© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Solutions des exercices
185
b) Soient U un ouvert connexe de C et (f n ) n une suite de fonctions holomorphes
sur U . Si n ∈ N, on pose u n = Re(f n ). On suppose que la suite (u n ) n converge
uniformément sur tout compact de U et qu’il existe z 0 ∈ U tel que la suite
f n (z 0 )
n
soit convergente. Montrer que la suite (f n ) n converge uniformément sur tout compact
de U .
SOLUTIONS DES EXERCICES
Exercice 14.1. Supposons qu’une telle application f existe, et posons, si (x, y) ∈ U ,
t = (x 2 + y 2 )/x. Il vient : ∆(x, y) =
2t
x
f
(t) +
t 2
x 2 f
(t).
Si u ∈ Har(U ), on a donc 0 = 2tf (t) + t 2 f (t) = [tf (t)] pour tout t > 0.
On en déduit qu’il existe λ, µ ∈ R tels que f (t) = λ ln t + µ pour tout t ∈ R.
Réciproquement, on vérifie facilement que de telles fonctions conviennent.
Exercice 14.2. a) Si |z| < 1 et t ∈ [0, 2π], on a
e it + z
e it − z
u(e
it ) = u(e
it ) + 2
∞
n=1
z
n e
−int u(e
it ),
et, z étant fixé, la convergence de cette série est normale quand t ∈ [0, 1]. On peut
l’intégrer terme à terme, et ceci prouve que g ∈ H(U ). Le fait que Re(g) = u résulte
alors de 14.2.2.
b) Notons V l’ensemble des points z ∈ U en lesquels la suite
f n (z)
n
converge.
Soient a ∈ V et R > 0 tels que D (a, R) ⊂ U , et γ le cercle C(0, 1) orienté dans le
sens positif. D’après a), si |z| < 1, il vient :
(∗)
f n (a + Rz) =
1
2π
2π
0
e it + z
e it − z
u n (a + Re
it ) dt + f n (a) − u n (a).
D’après les hypothèses, il existe M > 0 tel que |u n (a + Re it )| M pour tout n ∈ N
et tout t ∈ [0, 1]. Si |z| r < 1, on a donc :
|f n (a+Rz)−f p (a+Rz)|
2M
2π
2π
0
1 + r
1 − r
dt+|f n (a)−f p (a)|+|u n (a)−u p (a)|.
Le critère de Cauchy uniforme prouve alors que (f n ) n converge uniformément sur
D (a, r). Ainsi, V est ouvert.
Prouvons que V est fermé dans U . On peut supposer V = U . Soient a ∈ U \V et
R > 0 vérifiant D (a, R) ⊂ U . Si |z| < 1, le terme
2π
0
e it + z
e it − z
u n (a + Re
it ) dt a
une limite quand n tend vers +∞. Il en résulte que la suite
f n (a + Rz)
n
ne peut
converger en aucun point z tel que |z| < 1 (sinon, la suite
f n (a)
n
convergerait).
Ainsi, U \V est ouvert, et V est fermé. La connexité de U et la non vacuité de V
impliquent que U = V . On a vu que la convergence de la suite est uniforme au
voisinage de tout a ∈ V = U , d’où le résultat.
Solutions des exercices
185
b) Soient U un ouvert connexe de C et (f n ) n une suite de fonctions holomorphes
sur U . Si n ∈ N, on pose u n = Re(f n ). On suppose que la suite (u n ) n converge
uniformément sur tout compact de U et qu’il existe z 0 ∈ U tel que la suite
f n (z 0 )
n
soit convergente. Montrer que la suite (f n ) n converge uniformément sur tout compact
de U .
SOLUTIONS DES EXERCICES
Exercice 14.1. Supposons qu’une telle application f existe, et posons, si (x, y) ∈ U ,
t = (x 2 + y 2 )/x. Il vient : ∆(x, y) =
2t
x
f
(t) +
t 2
x 2 f
(t).
Si u ∈ Har(U ), on a donc 0 = 2tf (t) + t 2 f (t) = [tf (t)] pour tout t > 0.
On en déduit qu’il existe λ, µ ∈ R tels que f (t) = λ ln t + µ pour tout t ∈ R.
Réciproquement, on vérifie facilement que de telles fonctions conviennent.
Exercice 14.2. a) Si |z| < 1 et t ∈ [0, 2π], on a
e it + z
e it − z
u(e
it ) = u(e
it ) + 2
∞
n=1
z
n e
−int u(e
it ),
et, z étant fixé, la convergence de cette série est normale quand t ∈ [0, 1]. On peut
l’intégrer terme à terme, et ceci prouve que g ∈ H(U ). Le fait que Re(g) = u résulte
alors de 14.2.2.
b) Notons V l’ensemble des points z ∈ U en lesquels la suite
f n (z)
n
converge.
Soient a ∈ V et R > 0 tels que D (a, R) ⊂ U , et γ le cercle C(0, 1) orienté dans le
sens positif. D’après a), si |z| < 1, il vient :
(∗)
f n (a + Rz) =
1
2π
2π
0
e it + z
e it − z
u n (a + Re
it ) dt + f n (a) − u n (a).
D’après les hypothèses, il existe M > 0 tel que |u n (a + Re it )| M pour tout n ∈ N
et tout t ∈ [0, 1]. Si |z| r < 1, on a donc :
|f n (a+Rz)−f p (a+Rz)|
2M
2π
2π
0
1 + r
1 − r
dt+|f n (a)−f p (a)|+|u n (a)−u p (a)|.
Le critère de Cauchy uniforme prouve alors que (f n ) n converge uniformément sur
D (a, r). Ainsi, V est ouvert.
Prouvons que V est fermé dans U . On peut supposer V = U . Soient a ∈ U \V et
R > 0 vérifiant D (a, R) ⊂ U . Si |z| < 1, le terme
2π
0
e it + z
e it − z
u n (a + Re
it ) dt a
une limite quand n tend vers +∞. Il en résulte que la suite
f n (a + Rz)
n
ne peut
converger en aucun point z tel que |z| < 1 (sinon, la suite
f n (a)
n
convergerait).
Ainsi, U \V est ouvert, et V est fermé. La connexité de U et la non vacuité de V
impliquent que U = V . On a vu que la convergence de la suite est uniforme au
voisinage de tout a ∈ V = U , d’où le résultat.