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Solutions des exercices
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SOLUTIONS DES EXERCICES
Exercice 6.1. Compte tenu du théorème de Morera, il suffit de montrer que l’intégrale
de f sur le bord orienté de tout triangle ∆ = ∆(u, v, w) contenu dans U est nulle. On
est dans l’un des cas suivants :
u
u
v
u
v
w
w
w
a
b
Traitons, par exemple, le cas de droite. Notons ∆ 1 = ∆(u, a, b). La fonction f étant
continue sur U est uniformément continue sur ∆. Par suite :
lim
(a,b)→(u,v)
∂∆1
f (z) dz =
∂∆
f (z) dz.
Or, f est holomorphe dans un ouvert contenant ∆ 1 . D’après 6.5.4, on a donc :
∂∆1
f (z) dz = 0.
D’où le résultat.
Exercice 6.2. D’après les hypothèses, il existe N ∈ N tel que u n > |z| si n N .
Ainsi, z /
∈ im γ n pour n N .
Soit δ : [0, 1] → C, t → tz. L’application δ est un chemin joignant 0 à z, et on a
|δ(t)| |z| si t ∈ [0, 1]. On en déduit que im γ n ∩ im δ = ∅ si n N . Pour de
tels entiers n, z et 0 appartiennent à la même composante connexe de C\ im γ n (car
0, z ∈ im δ). D’après 6.3.2, on a donc ind γn (z) = ind γn (0) = 1.
Exercice 6.3. Le premier point est immédiat. En les points t où γ 1 et γ 2 sont dérivables, il vient :
γ (t)
γ(t)
= m
γ
1 (t)
γ 1 (t)
+ n
γ
2 (t)
γ 2 (t)
·
Par suite :
2iπ ind γ (0) =
γ
dz
z
=
1
0
γ (t)
γ(t)
dt = m
1
0
γ
1 (t)
γ 1 (t)
dt + n
1
0
γ
2 (t)
γ 2 (t)
dt
= 2iπm ind γ1 (0) + 2iπn ind γ2 (0).
Ainsi :
ind γ (0) = m ind γ1 (0) + n ind γ2 (0).