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14 • Fonctions harmoniques
Théorème. Soient a ∈ C, r > 0, et p une fonction continue sur C(a, r). Il existe une
et une seule fonction continue f sur D (a, r), harmonique sur D(a, r) et prolongeant
p. Si z ∈ D(a, r), on a :
f (z) =
1
2π
2π
0
P (z, a + re
iϕ )p(a + re
iϕ ) dϕ.
(4)
Démonstration. Il est clair qu’il suffit d’établir le résultat pour p à valeurs réelles, ce
que nous supposerons désormais réalisé.
Si f 1 et f 2 sont solutions du problème, on a f 1 − f 2 |C(a, r) = 0, donc f 1 = f 2
(14.1.8). D’où l’unicité.
Soient z ∈ C vérifiant |z − a| = ρ < r et w ∈ C(a, r). Posons
Q(z, w) =
(w − a) + (z − a)
(w − a) − (z − a)
·
On a P (z, w) = Re
Q(z, w)
et, pour ϕ ∈ R
Q(z, a + re
iϕ ) = 1 + 2
∞
n=1
(z − a) n
r n e
−inϕ ,
ce développement étant normalement convergent pour ϕ ∈ R. Par suite,
2π
0
Q(z, a + re
iϕ )p(a + re
iϕ ) dϕ = α 0 + 2
∞
n=1
α n (z − a)
n
(5)
avec
α 0 =
2π
0
p(a + re
iϕ ) dϕ et α n =
1
r n
2pi
0
e
−inϕ p(a + re
iϕ ) dϕ si n 1.
Comme p est à valeurs réelles, l’identité (5) nous montre que la fonction donnée par
(4) est la partie réelle d’une fonction holomorphe dans D(a, r), donc f est harmonique dans D(a, r). Prouvons que f est continue sur D (a, r). Afin de simplifier les
notations, on va supposer a = 0. Soit ϕ 0 ∈ [0, 2π]. Compte tenu de 14.2.1 et de la
périodicité des fonctions que l’on intègre, si z ∈ D(0, r), il vient :
|f (z) − p(re
iϕ0 )| =
1
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
iϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ
1
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
ϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ.
Soit ε > 0. Il existe η ∈ ]0, π| tel que |p(re iϕ ) − p(re iϕ0 )| < ε dès que |ϕ − ϕ 0 | η.
Alors :
1
2π
ϕ0+η
ϕ0−η
P (z, re
ϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ
ε
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
ϕ ) dϕ = ε.
Soit K = {re iϕ ; ϕ ∈ [ϕ 0 − π, ϕ 0 + π]\ ]ϕ 0 − η, ϕ 0 + η[. C’est un compact de C ne
contenant pas re iϕ0 . Par suite, il existe δ > 0 et un voisinage V de re iϕ0 dans C tels
14 • Fonctions harmoniques
Théorème. Soient a ∈ C, r > 0, et p une fonction continue sur C(a, r). Il existe une
et une seule fonction continue f sur D (a, r), harmonique sur D(a, r) et prolongeant
p. Si z ∈ D(a, r), on a :
f (z) =
1
2π
2π
0
P (z, a + re
iϕ )p(a + re
iϕ ) dϕ.
(4)
Démonstration. Il est clair qu’il suffit d’établir le résultat pour p à valeurs réelles, ce
que nous supposerons désormais réalisé.
Si f 1 et f 2 sont solutions du problème, on a f 1 − f 2 |C(a, r) = 0, donc f 1 = f 2
(14.1.8). D’où l’unicité.
Soient z ∈ C vérifiant |z − a| = ρ < r et w ∈ C(a, r). Posons
Q(z, w) =
(w − a) + (z − a)
(w − a) − (z − a)
·
On a P (z, w) = Re
Q(z, w)
et, pour ϕ ∈ R
Q(z, a + re
iϕ ) = 1 + 2
∞
n=1
(z − a) n
r n e
−inϕ ,
ce développement étant normalement convergent pour ϕ ∈ R. Par suite,
2π
0
Q(z, a + re
iϕ )p(a + re
iϕ ) dϕ = α 0 + 2
∞
n=1
α n (z − a)
n
(5)
avec
α 0 =
2π
0
p(a + re
iϕ ) dϕ et α n =
1
r n
2pi
0
e
−inϕ p(a + re
iϕ ) dϕ si n 1.
Comme p est à valeurs réelles, l’identité (5) nous montre que la fonction donnée par
(4) est la partie réelle d’une fonction holomorphe dans D(a, r), donc f est harmonique dans D(a, r). Prouvons que f est continue sur D (a, r). Afin de simplifier les
notations, on va supposer a = 0. Soit ϕ 0 ∈ [0, 2π]. Compte tenu de 14.2.1 et de la
périodicité des fonctions que l’on intègre, si z ∈ D(0, r), il vient :
|f (z) − p(re
iϕ0 )| =
1
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
iϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ
1
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
ϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ.
Soit ε > 0. Il existe η ∈ ]0, π| tel que |p(re iϕ ) − p(re iϕ0 )| < ε dès que |ϕ − ϕ 0 | η.
Alors :
1
2π
ϕ0+η
ϕ0−η
P (z, re
ϕ )
p(re
iϕ ) − p(re
iϕ0 )
dϕ
ε
2π
ϕ0+π
ϕ0−π
P (z, re
ϕ ) dϕ = ε.
Soit K = {re iϕ ; ϕ ∈ [ϕ 0 − π, ϕ 0 + π]\ ]ϕ 0 − η, ϕ 0 + η[. C’est un compact de C ne
contenant pas re iϕ0 . Par suite, il existe δ > 0 et un voisinage V de re iϕ0 dans C tels