos, on peut définirla fonction x 7→ eix = cos (x) + i sin (x) sur R et la fonction exponentielle complexe par z =x+iy 7→ exp (z) = exeiy sur C. Montrer, avec cette définition, que cette fonction est holomorphesur C avec exp′ = exp .


Solution 19.36 On a exp (z) = P (z) + iQ (z) avec P (z) = ex cos (y) et Q (z) = ex sin (y) .Les fonctions P et Q sont différentiables sur R2 et on a :

∂P∂x

(x, y) = ex cos (y) = ∂Q∂y

(x, y)

∂P∂y

(x, y) = −ex sin (y) = −∂Q∂x

(x, y)

et donc exp est holomorphe sur C. Et pour tout complexe z, on a :

exp′ (z) =∂ exp

∂x(x, y) =

∂P

∂x(x, y) + i

∂Q

∂x(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 \ R− → Cz = x + iy 7→ ln (|z|) + i arg (z) = ln (|z|) + 2i arctan

(y

x+|z|

)

(paragraphe 15.8). Montrer que cette fonction est holomorphe sur C \R− avec ln′ (z) =1

zpour

tout z ∈ C \ R−.

Solution 19.37 On rappelle que si θ est la détermination de arg (z) dans ]−π, π[ , on a x =

|z| cos (θ) = |z|(

2 cos2

(θ

2

)− 1

), y = |z| sin (θ) = |z| 2 cos

(θ

2

)sin

(θ

2

)et

tan

(θ

2

)=

y

2 |z| cos(

θ2

) 2 |z| cos(

θ2

)

x + |z| =y

x + |z|

avecθ

2∈

]−π

2,π

2

[.

En notant z = x + iy, on a f (z) = P (z) + iQ (z) avec P (z) = ln(√

x2 + y2)

et Q (z) =

2 arctan

(y

x+√

x2+y2

). Les fonctions P et Q sont différentiables sur R2 et on a :

∂P

∂x(x, y) =

x

x2 + y2,

∂P

∂y(x, y) =

y

x2 + y2

et :

∂Q

∂y(x, y) = 2

x+√

x2+y2−y y√x2+y2

x+√

x2+y22

1 +

(y

x+√

x2+y2

)2 = 2x√

x2 + y2 + x2 + y2 − y2

√x2 + y2

((x +

√x2 + y2

)2

+ y2

)

=x√

x2 + y2 + x2

√x2 + y2

(x2 + y2 + x

√x2 + y2

)

=x

(√x2 + y2 + x

)

(x2 + y2)(√

x2 + y2 + x) =

x

x2 + y2=

∂P

∂x(x, y)


∂Q

∂x(x, y) = 2

−y

1+ x√

x2+y2

x+√

x2+y22

1 +

(y

x+√

x2+y2

)2 = −2y

(√x2 + y2 + x

)

√x2 + y2

((x +

√x2 + y2

)2

+ y2

)

= −y

(√x2 + y2 + x

)

√x2 + y2

(x2 + y2 + x

√x2 + y2

)

= −y

(√x2 + y2 + x

)

(x2 + y2)(√

x2 + y2 + x) = − y

x2 + y2=

∂P

∂y(x, y)

Les conditions de Cauchy-Riemann étant satisfaites, la fonction ln est holomorphe sur C \ R−avec :

ln′ (z) =∂ ln

∂x(x, y) =

∂P

∂x(x, y) + i

∂Q

∂x(x, y)

=x

x2 + y2− i

y

x2 + y2=

z

|z|2 =1

z.

Exercice 19.38 Soient O un ouvert de C∗ et f = P + iQ : O → C où P et Q sont àvaleurs réelles. En utilisant l’écriture polaire des nombres complexes, z = reit, on peut écrireP (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 différentiables avec∂P

∂r=

1

r

∂Q

∂tet

∂Q

∂r= −1

r

∂P

∂t(expression polaire des

conditions de Cauchy-Riemann).

Solution 19.38 L’écriture z = reit se traduit par x = r cos (t) , y = r sin (t) . Si f est holo-morphe sur O, les fonctions P et Q sont différentiables sur Ω et on a :

∂P

∂r=

∂P

∂x

∂x

∂r+

∂P

∂y

∂y

∂r= cos (t)

∂P

∂x+ sin (t)

∂P

∂y

= cos (t)∂Q

∂y− sin (t)

∂Q

∂x=

1

r

(∂Q

∂y

∂y

∂t+

∂Q

∂x

∂x

∂t

)

=1

r

∂Q

∂t

et :

∂Q

∂r= cos (t)

∂Q

∂x+ sin (t)

∂Q

∂y

= − cos (t)∂P

∂y+ sin (t)

