SÃ©ries enti`eres, fonctions holomorphes - Institut de mathÃ©matiques ...

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f est donc une fonction entière.Montrons que f est bornée. D’abord si |z| tend vers l’infini, on peut écrire, comme en secondeannée:1f(z) = ( )a n z n a0a n z+ a n 1a n z+ . . . + a n−1n−1a n z + 1donc lim |z|→∞ |f(z)||z| n = 1|a n | et lim |z|→∞ |f(z)| = 0. On peut donc trouver R > 0 tel que |z| > Rimplique |f(z)| ≤ 1.Maintenant, f est continue donc bornée sur le compact D(0, R). Il existe M > 0 tel quesup |z|≤R |f(z)| ≤ M. Soit:sup |f(z)| ≤ max 1, M.z∈CLe théorème de Liouville nous dit que f est constante. Donc P = 1 faussi, ce qui est absurde.P a au moins une racine.Ce théorème est fondamental en algèbre. Il n’existe pas de preuve complètement algèbrique dece résultat.Corollaire 2 (Principe du maximum)Soit f une fonction holomorphe sur un ouvert U, on suppose que la dérivée de f est continuesur U. On appelle maximum de f un maximum de la fonction z ↦→ |f(z)|. On appelle maximumlocal un maximum de la fonction z ↦→ |f(z)| sur un disque ouvert D(z 0 , R) ⊂ U.Alors, sur un ouvert U connexe, une fonction f non constante n’a pas de maximum local.En particulier, si f est définie sur U et si D(z 0 , R) ⊂ U, si f n’est pas constante sur D(z 0 , R),alors tous les points z tels que:|f(z)| =sup |f(w)| sont sur le bord du disque: |w − z 0 | = R.|w−z 0 |≤RPreuveSupposons que z 0 soit un masimum local de f, c’est à dire qu’il existe R > 0 tel que D(z 0 , R) ⊂ Uet |f(z)| ≤ |f(z 0 )| pour tout z de D(z 0 , R). Alors f est développable en série entière de rayon deconvergence au moins R au voisinage de z 0 ou:∞∑f(z 0 + w) = a n w n (|w| < R).n=0Dire que f n’est pas constante sur U, c’est dire que f − a 0 a des zéros isolés sur U, donc que fn’est pas constante sur D(0, R): il existe n > 0 tel que a n ≠ 0. On peut écrire pour tout r < R,∞∑f(z 0 + re it ) = a n r n e int .Comme cette série converge normalement en t ∈ [0, 2π], le développement qui est écrit ici est lasérie de Fourier de la fonction ϕ : t ↦→ f(z 0 + re it ):c k (ϕ) = 1 ∫ πf(z 0 + re it ) e −ikt dt = 1 ∫ π ∞∑a n r n e int e −ikt dt2π −π2π −π n=0∞∑= a n r n 1 ∫ πe i(n−k)t dt = a k r k .2πn=0−π12n=0
On peut donc appliquer Parseval:|f(z 0 )| 2 = |a 0 | 2 ≤∞∑n=0|a n | 2 r 2n = 1 ∫ π|f(z 0 + re it )| 2 dt ≤ 1 ∫ π|f(z 0 )| 2 dt = |f(z 0 )| 2 .2π −π2π −πDonc a n = 0 pour tout n ≥ 1 et f est constante sur D(z 0 , R), ce qui est absurde.13
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