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Exercices - Topologie et fonctions holomorphes : corrigé
Déterminations
Exercice 1 - Racine carrée - L3/M1 - ⋆
Pour qu’une fonction holomorphe f : Ω → C ∗ admette une racine carrée, il faut et il suffit
que l’ouvert Ω soit simplement connexe. Il suffit ici de vérifier que Ω est étoilé. Mais on vérifie
facilement que Ω est étoilé en 0 (Ω est "l’intérieur" d’une hyperbole). En effet, si (x, y) ∈ Ω,
alors pour tout t ∈ [0, 1], on vérifie immédiatement que (tx, ty) ∈ Ω.
Exercice 2 - Détermination continue - L3/M1 - ⋆⋆
Raisonnons par l’absurde, et supposons que ce soit le cas, et notons g cette fonction. Alors,
pour tout θ ∈ R, on a g(e iθ ) k = e iθ , c’est-à-dire que g(e iθ ) = e iθ/k+i2n(θ)π/k pour tout θ ∈ R, où
n(θ) est un entier qui peut dépendre de θ. Puisque la fonction g est continue, il en est de même
de θ ↦→ n(θ), et par connexité de R, n(θ) doit être constante, égale à n. Mais alors,
g(e i0 ) = e 2niπ/k et g(e i0 ) = g(e 2iπ ) = e i2nπ/k+2π/k .
C’est bien entendu impossible dès que k ≥ 2 !
Exercice 3 - Racine n-ième d’un polynôme - L3/M1 - ⋆⋆
1. Remarquons d’abord que K est distinct du support de γ. De plus, la fonction z ↦→ Ind γ (z)
est continue en dehors du support de γ, et elle est à valeurs entières. Puisque K est
compact, on en déduit que z ↦→ Ind γ (z) est constante sur K.
Pour prouver que f admet une primitive sur Ω, il suffit, d’après le théorème de Morera,
de prouver que ∫ γ
f(z)dz = 0 pour tout circuit γ tracé dans Ω. Mais
∫
γ
∫
f(z)dz =
puisque Ind γ est constante sur K.
γ
dz
z − a
∫γ
− dz
z − b = Ind γ(a) − Ind γ (b) = 0,
2. On dérive la fonction z ↦→ z−a
z−b exp ( − F (z) ) . On trouve que la dérivée est nulle. Comme
elle est définie sur un connexe Ω, la fonction est constante.
Remarquons par ailleurs que λ ≠ 0, car la fonction z ↦→ z − a n’est pas identiquement
nulle sur Ω, et l’exponentielle ne s’annule pas. On peut donc écrire λ = exp(c). Il vient
3. Il suffit d’écrire
avec h(z) = exp(g(z)/n).
4. On factorise le polynôme P sous la forme
z − a
z − b = exp ( c + F (z) ) .
exp ( g(z) ) (
= exp n × g(z) )
= ( h(z) ) n
n
P (z) = c n (z − a 1 ) . . . (z − a n )
et, pour utiliser la question précédente, on le réécrit sur Ω en
P (z) = c n z − a 1
z − a n
× · · · × z − a n−1
z − a n
(z − a n ) n .
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D’après la question précédente, chaque fraction (z − a i )/(z − a n ) s’écrit h n i . Finalement,
on obtient le résultat demandé en posant
r(z) = ch 1 (z) . . . h n−1 (z)(z − a n ).
Représentation conforme
Exercice 4 - Bijections holomorphes du plan - M1 - ⋆⋆
1. 0 est un point singulier isolé de g. 0 ne peut pas être une fausse singularité, sinon g serait
bornée autour de 0. Autrement dit, retournant à f, on trouverait un réel M > 0 tel
que |z| > A entrainerait |f(z)| ≤ M. Comme |f| est aussi bornée sur le disque compact
D(0, A), on trouve que f est bornée sur C, donc par le théorème de Liouville que f est
constante, ce qui est impossible puisque f est bijective.
