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Licence de Mathématiques (S5, année 2005–2006) 2 Dérivabilité au sens complexe, équations de Cauchy-Riemann 8 Riemann sur l'Analyse Complexe

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Exercices : Jean-François Burnol

Corrections : Volker Mayer

Relecture : François LescureExo7

Dérivabilité au sens complexe, fonctions analytiques

1 Dérivabilité complexe

Exercice 1Montrer que la fonctionf(z) =1z

est holomorphe surCnf0get vérifief0(z) =1z 2. Sifetgsont deux fonctions dérivables au sens complexe au pointz0; montrer quef+g,fgetfgle sont et donner la valeur de leurs dérivées au pointz0. Sifetgsont deux fonctions dérivables au sens complexe au pointz0montrer quefg est dérivable au sens complexe et donner la valeur de la dérivée lorsqueg(z0)6=0. Montrer la formule pour la dérivée d"une compositiongf.

Soitfetgdeux fonctionsn-fois dérivables au sens complexe sur un ouvert non videU(remarque: d"après le

cours il suffit qu"elles soient dérivables une fois surUpour qu"elles le soient un nombre quelconque de fois).

Montrer la formule de Leibniz généralisée:

8z2U(fg)(n)(z) =nå

j=0 n j f (j)(z)g(nj)(z)

On se donne deux séries entièresf(z) =å¥n=0anznetg(z) =å¥n=0bnznde rayons de convergencesR1etR2non

nuls. En utilisant le théorème sur les séries doubles prouverf(z)g(z) =å¥n=0cnznpourjzj avec (formules dites de Cauchy):

8n2Ncn=nå

j=0a jbnj

Le rayon de convergence de la série

å¥n=0cnznest-il toujours égal à min(R1;R2)ou peut-il être plus grand? 1

Retrouver le résultat de l"exercice précédent (l"exercice6 ) de manière plus indirecte en montrant que les

coefficientscn=ånj=0ajbnjsont ceux de la série de Taylor à l"origine de la fonction holomorphek(z) =

f(z)g(z).

En quels points la fonctionz7!zest-elle dérivable au sens complexe, et/ou holomorphe? Même question pour

les fonctionsz7!xetz7!y.

Prouver qu"une fonction holomorphe sur un ouvert connexe, de dérivée identiquement nulle, est constante. Et

si l"ouvert n"est pas connexe?

Sur un ouvert connexeUon se donne une fonction holomorphefqui a la propriété de ne prendre que des

valeurs réelles. En utilisant les équations de Cauchy-Riemann, montrer quefest constante.

Exercice 11Cet exercice propose une variante pour développer la théorie de la fonction exponentielle.

1.

On se donne une fonction fqui estn+1-fois dérivable au sens complexe sur le disque ouvertD(0;R)(on

sait qu"une fois suffit mais on ne va pas utiliser ce théorème difficile ici). Soitz2D(0;R). En appliquant

la formule de Taylor avec reste intégral de Lagrange à la fonction de la variable réellet7!g(t) =f(tz)

pour 06t61, prouver: f(z) =f(0)+f0(0)z+f(2)(0)2 z2++f(n)(0)n!zn+zn+1Z1

0(1t)nn!f(n+1)(tz)dt

2. On suppose que fest dérivable au sens complexe une fois surD(0;R)et vérifief0=fetf(0) =1.

Montrer quefest infiniment dérivable au sens complexe. En utilisant la question précédente montrer :

f(z)nå k=0z kk! 6(sup jwj6jzjjf(w)j)jzjn+1(n+1)! et en déduire que, pour toutz2Con a :f(z) =å¥k=0zkk!. 3.

Réciproquement on considère la fonction F(z)=å¥k=0zkk!. Vérifier que le rayon de convergence est infini.

Établir par un calcul direct queF0(0)existe et vaut 1. En utilisant le théorème sur les séries doubles,

montrerF(z+w) =F(z)F(w). En déduire ensuite queFest holomorphe surCet vérifieF0=F.