∂P

∂x= −1

r

(∂P

∂y

∂y

∂t+

∂P

∂x

∂x

∂t

)

= −1

r

∂P

∂t

Réciproquement si les fonctions P et Q sont différentiables avec∂P

∂r=

1

r

∂Q

∂tet

∂Q

∂r= −1

r

∂P

∂t,

de : ∂P∂r

= cos (t) ∂P∂x

+ sin (t) ∂P∂y

∂P∂t

= −r sin (t) ∂P∂x

+ r cos (t) ∂P∂y


on déduit que : ∂P∂x

= cos (t) ∂P∂r− sin(t)

r∂P∂t

∂P∂y

= sin (t) ∂P∂r

+ cos(t)r

∂P∂t

et :∂P

∂x=

cos (t)

r

∂Q

∂t+ sin (t)

∂Q

∂r=

∂Q

∂y

∂P

∂y=

sin (t)

r

∂Q

∂t− cos (t)

∂Q

∂r= −∂Q

∂x

ce qui signifie que f est holomorphe sur O.

Exercice 19.39 Soit P : C∗ → R définie par P (z) = P (x + iy) =x

|z|2 . Déterminer, si elles

existent, toutes les fonctions Q : C∗ → R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C∗.

Solution 19.39 La fonction P : (x, y) 7→ x

x2 + y2est différentiable sur C∗ identifié à R2 \

(0, 0) . Si f = P + iQ est holomorphe sur C∗, la fonction Q est alors différentiable sur C∗avec :

∂Q∂y

(x, y) = ∂P∂x

(x, y) =y2 − x2

(x2 + y2)2

∂Q∂x

(x, y) = −∂P∂y

(x, y) =2xy

(x2 + y2)2

De la deuxième équation, on déduit que Q (x, y) = − y

x2 + y2+ϕ (y) , où ϕ est différentiable sur

R et avec la première, on déduit que ϕ′ (y) = 0. On a donc Q (x, y) = − y

x2 + y2+c = − y

|z|2 +c,

où c est une constante réelle et f (z) =x− iy

x2 + y2+ ic =

1

z+ ic.

Exercice 19.40 Soit Q : C → R définie par Q (z) = P (x + iy) = cos (x) sh (y) . Déterminer,si elles existent, toutes les fonctions P : C→ R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.

Solution 19.40 La fonction Q : (x, y) 7→ cos (x) sh (y) est différentiable sur C identifié à R2.Si f = P + iQ est holomorphe sur C, la fonction P est alors différentiable sur C avec :

∂P∂x

(x, y) = ∂Q∂y

(x, y) = cos (x) ch (y)

∂P∂y

(x, y) = −∂Q∂x

(x, y) = sin (x) sh (y)

De la première équation, on déduit que P (x, y) = sin (x) ch (y) + ϕ (y) , où ϕ est différentiablesur R et avec la deuxième, on déduit que ϕ′ (y) = 0. On a donc P (x, y) = sin (x) ch (y) + c, oùc est une constante réelle et :

f (z) = sin (x) ch (y) + i cos (x) sh (y) + c

= sin (x) cos (iy)− cos (x) sin (iy) + c

= sin (x + iy) + c = sin (z) + c.

Exercice 19.41 Soit P : C→ R définie par P (z) = P (x + iy) = |z|2 . Montrer qu’il n’est paspossible de trouver Q : C → R telle que f = P + iQ soit holomorphe sur C (il n’existe pas defonction holomorphe sur C de partie réelle |z|2).


Solution 19.41 Les conditions de Cauchy-Riemann s’écrivent : ∂Q

∂y(x, y) = ∂P

∂x(x, y) = 2x

∂Q∂x

(x, y) = −∂P∂y

(x, y) = −2y

ce qui donne Q (x, y) = −2xy + ϕ (y) et −2x + ϕ′ (y) = 2x, donc ϕ′ (y) = 4x, ce qui estimpossible (sans quoi, pour y fixé, ϕ′ (y) prend une infinité de valeurs).

19.7 Fonctions harmoniquesDéfinition 19.16 Soit Ω un ouvert non vide de R2. On dit qu’une fonction ϕ : Ω → R estharmonique sur Ω si elle est de classe C2 sur Ω avec :

∂2ϕ

∂x2(x, y) +

∂2ϕ

∂y2(x, y) = 0

pour tout (x, y) ∈ Ω.

L’opérateur différentiel∂2

∂x2+

∂2

∂y2est noté ∆ et appelé laplacien.

Théorème 19.15 Si f = P + iQ est une fonction holomorphe sur l’ouvert O avec P et Q declasse C2 et à valeurs réelles, alors les fonctions P et Q sont harmoniques sur O.

