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Holormorphie

Posté par
alexis0587
17-03-08 à 22:40

Bonsoir, je galère sur cette égalité à trouver
On suppose f holomorphe sur D(0,1) ouvert, et continue sur l'adhérence sur D(0,1)

On cherche à montrer que
\Bigint_0^{1} f(x) dx = \frac{1}{2\pi i}\Bigint_{|z|} f(z)log(z) dz

avec la détermination du logarithme d'argument dans ]0,2pi[

J'ai commencer à mettre à la place de |z|, le chemin t -> exp(2pi*i*t) sur [0,1]
D'ou on peut enlever la fraction mais il reste toujours

\Bigint_{0}^{1} f(e^{2\pi it})2\pi ite^{2\pi it} dt

Donc comment passer à l'égalité :sss

Si quelqu'un a une idée, une suggestion je suis preneur
Merci

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 22:50

Bonsoir alexis0587

Je ne comprends pas très bien : dans l'égalité de départ, pour l'intégrale de droite, sur quel chemin on intègre ?

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 22:51

En fait, il y a aussi le |z| qui traine : je ne vois ce qu'il vient faire à cet endroit.

Kaiser

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 22:52

excuse moi j'ai oublié, c'est |z|=1 donc sur le disque unité

Posté par
yos
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:03

Bonsoir. C'est pas plutôt f(logz) dans le second membre?

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:09

non c'est bien f(z)*log(z) je te confirme

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:17

J'ai peut-être une petite idée : pour x dans [0,1] utilise la formule de Cauchy pour exprimer f(x) ensuite intègre entre 0 et 1 et utilise Fubini.

Kaiser

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:23

je vais essayer mais il y'a un problème en 1, la fonction étant simplement continue?

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:30

Qu'à cela ne tienne : on peut toujours dire que l'on intègre sur [0,1[ (ou alors tu peux intégrer sur [0,a] avec a < 1 et à la toute fin, tu pourras faire tendre a vers 1.

Autre chose : la formule de Cauchy est vraie pour un lacet inclus dans l'ouvert. Le problème est que le cercle unité n'est pas inclus dans l'ouvert. je te conseille donc de prendre r vérifiant 0 < x < r < 1 et d'appliquer la formule de Cauchy sur le cercle de rayon r, puis de faire tendre vers 1.



Kaiser

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:36

dans c'est cas la ca à l'air de fonctionner, il ne reste plus qu'à montrer que
\Bigint_{|z|=s} f(w)*log(w-1) dw=0 , pour s<1
sauf erreur
Merci Kaiser

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:40

OK.
Il faut donc montrer qu'une intégrale sur un certain lacet est nul. ça te fait penser à quoi ?

Kaiser

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:43

Au thorème de Cauchy, comme f est holomorphe sur D(0,1) et log(z-1) holomorphe sur D(0,1) alors comme D(0,1) est un convexe, l'intégrale sur |z|=s<1 est nul.

Pourtant en |z|=1, le log (z-1) à une singularité, ce n'est pas un problème pour faire tendre s vers 1??

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:48

non, ça ne pose pas de problème : cette intégrale vaut tout le temps 0, donc quand on fait tendre s vers 1, ça reste nul.

Kaiser

Posté par
alexis0587
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:51

Daccord
Merci bcp Kaiser

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 17-03-08 à 23:58

Mais je t'en prie !

Posté par
kaiser Moderateur
re : Holormorphie 07-04-08 à 22:20

Bonjour

Je me suis rendu compte (un peu tard ! ) que ce n'était pas si rigoureux, alors voici un lien dans lequel l'exo a été reposté et où il me semble que c'est plus convaincant. integration complexe

Kaiser



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