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4 • Fonctions analytiques
Exercice 4.4.
1. Soit a ∈ V . Il existe r > 0 et une suite (α n ) n de nombres complexes tels que
D(a, r) ⊂ U et, pour |z − a| < r :
f (z) =
∞
n=0
α n (z − a)
n .
Par suite, D(a, r) ⊂ V et, si |z − a| < r :
g(z) =
∞
n=0
α n (z − a)
n .
D’où g ∈ A(V ).
2. Posons :
U + = {z ∈ U ; Im(z) > 0} , U − = {z ∈ U ; Im(z) < 0}.
Les ensembles U + , U − sont des ouverts disjoints de C. Comme U − = {z ; z ∈ U + }
et que U ⊂ R (car R est d’intérieur vide dans C), U + et U − sont non vides. Si U ∩ R
était vide, on aurait U = U + ∪ U − , ce qui est absurde puisque U est connexe.
3. L’implication (i) ⇒ (ii) est claire. Supposons (ii) vérifié, et prouvons (i). Posons
h(z) = f (z) − f (z) si z ∈ U .
D’après 1, on a h ∈ A(U ). Comme U ∩ R est ouvert de R, on sait que C est aussi
un ouvert de R. Ainsi, d’après 2, C contient un intervalle ]a, b[, avec a < b. On a
h(x) = 0 si a < x < b. D’après le principe des zéros isolés, il vient h = 0. D’où (i).
4. Pour z ∈ U , posons :
u(z) =
1
2
(f (z) + f (z)) , v(z) =
1
2i
(f (z) − f (z)).
On a f = u + iv, et u, v sont à valeurs réelles sur U ∩ R.
Si f = u 1 + iv 1 dans les mêmes conditions, il vient u 1 − u = i(v − v 1 ), donc u 1 − u
et v 1 − v sont nulles sur U ∩ R. Le principe des zéros isolés montre alors que u = u 1 ,
v = v 1 .
Exercice 4.5. Si |z| < 1 et p 1, on a :
1
(z + p) 2
1
(p − 1) 2 ·
La série proposée converge donc pour |z| < 1.
Pour |z| < 1, q 1, et n 2, posons :
f q (z) =
q
p=1
1
(z + p) 2 , S n =
∞
p=1
1
p n , S n (q) =
q
p=1
1
p n ·