Démonstration. En utilisant les conditions de Cauchy-Riemann et le théorème de Schwarzpour les fonctions de classe C2, on a :

∂2P

∂x2+

∂2P

∂y2=

∂

∂x

(∂P

∂x

)+

∂

∂y

(∂P

∂y

)=

∂

∂x

(∂Q

∂y

)− ∂

∂y

(∂Q

∂x

)

=∂2Q

∂x∂y− ∂2Q

∂y∂x= 0

et P est harmonique sur O.De manière analogue, on vérifie que Q est harmonique sur O.

Remarque 19.7 Nous verrons plus loin qu’une fonction holomorphe est en fait indéfinimentdérivable et l’hypothèse P et Q de classe C2 est automatiquement vérifiée.

Exemple 19.5 La fonction P : (x, y) 7→ x2 + y2 n’étant pas harmonique (∆P = 4 6= 0), il nepeut pas exister de fonction holomorphe sur C de partie réelle x2 + y2 = |z|2 .

Exercice 19.42 Soit f = P + iQ une fonction holomorphe sur l’ouvert O ne s’annulant pas,où P et Q sont de classe C2 et à valeurs réelles. Montrer que la fonction ln (|f |) est harmonique.

Solution 19.42 On a ϕ = ln (|f |) =1

2ln (P 2 + Q2) et :

∂ϕ

∂x=

P ∂P∂x

+ Q∂Q∂x

P 2 + Q2

Fonctions harmoniques 483

∂2ϕ

∂x2=

(P 2 + Q2)((

∂P∂x

)2+ P ∂2P

∂x2 +(

∂Q∂x

)2+ Q∂2Q

∂x2

)− 2

(P ∂P

∂x+ Q∂Q

∂x

)2

(P 2 + Q2)2

=(P 2 + Q2)

((∂P∂x

)2+ P ∂2P

∂x2 +(

∂Q∂x

)2+ Q∂2Q

∂x2

)− 2

(P ∂P

∂x+ Q∂Q

∂x

)2

(P 2 + Q2)2

=

(∂P∂x

)2+ P ∂2P

∂x2 +(

∂Q∂x

)2+ Q∂2Q

∂x2

P 2 + Q2− 2

(P ∂P

∂x+ Q∂Q

∂x

P 2 + Q2

)2

Utilisant une formule analogue pour∂2ϕ

∂y2, on obtient :

∆ϕ =

(∂P∂x

)2+

(∂P∂y

)2

+ P∆P +(

∂Q∂x

)2+

(∂Q∂y

)2

+ Q∆Q

P 2 + Q2

− 2

(P ∂P

∂x+ Q∂Q

∂x

P 2 + Q2

)2

− 2

(P ∂P

∂y+ Q∂Q

∂y

P 2 + Q2

)2

= 2

(∂P∂x

)2+

(∂P∂y

)2

P 2 + Q2− 2

(P ∂P

∂x−Q∂P

∂y

)2

+(P ∂P

∂y+ Q∂P

∂x

)2

(P 2 + Q2)2

= 2

(∂P∂x

)2+

(∂P∂y

)2

P 2 + Q2− 2

P 2(

∂P∂x

)2+ Q2

(∂P∂y

)2

+ P 2(

∂P∂y

)2

+ Q2(

∂P∂x

)2

(P 2 + Q2)2

= 2

(∂P∂x

)2+

(∂P∂y

)2

P 2 + Q2− 2

(P 2 + Q2)

((∂P∂x

)2+

(∂P∂y

)2)

(P 2 + Q2)2 = 0.

Remarque 19.8 L’exercice précédant peut se résoudre facilement en remarquant que l’hypo-thèse f (z) 6= 0 pour tout z ∈ O permet de définir localement des déterminations holomorphesde ln (f) et ln (|f |) est harmonique comme partie réelle d’une telle détermination.

Le théorème précédent admet une réciproque qui peut s’énoncer comme suit, en prenantpour l’instant, comme définition intuitive d’un ouvert simplement connexe, un ouvert non vide,connexe et « sans trous ».

Théorème 19.16 Si O est un ouvert simplement connexe et P : O → R une fonction harmo-nique, il existe alors des fonctions holomorphes sur O de partie réelle P.

Démonstration. Admis.De telles fonctions s’écrivent f = P + iQ, où Q : O → R s’obtient en résolvant le système

défini par les conditions de Cauchy-Riemann.

Exercice 19.43 Soit P : C → R définie par P (z) = x2 − y2 − 2xy − 2x + 3y. Déterminertoutes les fonctions Q : C→ R telles que f = P + iQ soit holomorphe sur C.