3 Fonctions analytiques

Exercice 12Soit

å¥n=0anznune série entière de rayon de convergenceR. Est-il exact que pourjzj>Ron a limjanznj=+¥?

Déterminer les séries de Taylor à l"origine de

11z,1(1z)2,1(1z)3,1(1z)4.

Déterminer en toutz06=1 la série de Taylor et son rayon de convergence pour la fonction analytique1z1.

Déterminer en toutz06=1;2 la série de Taylor et son rayon de convergence pour la fonction analytique

1(z1)(z2). Onauraintérêtàréduireenélémentssimples. Deplusondemanded"indiquerlerayondeconvergence

avantde déterminer explicitement la série de Taylor. Déterminer en tout pointz0où elle est définie la série de Taylor de la fonction1z

31. On déterminera son rayon

On considère la série entière

å¥k=0z2k. Quel est son rayon de convergence? On notef(z)sa somme. Que vaut lim t!1f(t)? (on prend 0t!1f(tw)(ici encoretest pris dans]0;1[), lorsquewvérifie une équationw2N=1? En déduire qu"il est

impossible de trouver un ouvertUconnexe intersectantD(0;1)mais non inclus entièrement dansD(0;1)et une

fonction holomorpheg(z)surUtels queg=fsurU\D(0;1). Pour toutz02D(0;1)déterminer alors le rayon de convergence de la série de Taylor defau pointz0. Montrer que le rayon de convergence de chacune des séries concernées est 1 et prouver: 1. å¥n=1nznne converge en aucun point du cerclejzj=1. 2.

å¥n=1znn

2converge en tout point du cerclejzj=1.

3.

å¥n=1znn

converge en tout point du cerclejzj=1saufenz=1. Pour ce dernier cas on définitS0=1,S1=1+z,S2=1+z+z2, ...(on pose aussiS1=0). En écrivant z n=SnSn1exprimeråNn=1znn en fonction desSn. Montrer que lesSnsont bornées lorsquejzj=1,z6=1. Montrer qu"un entierk>1 s"écrit de manière unique sous la forme 2n(2m+1),n>0,m>0. Puis prouver pourjzj<1 : z1z2+z21z4++z2n1z2n+1+=z1z: 3 On justifiera les interversions de séries. Prouver aussi: z1+z+2z21+z2++2nz2n1+z2n+=z1z:

Exercice 20Lorsquezest complexe les fonctions sin(z), cos(z), sh(z)et ch(z)sont définies par les formules:

sin(z) =eizeiz2ish(z) =ezez2 cos(z) =eiz+eiz2 ch(z) =ez+ez2 1. Montrer que cos et ch sont des fonctions paire set sin et sh des fonctions impaires et donner leurs

représentations comme séries entières. Prouvereiz=cos(z)+isin(z), sin(iz) =ish(z), cos(iz) =ch(z),

sh(iz) =isin(z), ch(iz) =cos(z). 2.

Établir les formules:

cos(z+w) =cos(z)cos(w)sin(z)sin(w) sin(z+w) =sin(z)cos(w)+cos(z)sin(w)

en écrivant de deux manières différentesei(z+w). Donner une autre preuve en utilisant le principe du

prolongement analytique et la validité (admise) des formules pourzetwréels. 3. Prouv erpour tout zcomplexe cos(p+z) =cos(z), sin(p+z) =sin(z). Prouver cos(p2 z) =sin(z). 4.

Prouv erles formules cos

2z+sin2z=1 et ch2zsh2z=1 pour toutz2C.

Montrer sin(a+ib) =sin(a)ch(b)+icos(a)sh(b). Puis en prenant dorénavantaetbréels, prouver: a;b2R=) jsin(a+ib)j2=sin2(a)+sh2(b) Déterminer alors les nombres complexesz=a+ibtels que sin(z) =0. Donner une autre preuve.