0 n’est pas non plus un point singulier essentiel. Autrement, l’image par g de U\{0}, où U
est n’importe quel voisinage de 0, est dense dans C. Choisissons par exemple U = D(0, 1)
et posons V = D(3, 1). Alors, par le théorème de l’image ouverte, g(V ) est un ouvert et
g(U\{0}) est dense : leur intersection est non-vide et il existe v ∈ V , u ∈ U\{0} tels que
g(u) = g(v). Ceci contredit l’injectivité de f (donc de g) - remarquons que U ∩ V = ∅.
Par conséquent, 0 ne peut être qu’un pôle de g.
2. Soit f(z) = ∑ n≥0 a nz n le développement en série entière de f en 0, qui converge sur C
tout entier. Alors, g(z) = ∑ n≥0 a nz −n est le développement en série de Laurent de g en 0.
Puisque 0 est un pôle de g, il ne possède qu’un nombre fini de termes non nuls. Autrement
dit, il n’y a qu’un nombre fini de a n qui sont non nuls. Donc f est un polynôme.
3. La question précédente nous dit que f est un polynôme. Or, un polynôme est injectif si
et seulement si il est de degré 1. Donc f(z) = az + b, avec a ≠ 0. Réciproquement, il est
clair qu’une telle fonction définit une bijection holomorphe de C sur C.
Exercice 5 - Automorphismes du disque - L3/M1 - ⋆⋆
1. Puisque r λ : z ↦→ λz est clairement un automorphisme de D et que φ λ,a = r λ ◦ φ 1,a , il
suffit de prouver que φ 1,a est un automorphisme de D. En effet, le domaine de définition
de φ 1,a est l’ensemble des nombres complexes z tels que 1 − āz ≠ 0, c’est-à-dire l’ensemble
des z ≠ 1/ā. Puisque |a| < 1, |1/ā| > 1, et donc φ 1,a est bien défini sur D.
On prouve ensuite que φ 1,a est bien à valeurs dans D. En fait, remarquons que φ 1,a est
une fonction holomorphe non constante. D’après le principe du maximum, on a
sup |φ 1,a (z)| < sup |φ 1,a (w)|.
z∈D
|w|=1
Fixons donc t ∈ R et calculons φ 1,a (e it ) :
|φ 1,a (e it e it − a
)| =
∣1 − e it ā∣ = |e it − a|
|e it (e −it − ā)|
= |eit − a|
|e −it − ā| = |eit − a|
|e it − a| = 1.
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Ceci prouve bien que φ 1,a est à valeurs dans D. Prouvons enfin que φ 1,a est une bijection.
Fixons w ∈ D. On a
φ 1,a (z) = w ⇐⇒ z − a
1 − āz
⇐⇒
⇐⇒
= w ⇐⇒ z − a = w − āzw
z(1 + āw) = a + w ⇐⇒ z = w + a
1 + āw
z = φ 1,−a (w).
Puisque φ 1,a envoie également D dans D, ceci prouve que z ∈ D et donc que φ 1,a est une
bijection de D sur D d’inverse φ 1,−a .
2. Puisque φ(0) = 0, le lemme de Schwarz nous dit que pour tout z ∈ D, on a |φ(z)| ≤ |z|.
De plus, φ −1 envoie également D dans D et φ −1 (0) = 0. Donc, toujours par le lemme de
Schwarz, on a |φ −1 (z)| ≤ |z| pour tout z ∈ D. Des deux inégalités précédentes, on déduit
que |φ(z)| = |z| pour tout z ∈ D. Par l’autre partie du lemme de Schwarz, on en déduit
que φ(z) = λz pour un certain λ de module 1.
3. Posons ψ = φ −1
1,a
◦ φ Alors ψ est un automorphisme de D et ψ(0) = φ−1 1,a (a) = 0. On
en déduit d’après la question précédente que ψ(z) = λz pour un nombre complexe λ de
module 1. Recomposant par φ 1,a , on obtient le résultat demandé.
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