Solution 19.43 On a ∆P = 0, donc P est harmonique et on peut trouver Q.Les conditions de Cauchy-Riemann donnent :

∂Q∂y

(x, y) = ∂P∂x

(x, y) = 2x− 2y − 2

∂Q∂x

(x, y) = −∂P∂y

(x, y) = 2y + 2x− 3


De la deuxième équation, on déduit que Q (x, y) = 2xy +x2−3x+ϕ (y) , où ϕ est différentiablesur R et avec la première, on déduit que ϕ′ (y) = −2y − 2. On a donc Q (x, y) = 2xy + x2 −3x− y2 − 2y + c, où c est une constante réelle et :

f (z) = x2 − y2 − 2xy − 2x + 3y + i(2xy + x2 − 3x− y2 − 2y

)+ ic

= (x + iy)2 + i (x + iy)2 − 2 (x + iy)− 3i (x + iy) + ic

= (1 + i) z2 − (2 + 3i) z + ic

Exercice 19.44 Montrer que si P : O → R est une fonction harmonique de classe C3, alors

la fonction ϕ = x∂P

∂x+ y

∂P

∂yest aussi harmonique.

Solution 19.44 On a :∂ϕ

∂x=

∂P

∂x+ x

∂2P

∂x2+ y

∂2P

∂x∂y

∂2ϕ

∂x2=

∂2P

∂x2+

∂2P

∂x2+ x

∂

∂x

(∂2P

∂x2

)+ y

∂

∂y

(∂2P

∂x2

)

= 2∂2P

∂x2+ x

∂

∂x

(∂2P

∂x2

)+ y

∂

∂y

(∂2P

∂x2

)

∂ϕ

∂y= x

∂2P

∂x∂y+

∂P

∂y+ y

∂2P

∂y2

∂2ϕ

∂y2= 2

∂2P

∂y2+ x

∂

∂x

(∂2P

∂y2

)+ y

∂

∂y

(∂2P

∂y2

)

et :∆ϕ = 2∆P + x

∂

∂x(∆P ) + y

∂

∂y(∆P ) = 0

ce qui signifie que ϕ est harmonique.

Remarque 19.9 Si dans l’exercice précédant, O est un ouvert simplement connexe, alors Pest la partie réelle d’une fonction holomorphe et en conséquence, elle est de classe C∞. Dans cecas , l’hypothèse P de classe C3 est superflue.En remarquant que :

f ′ =∂f

∂x=

∂P

∂x+ i

∂Q

∂x=

∂P

∂x− i

∂P

∂y

et :zf ′ = (x + iy)

(∂P

∂x− i

∂P

∂y

)= x

∂P

∂x+ y

∂P

∂y+ i

(y∂P

∂x− x

∂P

∂y

)

on déduit que x∂P

∂x+ y

∂P

∂yet y

∂P

∂x− x

∂P

∂ysont harmoniques comme partie réelle et imaginaire

de la fonction holomorphe zf ′.

Equivalence entre analyticité et holomorphie 485

19.8 Equivalence entre analyticité et holomorphieNous avons vu qu’une fonction de la variable réelle développable en série entière au voisinage

de 0 est indéfiniment dérivable (corollaire 14.6). Maintenant que nous avons donné un sens à lanotion de dérivation complexe nous allons montrer que ce résultat est encore valable pour lesfonctions d’une variable complexe.

Le fait qu’une fonction analytique en z0 est holomorphe en ce point est élémentaire.

Théorème 19.17 Une fonction analytique sur un ouvert non vide O de C est holomorphe surcet ouvert.

Démonstration. Pour z0 ∈ O, il existe r > 0 tel que f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n pour z ∈

D (z0, r) ⊂ O et pour z 6= z0 dans D (z0, r) , on a :

f (z)− f (z0)

z − z0

=+∞∑n=0

an+1 (z − z0)n = g (z)

avec limz→z0

g (z) = g (z0) = a1 puisque la fonction g est continue en z0 (la série entière∑

an+1tn

qui a même rayon de convergence que∑

antn est continue sur D (0, r) , donc en 0). La fonction

f est donc dérivable en z0 de dérivée f ′ (z0) = a1.De manière, plus précise, on peut montrer que la dérivée d’une fonction analytique sur O est

elle même analytique sur cet ouvert et donc holomorphe. Après avoir montré l’équivalence entreanalyticité et holomorphie, on déduira qu’une fonction C-dérivable est indéfiniment C-dérivable(ce résultat étant faux pour les fonctions d’une variable réelle).

Théorème 19.18 Si f une est fonction analytique sur un ouvert non vide O de C, elle est

alors holomorphe de dérivée f ′ analytique. Si f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n pour z ∈ D (z0, r) ⊂ O,

on a alors f ′ (z) =+∞∑n=1

nan (z − z0)n−1 pour tout z ∈ D (z0, r) .

Démonstration. Sachant qu’une série et sa série dérivée ont même rayon de convergence,on peut définir la fonction g sur D (z0, r) par :

∀z ∈ D (z0, r) , g (z) =+∞∑n=1

nan (z − z0)n−1 .

