© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Solutions des exercices
163
Soient K un compact de D(0, 1) et ε > 0. Les disques D(a, η a ) précédents recouvrent
K lorsque a décrit K. De ce recouvrement, on peut extraire un sous-recouvrement fini
K ⊂ D(a 1 , η a1 ) ∪ · · · ∪ D(a s , η as ).
Posons N = max{N a1 , . . . , N as }. Si z ∈ K, il existe un indice k tel que l’on ait
|z − a k | < η ak . Si n > N, on a donc |f n (z) − f (z)| ε. On vient ainsi de prouver
que la suite (f n ) n converge uniformément vers f sur K. Compte tenu de 7.4.2, on a
f ∈ H
D(0, 1)
.
Exercice 12.3. a) Comme C est stable par l’application z → iz, il est clair que g est
bien défini, et g est alors un automorphisme analytique de D. Compte tenu de 7.3.3, il
existe a ∈ D et η de module 1 tels que
g(z) = η
z − a
1 − az
pour tout z ∈ D. Comme g(0) = 0, il vient a = 0 et g(z) = ηz.
b) D’après la question précédente, on a if (z) = f (ηz) pour tout z ∈ D. On en déduit
if (z) = ηf (ηz) et, en particulier, if (0) = ηf (0). Comme f est une bijection
analytique de D sur C, on a f (0) = 0 (8.7.2). D’où η = i et if (z) = f (iz). Ceci
s’écrit
∞
n=1
a n i
n z
n =
∞
n=1
ia n z
n
pour tout z ∈ D. D’après l’unicité du développement en série de f au voisinage de 0,
on a a n (1 − i n−1 ) = 0 pour tout n ∈ N ∗ . Ainsi, a n = 0 si n /
∈ 4N + 1.
Exercice 12.4. a) Pour k = 1, 2, soient z k ∈ U , x k = Re z k , et y k = Im z k . Si
exp(z 1 ) = exp(z 2 ), on obtient x 1 = x 2 , car exp(x k ) = | exp(z k )|. D’autre part, il
existe n ∈ Z tel que y 1 − y 2 = 2πn. Comme z 1 , z 2 ∈ U , il vient n = 0. On a obtenu
le résultat.
b) On remarque que S = {ρe iθ ; ρ ∈ R + , ρ − θ ∈ πZ}.
Soit w ∈ V . Ecrivons w = ρe iθ , avec ρ ∈ R ∗
+ et θ ∈ R. On a ρ − θ /
∈ 2πZ. Par suite,
il existe n ∈ Z tel que ρ < θ + 2nπ < ρ + 2π.
Posons y = θ + 2nπ, et soit x ∈ R tel que ρ = e x . Si z = x + iy, on a z ∈ U et
e z = w. D’où w ∈ exp(U ).
c) Soit g la restriction de l’exponentielle à U ; c’est une bijection de U sur V d’après
les questions précédentes. De (z z ) = e z = 0, on déduit que l’application réciproque
f : V → U de g est holomorphe dans V .
Soit t ∈ ]0, 2π[ et z = ln t + 2iπ. On a z ∈ U et e z = t, donc t ∈ V . D’autre part,
t = g(z), donc z = f (t). Comme f ∈ H(V ), on a obtenu le résultat.
Solutions des exercices
163
Soient K un compact de D(0, 1) et ε > 0. Les disques D(a, η a ) précédents recouvrent
K lorsque a décrit K. De ce recouvrement, on peut extraire un sous-recouvrement fini
K ⊂ D(a 1 , η a1 ) ∪ · · · ∪ D(a s , η as ).
Posons N = max{N a1 , . . . , N as }. Si z ∈ K, il existe un indice k tel que l’on ait
|z − a k | < η ak . Si n > N, on a donc |f n (z) − f (z)| ε. On vient ainsi de prouver
que la suite (f n ) n converge uniformément vers f sur K. Compte tenu de 7.4.2, on a
f ∈ H
D(0, 1)
.
Exercice 12.3. a) Comme C est stable par l’application z → iz, il est clair que g est
bien défini, et g est alors un automorphisme analytique de D. Compte tenu de 7.3.3, il
existe a ∈ D et η de module 1 tels que
g(z) = η
z − a
1 − az
pour tout z ∈ D. Comme g(0) = 0, il vient a = 0 et g(z) = ηz.
b) D’après la question précédente, on a if (z) = f (ηz) pour tout z ∈ D. On en déduit
if (z) = ηf (ηz) et, en particulier, if (0) = ηf (0). Comme f est une bijection
analytique de D sur C, on a f (0) = 0 (8.7.2). D’où η = i et if (z) = f (iz). Ceci
s’écrit
∞
n=1
a n i
n z
n =
∞
n=1
ia n z
n
pour tout z ∈ D. D’après l’unicité du développement en série de f au voisinage de 0,
on a a n (1 − i n−1 ) = 0 pour tout n ∈ N ∗ . Ainsi, a n = 0 si n /
∈ 4N + 1.
Exercice 12.4. a) Pour k = 1, 2, soient z k ∈ U , x k = Re z k , et y k = Im z k . Si
exp(z 1 ) = exp(z 2 ), on obtient x 1 = x 2 , car exp(x k ) = | exp(z k )|. D’autre part, il
existe n ∈ Z tel que y 1 − y 2 = 2πn. Comme z 1 , z 2 ∈ U , il vient n = 0. On a obtenu
le résultat.
b) On remarque que S = {ρe iθ ; ρ ∈ R + , ρ − θ ∈ πZ}.
Soit w ∈ V . Ecrivons w = ρe iθ , avec ρ ∈ R ∗
+ et θ ∈ R. On a ρ − θ /
∈ 2πZ. Par suite,
il existe n ∈ Z tel que ρ < θ + 2nπ < ρ + 2π.
Posons y = θ + 2nπ, et soit x ∈ R tel que ρ = e x . Si z = x + iy, on a z ∈ U et
e z = w. D’où w ∈ exp(U ).
c) Soit g la restriction de l’exponentielle à U ; c’est une bijection de U sur V d’après
les questions précédentes. De (z z ) = e z = 0, on déduit que l’application réciproque
f : V → U de g est holomorphe dans V .
Soit t ∈ ]0, 2π[ et z = ln t + 2iπ. On a z ∈ U et e z = t, donc t ∈ V . D’autre part,
t = g(z), donc z = f (t). Comme f ∈ H(V ), on a obtenu le résultat.