Montrer :

a;b2R=) jcos(a+ib)j2=cos2(a)+sh2(b) =ch2(b)sin2(a)

5 Fonctions de Bessel

Exercice 23Les fonctions de Bessel sont très importantes en Analyse. Elles apparaissent très souvent dans des problèmes

de physique mathématique. L"analyse complexe permet d"étudier de manière approfondie ces fonctions. Ici

nous nous contentons des tout débuts de la théorie. Nous ne considérons que les fonctions

1J0,J1,J2, ..., qui

sont définies par les formules: 2 n2N;z2CJn(z) =¥å n=0(1)n(z2 )2n+nn!(n+n)! 1. Montrer que le rayon de con vergencede la série définissant Jnest+¥. 2. En déri vantterme à terme prouv erles formules: (znJn)0=znJn1(n>1) (znJn)0=znJn+1(n>0)

En particulier on a(zJ1)0=zJ0etJ0

0=J1. 3. Réécrire les équations précédentes sous la forme (zddz +n)Jn=zJn1(n>1) et(zddz n)Jn=zJn+1 (n>0) et en déduire(ddz +n+1z )(ddz nz )Jn=Jn, puis, après simplification, l"équation différentielle de

Bessel:

z

2J00n+zJ0n+(z2n2)Jn=0

4.

Montrer ,pour tout n2N, que la série entière définissantJnest la seule (à une constante multiplicative

près) qui donne une solution de l"équation différentielle de Bessel. 3 dites "fonctions de Bessel de première espèce (et d"indices entiers)".

2Autrement dit:

J n(z) =zn2:4:::::(2n)

Remarquez que seule la constante 2:4:::::(2n) =2nn! nous restreint (pour le moment) à des valeurs entières den. Si on en fait

abstraction on obtient avecn=12 la fonction "multiforme"z1=2cos(z); tandis qu"avecn= +12 on obtientz1=2sin(z). Les définitions exactes sontJ1=2(z) =q2pzcos(z)etJ1=2(z) =q2pzsin(z).

3les autres solutions de l"équation différentielle sont singulières enz=0, avec une composante logarithmique (n2Z). Pourn=2Z

il y a une solution enzn(åk>0ckzk)et une autre enzn(åk>0dkzk). 5

Correction del"exer cice1 NIl suffit de vérifier quefest dérivable au sens complexe. Pour toutz6=0:

lim w!zf(w)f(z)wz=limw!z1w 1z wz=limw!z1wz zwwz =1z 2: La fonctionfest bien holomorphe surCnf0gavecf0(z) =1z

2.Correction del"exer cice2 NConsidérons le produitfg. En utilisant la définition même de la dérivée, on a :

1h (f(z+h)g(z+h)f(z)g(z)) =f(z+h)g(z+h)g(z)h +g(z)f(z+h)f(z)h !f(z)g0(z)+g(z)f0(z)lorsqueh!0:

Autre manière:

f(z+h)g(z+h) = (f(z)+f0(z)h+he(h))(g(z)+g0(z)h+he(h)) =f(z)g(z)+(f(z)g0(z)+f0(z)g(z))h+he(h):

D"où(fg)0(z) =f(z)g0(z)+f0(z)g(z).Correction del"exer cice3 NDe la même façon que pour la correction de l"exercice2 on a

f(z+h)g(z+h)=f(z)+f0(z)h+he(h)g(z)

1+g0(z)g(z)h+he(h)

= (f(z)+f0(z)h+he(h))1g(z)

1g0(z)g(z)h+he(h)

f(z)g(z)+f0(z)g(z)g0(z)f(z)g

2(z)h+he(h)

sig(z)6=0.Correction del"exer cice4 NOn utilise de nouveau la définition de la dérivée, d"abord pourfenzpuis pourgau pointf(z):

f(z+h) =f(z)+f0(z)h+he(h):

Notonswh=f0(z)h+he(h). Alors (et comme dans les exercices précédents on utilise epsilon pour n"importe

quelle fonction tendant vers zéro lorsque sa variable tend vers zéro): g(f(z+h)) =g(f(z)+wh) =g(f(z))+g0(f(z))wh+whe(wh):

Ainsi:

1h g(f(z+h))g(f(z))=g0(f(z))+e(wh)whh Lorsqueh!0, on awh!0, donce(wh)!0 et par ailleurswhh !f0(z). Au final (gf)0(z) =limh!0g0(f(z))+e(wh)whh =g0(f(z))f0(z):Correction del"exer cice5 N6

La formule de Leibniz se montre par récurrence. Le casn=1, c"est-à-dire(fg)0=fg0+f0g, a été démontré

dans l"exercice 2 . Supposons alors que cette formule soit vraie au rangn>1. Dans ce cas, (fg)(n+1)(z) =ddz (fg)(n) (z) =nå j=0 n j n f(j+1)(z)g(nj)(z)+f(j)(z)g(nj+1)(z)o n+1å j=1 n j1 f (j)(z)g(n+1j)(z)+nå j=0 n j f (j)(z)g(n+1j)(z):

La conclusion vient du fait :

n j1+n j=n+1

jqui est simple à vérifier.Correction del"exer cice6 NPrenonsr0 et 0 !). D"oùnå j=0jajjrjjbnjjrnj6(n+1)C2ln; ce qui permet d"affirmer, pour toutzavecjzj=r: n=0 nå j=0jajzjjjbnjznjj<¥:

Par le théorème du cours sur les séries doubles (voir le polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol, Annexe 8.2), ceci

signifie que la série double¥å j=0¥å k=0(ajzjbkzk) est absolument convergente. On peut donc d"après ce théorème affirmer: f(z)g(z) =¥å j=0a jzj¥å k=0b kzk=¥å n=0 nå j=0(ajzj)(bnjznj):

Or, la série de droite est

å¥n=0cnznaveccn=ånj=0ajbnj. Au passage on obtient que le rayon de convergence

de cette série est au moins égal àr. Commer

moins égal à min(R1;R2)(il peut être plus grand comme on le voit par exemple avecf(z) =11zetg(z) =1z,

ou encore avecf(z) =2z(1z)(3z)etg(z) =1z(2z)(3z)).Correction del"exer cice7 NIl suffit d"utiliser la formule de Leibniz de l"exercice5 et le f aitque le coef ficientandu développement defà

l"origine estan=f(n)(0)=n!.Correction del"exer cice8 NLa fonctionf(z) =zn"est nulle part dérivable au sens complexe (et donc nulle part holomorphe): car

1h (f(z+h)f(z)) =h h

et la limite de cette expression n"existe pas lorsqueh!0.Remarque.Plus généralement, une application

R-linéaire deCdansCest de la forme

w7!aw+bw(1)

(cen"estqu"uneécriturecomplexedesapplicationslinéairesdeR2dansR2); unetelleapplicationestholomorphe

si et seulement sib=0. C"est exactement la différence entre différentiabilité (donc réelle) et holomorphie

(dérivabilité au sens complexe). En effet, les équations de Cauchy-Riemann sont équivalentes à l"équation

7 =12 . C"est une réécriture complexe des équations de Cauchy-Riemann. Si vous

avez une fonctionfdifférentiable, alors sa différentielleDf(z)est une application linéaire de la forme (1). Un

calcul simple montre que dans ce cas avec (z)=0. Dans d"accord sur le fait que : z7!x=z+z 2

n"est pas holomorphe. Ce raisonnement s"applique aussi àz7!y. Nous reviendrons à ce genre d"applications

dans l"exercice 10

.Correction del"exer cice9 NPour éviter des raisonnements topologiques, supposons dans un premier temps queWsoit un disque, par

exemple le disque unitéW=D=D(0;1), et montrons quefest constante et égale àf(0). Siz2D, alors

le segment[0;z]D(et c"est pour cette raison que l"on a prisW=D). On peut écrire f(z)f(0) =Z z

0f0(z)dz=0:

Seulement, ici il faut expliquer le sens de cette intégrale (non connue pour l"instant). Soitg:[0;1]![0;z],

g(t) =tz, une paramérisation du segment[0;z]. Alors, Z z

0f0(w)dw=Z

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