Soient z ∈ D (z0, r) , ρ > 0 tel que |z − z0| < ρ < r et h ∈ D (0, ρ− |z − z0|) \ 0 (figure 19.2).On a |z + h− z0| ≤ |z − z0|+ |h| < |z − z0|+ ρ− |z − z0| < ρ et :

f (z + h)− f (z)

h− g (z) =

+∞∑n=0

an(z + h− z0)

n − (z − z0)n

h−

+∞∑n=1

nan (z − z0)n−1

=+∞∑n=1

anPn (z, h)

où on a posé pour n ≥ 1 :

Pn (z, h) =(z + h− z0)

n − (z − z0)n

h− n (z − z0)

n−1

=n−1∑

k=0

(z + h− z0)n−1−k (z − z0)

k − n (z − z0)n−1


z0

z

z + h

r

Fig. 19.2 –

On a alors :

|Pn (z, h)| ≤n−1∑

k=0

|z + h− z0|n−1−k |z − z0|k + n |z − z0|n−1

≤n−1∑

k=0

ρn−1−kρk + nρn−1 = 2nρn−1

la série∑

nan−1ρn−1 étant convergente.

Pour ε > 0 donné, on peut donc trouver un entier naturel nε ≥ 1 tel que :

∀n ≥ nε,

+∞∑

k=n+1

kak−1ρk−1 < ε

et un réel ρ1 ∈ ]0, ρ− |z − z0|[ tel que pour |h| < ρ1, on ait :∣∣∣∣∣

nε∑

k=1

akPk (z, h)

∣∣∣∣∣ < ε

(on a limh→0

nε∑k=1

akPk (z, h) = 0), ce qui donne pour |h| < ρ1 :

∣∣∣∣f (z + h)− f (z)

h− g (z)

∣∣∣∣ < 3ε

On a donc ainsi montré que limz→z0

f (z + h)− 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

également holomorphe.On a aussi montré avec ce théorème qu’une fonction développable en série entière au voisinage

d’un point z0 est holomorphe dans ce voisinage.Par récurrence, on déduit le résultat suivant.


Corollaire 19.1 Si f est une fonction analytique sur un ouvert non vide O de C, elle est alors

indéfiniment C-dérivable sur O et si f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n pour z ∈ D (z0, r) ⊂ O, on a pour

tout entier p ≥ 1, f (p) (z) =+∞∑n=p

n!

(n− p)!an (z − z0)

n−p pour tout z ∈ D (z0, r) .

Avec les notations du corollaire, on a f (p) (z0) = p!ap, soit ap =f (p) (z0)

p!pour tout p ≥ 0.

Exemple 19.6 En utilisant ce théorème, on voit que la fonction exponentielle complexe estholomorphe sur C avec, pour tout z ∈ C :

exp′ (z) =

(+∞∑n=0

zn

n!

)′

=+∞∑n=0

nzn−1

n!=

+∞∑n=1

zn−1

(n− 1)!

=+∞∑n=0

zn

n!= exp (z)

Exercice 19.45 En utilisant le fait que la fonction exp est holomorphe avec exp′ = exp, mon-trer que exp (a + b) = exp (a) exp (b) pour tous nombres complexes a et b.

Solution 19.45 On définit la fonction f par f (z) = e−zez+c, où c est une constante complexe.Cette fonction est holomorphe sur C comme produit de deux fonctions holomorphes avec f ′ (z) =−e−zez+c +e−zez+c = 0, elle est donc constante égale à f (0) = ec. Prenant z = −a et c = a+ b,on en déduit que ea+b = eaeb.

Le théorème de Cauchy qui suit nous dit que réciproquement toute fonction holomorphe surO est analytique sur cet ouvert.

Pour montrer ce théorème, on admet temporairement le résultat suivant.

Théorème 19.19 Si f est une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O de C, sa dérivéef ′ est alors une fonction continue sur O.

Théorème 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 réel (éventuellement égal à +∞) tel que D (z0, R) ⊂O.Pour tout entier naturel n, le nombre complexe :

an =1

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

(u− z0)n+1du =

1

2πrn

∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt

est indépendant du réel r ∈ ]0, R[ et pour tout z ∈ D (z0, R) , on a :

f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n

Démonstration. Soient z ∈ D (z0, R) et r > 0 tel que |z − z0| < r < R. On associe à cesquantités la fonction ϕ définie sur [0, 1] par :

ϕ (θ) =

∫

|u−z0|=r

f ((1− θ) z + θu)

u− zdu

=

∫ 2π

0

f ((1− θ) z + θ (z0 + reit))

z0 + reit − zireitdt


(pour u = z0 + reit sur le cercle de centre z0 et de rayon r, le point (1− θ) z + θu est sur lesegment [z, u] ⊂ D (z0, R)).

La fonction intégrée est continûment différentiable en (θ, t) ∈ [0, 1] × [0, 2π] puisque f estcontinûment différentiable (vue comme une application d’un ouvert de R2 dans R2) et enconséquence ϕ est continue sur [0, 1] , dérivable sur ]0, 1[ avec :

ϕ′ (θ) =

∫ 2π

0

f ′((1− θ) z + θ

(z0 + reit

))ireitdt

=

[1

θf

((1− θ) z + θ

(z0 + reit

))]t=2π

t=0

= 0

par 2π-périodicité de la fonction t 7→ f ((1− θ) z + θ (z0 + reit)) . La fonction ϕ est doncconstante sur ]0, 1[ et sur [0, 1] par continuité. On a donc :

ϕ (1) =

∫ 2π

0

f (z0 + reit)

z0 + reit − zireitdt = ϕ (0) = f (z)

∫ 2π

0

ireit

z0 + reit − zdt

soit :

f (z)

∫ 2π

0

reit

z0 + reit − zdt =

∫ 2π

0

f(z0 + reit

) reit

z0 + reit − zdt

ou encore :f (z)

∫

|u−z0|=r

du

u− z=

∫

|u−z0|=r

f (u)

u− zdu. (19.3)

Tenant compte de |z − z0| < r = |reit| , on peut écrire que :

reit

z0 + reit − z=

1

1− z−z0

reit

=+∞∑n=0

(z − z0)n

rneint

la convergence étant uniforme quand t décrit [0, 2π] , ce qui donne :

∫ 2π

0

reit

z0 + reit − zdt =

+∞∑n=0

(z − z0)n

rn

∫ 2π

0

e−intdt = 2π.

Comme la fonction t 7→ f (z0 + reit) est bornée sur [0, 2π] (puisque continue), on peut aussiécrire :

∫ 2π

0

f(z0 + reit

) reit

z0 + reit − zdt =

+∞∑n=0

(z − z0)n

rn

∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt

et on a en définitive :

2πf (z) =+∞∑n=0

(z − z0)n

rn

∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt

soit f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n avec :

an =1

2πrn

∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt =

1

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

(u− z0)n+1du.


Il reste à vérifier que ces coefficients an sont indépendants du réel r ∈ ]0, R[ . En effet pourr, r′ dans ]0, R[ , on peut trouver z ∈ D (z0, R) tel que |z − z0| < r et |z − z0| < r′ et on a alors

deux développements en série entière f (z) =+∞∑n=0

an (z − z0)n et f (z) =

+∞∑n=0

a′n (z − z0)n avec

an =1

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

(u− z0)n+1du et a′n =

1

2iπ

∫

|u−z0|=r′

f (u)

(u− z0)n+1du, et un tel développement

est unique, on a nécessairement an = a′n pour tout n ≥ 0.Le théorème précédent nous dit qu’une fonction holomorphe est analytique et on a ainsi

montré l’équivalence entre les deux notions.Avec ce théorème, on a aussi montré le résultat suivant.

Théorème 19.21 (Cauchy) Soient f une fonction holomorphe sur un ouvert non vide O deC, z0 un point de O et R > 0 le plus grand réel (éventuellement égal à +∞) tel que D (z0, R) ⊂O.Pour 0 < r < R et z ∈ D (z0, r) , on a :

f (z) =1

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

u− zdu

(formule de Cauchy).

Démonstration. Tenant compte de∫

|u−z0|=r

du

u− z=

∫ 2π

0

ireit

z0 + reit − zdt = 2iπ,

la formule (19.3) nous donne :

f (z) =1

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

u− zdu

Remarque 19.10 Le corollaire 19.1 nous dit que les coefficients an du développement en série

entière au voisinage de z0 sont donnés par an =f (n) (z0)

n!et avec l’expression intégrale de ces

coefficients an,, on déduit que :

∀n ∈ N, f (n) (z0) =n!

2iπ

∫

|u−z0|=r

f (u)

(u− z0)n+1du

En définitives la connaissance de f sur le disque de centre z0 et de rayon r ∈ ]0, R[ suffit pourdéterminer f (z) pour tout z ∈ D (z0, r) et toutes les dérivées f (n) (z0) .

Remarque 19.11 Comme la composée de deux fonctions holomorphes est holomorphe, ondéduit que la composée de deux fonctions analytiques est analytique.

Exercice 19.46 Soit f une fonction développable en série entière sur un disque D (0, R) où

0 < R ≤ +∞ (R = +∞ signifie que D (0, R) = C) avec f (z) =+∞∑n=0

anzn pour tout z ∈ D (0, R) .

Montrer que la fonction g définie par g (z) = f (z) est holomorphe sur D (0, R) .


Solution 19.46 On a g (z) =+∞∑n=0

anzn pour tout z ∈ D (0, R) et g est holomorphe sur D (0, R)

puisque développable en série entière sur D (0, R) .

Exercice 19.47 On désigne par ln la détermination principale du logarithme complexe surC \ R−. Montrer que :

∀z ∈ D (0, 1) , ln (1 + z) =+∞∑n=1

(−1)n−1

nzn

Solution 19.47 Le rayon de convergence de la série entière∑ (−1)n−1

nzn vaut 1 (théorème

de d’Alembert), donc la fonction f définie par f (z) =+∞∑n=1

(−1)n+1

nzn sur D (0, 1) est analytique

et en conséquence holomorphe avec f ′ (z) =+∞∑n=1

(−1)n+1 zn−1 =1

1 + z. Mais la fonction z 7→

ln (1 + z) est également holomorphe sur D (0, 1) (composée de fonctions holomorphes) avec

ln′ (1 + z) =1

1 + z, il en résulte que f (z) = ln (1 + z) + c, où 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 (Inégalités de Cauchy) En gardant les hypothèses et notations du théo-rème 19.20, on a pour tout n ∈ N :

∣∣f (n) (z0)∣∣ =

n!

rnsup

|z−z0|=r

|f (z)| .

Démonstration. On a :

∣∣f (n) (z0)∣∣ =

∣∣∣∣n!

2iπ

∫

|z−z0|=r

f (z)

(z − z0)n+1dz

∣∣∣∣

=n!

2πrn

∣∣∣∣∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt

∣∣∣∣

≤ n!

2πrn

∫ 2π

0

∣∣f (z0 + reit

)∣∣ dt ≤ n!

rnsup

|z−z0|=r

|f (z)| .

Remarque 19.12 En remarquant que la fonction t 7→ f (z0 + reit) est 2π-périodique et declasse C1 sur R avec des coefficients de Fourier donnés par :

∀n ∈ Z, cn (f) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + reit

)e−intdt

la formule de Parseval nous donne :

+∞∑−∞

|cn (f)|2 =1

2π

∫ 2π

0

∣∣f (z0 + reit

)∣∣2 dt

Primitives des fonctions holomorphes 491

En écrivant que

f(z0 + reit

)=

+∞∑m=0

am

(z0 + reit − z0

)m=

+∞∑m=0

f (m) (z0)

m!rmeimt

la série étant uniformément convergente en t ∈ [0, 2π] , on a pour n ∈ Z :

cn (f) =1

2π

+∞∑m=0

f (m) (z0)

m!rm

∫ 2π

0

ei(m−n)tdt =

0 si n < 0f (n) (z0)

n!rn si n ≥ 0

et la formule de Parseval s’écrit alors :

+∞∑n=0

∣∣∣∣f (n) (z0)

n!

∣∣∣∣2

r2n =1

2π

∫ 2π

0

∣∣f (z0 + reit

)∣∣2 dt

Il en résulte que :

+∞∑n=0

∣∣∣∣f (n) (z0)

n!

∣∣∣∣2

r2n ≤ sup|z−z0|=r

|f (z)|2 =

(sup

|z−z0|=r

|f (z)|)2

et on retrouve les inégalités de Cauchy :∣∣∣∣f (n) (z0)

n!

∣∣∣∣ rn ≤ sup|z−z0|=r

|f (z)| .

Remarque 19.13 En gardant toujours les même notations, la fonction g : z 7→ (z − z0) f (z)est holomorphe sur O et :

0 = g (z0) =1

2iπ

∫

|z−z0|=r

g (z)

(z − z0)dz =

1

2iπ

∫

|z−z0|=r

f (z) dz

et donc∫

|z−z0|=r

f (z) dz = 0 pour tout z0 ∈ O et r > 0 tel que D (z0, r) ⊂ O.

19.9 Primitives des fonctions holomorphesO désigne toujours un ouvert non vide de C et f une application de O dans C.

Définition 19.17 Soit f une fonction holomorphe de O dans C. On appelle primitive de f,tout fonction F holomorphe de O dans C telle que F ′ = f.

Du théorème 19.11, on déduit que si l’ouvert O est connexe et si f : O → C est holomorpheet admet des primitives, alors deux primitives de f sur O différent d’une constante.

Théorème 19.22 Si F est une primitive de la fonction holomorphe f : O → C, on a alorspour tout chemin γ : [a, b] → O :

∫

γ

f (z) dz = F (γ (b))− F (γ (a))


Démonstration. On a :∫

γ

f (z) dz =

∫

γ

F ′ (z) dz =

∫ b

a

F ′ (γ (t)) γ′ (t) dt

=

∫ b

a

(F γ)′ (t) dt = F (γ (b))− F (γ (a))

Dans le cas particulier, où est un lacet, on a∫

γ

f (z) dz = 0, si f admet des primitives sur O.

L’exercice 19.18 se résout très simplement en remarquant que la fonction f définie sur C par

f (z) = z2 − 1 admet pour primitive la fonction F définie par F (z) =z3

3− z. Ce qui donne :

– pour γ : t ∈ [0, 1] 7→ t + it2 :∫

γ

f (z) dz = F (γ (1))− F (γ (0)) =(1 + i)3

3− (1 + i) = −5

3− 1

3i

– pour γ : t ∈ [0, 2π] 7→ et+it :∫

γ

f (z) dz = F (γ (2π))− F (γ (0)) =e6π

3− e2π −

(1

3− 1

)

– pour γ : t ∈ [0, 2π] 7→ cos (t) + i sin (2t) :∫

γ

f (z) dz = F (γ (2π))− F (γ (0)) = 0.

Remarque 19.14 Comme∫

|z|=1

dz

z= 2iπ 6= 0, on déduit que la fonction z 7→ 1

zn’admet

pas de primitive sur C∗. Il n’est donc pas possible de définir une fonction logarithme comme

primitive de z 7→ 1

zsur C∗.

Définition 19.18 On dit que l’ouvert O est étoilé par rapport à l’un de ses points, s’il existea ∈ O tel que pour tout z ∈ O, le segment [a, z] est tout entier contenu dans O.

Remarque 19.15 Un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses points est connexe.

Exemple 19.7 C∗ n’est pas étoilé.

Exercice 19.48 Montrer qu’un disque ouvert D (z0, R) est étoilé par rapport à tous ses points.


Exercice 19.49 Montrer que l’ouvert C \ R− est étoilé par rapport à tous les points de R+,∗.


Théorème 19.23 Si O est un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses points, alors toute fonctionholomorphe f : O → C admet des primitives sur O.

Primitives des fonctions holomorphes 493

Démonstration. Supposons l’ouvert O étoilé par rapport à a ∈ O. Si f : O → C admetune primitive F sur O, on a alors pour tout z ∈ O :

∫

[a,z]

f (u) du =

∫

[a,z]

F ′ (u) du = F (z)− F (a) .

On définit donc naturellement la fonction F par :

∀z ∈ O, F (z) =

∫

[a,z]

f (u) du = (z − a)

∫ 1

0

f (a + t (z − a)) dt.

Comme f est holomorphe, elle est indéfiniment différentiable O, vue comme une fonction dedeux variables réelles et il en est de même de la fonction F avec :

∂F

∂x(z) =

∫ 1

0

f (a + t (z − a)) dt + (z − a)

∫ 1

0

f ′ (a + t (z − a)) · tdt

=

∫ 1

0

(f (a + t (z − a)) + t · (z − a) f ′ (a + t (z − a))) dt

=

∫ 1

0

∂

∂t(t · f (a + t (z − a))) dt

= [t · f (a + t (z − a))]t=1t=0 = f (z)

et :

∂F

∂y(z) = i

∫ 1

0

f (a + t (z − a)) dt + (z − a)

∫ 1

0

f ′ (a + t (z − a)) · itdt

= i

∫ 1

0

(f (a + t (z − a)) + t · (z − a) f ′ (a + t (z − a))) dt

= i

∫ 1

0

∂

∂t(t · f (a + t (z − a))) dt

= i [t · f (a + t (z − a))]t=1t=0 = if (z)

On a donc∂F

∂x(z) = f (z) = −i

∂F

∂y(z) et F est holomorphe sur O de dérivée f (conditions

de Cauchy-Riemann).

Exemple 19.8 La fonction z 7→ 1

zadmet des primitives sur C \ R−, une telle primitive est

donnée par :

F (z) =

∫

[1,z]

du

u

Comme F (1) = 0 = ln (1) , où ln est la détermination principale du logarithme, on a :∫

[1,z]

du

u= ln (z) = ln (|z|) + i arg (z)

avec −π < arg (z) < π pour z ∈ C \ R−.

Corollaire 19.3 Si O est un ouvert étoilé par rapport à l’un de ses points, alors toute fonction

holomorphe f : O → C et tout lacet chemin γ : [a, b] → O, on a∫

γ

f (z) dz = 0.


Remarque 19.16 Les ouverts étoilé sont des cas particuliers d’ouverts simplement connexes.

Exemple 19.9 On a∫

|z|= 12

z

1 + z2dz = 0 car z 7→ z

1 + z2est holomorphe sur D (0, 1) et le

cercle de centre 0 et de rayon1

2est contenu dans ce disque.