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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Yassine
- 18-09-2016 18:06:56
Bonjour,
je ne suis pas un grand expert de la théorie des fonctions holomorphes, je ne pourrai pas t'aider plus.
La page Wikipedia sur le logarithme complexe me semble bien faite, on y parle notamment de la caractérisation par équation différentielle (ici)
- sbl_bak
- 18-09-2016 16:07:36
Bonjour Yassine, merci pour la réponse très claire.
Pourriez vous svp me donner des informations complémentaires sur la caractérisation du logarithme complexe?
Merci d'avance!
- Yassine
- 18-09-2016 12:48:54
Bonjour sbl_bak,
Il manque des prime (tu écris $l_1(z)$ au lieu de $l'_1(z)$. La puissance dans l'expression de $l_1(z)$ est $n+1$ et non $n$, soit $\displaystyle l_1(z) = -\sum_{n\geq 0}\frac{(1-z)^{n+1}}{n+1}$
D'autre part, tes indices ne sont pas corrects : la somme pour $l'_1(z)$ démarre bien à partir de $n=0$ (qui correspond au terme $n=0$ dans l'expression de $l_1(z)$.
Pour $|z-1| < 1$, tu as $\displaystyle l'_1(z) = \sum_{n\geq 0}(1-z)^n = \frac{1}{1-(1-z)} = \frac{1}{z}$.
Ce qui donne donc $zl'_1(z) = 1$, et il me semble que c'est une caractérisation des déterminations du logarithme complexe ?
- sbl_bak
- 18-09-2016 10:37:24
Exprimons correctement $l1_(z)$
$\displaystyle l_1(z) = -\sum_{n\geq 0}\frac{(1-z)^n}{n+1}$
Calculons la dérivée
$\displaystyle l_1(z) = \sum_{n\geq 1}(1-z)^n$
Posons t= 1-z, donc
$\displaystyle l_1(z) = \sum_{n\geq}t^n$ , pour $|t|<1$
$\displaystyle \int_{0}^{t}\sum_{n\geq 0}\psi^n \mathrm{d}\psi = \int_{0}^{t} \frac{1}{1-\psi} \mathrm{d}\psi = -log(1-t) +K(0)$ avec $K(0)=0$
On obtient donc , $l_1(t) = log(1-t)$ pour $|t|<1$
Nous pouvons donc écrire $l_1(z) = -log(z)$ pour $|1-z|<1$
Ce qui prouve que $l_1$ est une détermination du logarithme sur $C - ]-\infty,0]$, et plus particulièrement sur $D(1,1)$ pour $|1-z|<1$
En esperant que cette fois ci je ne suis sur la bonne direction.
Merci.
- sbl_bak
- 13-09-2016 13:13:46
Bonjour Yassine,
Merci de votre réponse.
Ce que j'ai fait c'est complétement faux.
Effectivement, j'ai fait les calculs avec $l_1(z)=\lambda(z)(1-z)$ donc c'est faux.
J'arrive au résultat avec une autre erreur car je ne peux pas annulé terme à terme $-\sum_{n\geq 1}z^n$ et $\sum_{n\geq 2}z^n$ ce qui est égale à $-z$ et non $0$.
Enfin je dois reprendre tout ca et faire une réponse correct et ne pas laisser le résultat faux.
- Yassine
- 13-09-2016 09:42:53
Bonjour,
Pourrais-tu expliciter comment tu passes de $\displaystyle \ell_1(z) = -\lambda(1-z) = -\sum_{n\in N}\frac{(1-z)^{n+1}}{n+1}$ à
$\displaystyle \ell_1(z)=-\sum_{n\in N}\frac{z^{n+1}}{n+1} + \sum_{n\in N}\frac{z^{n+2}}{n+1}$
J'aurais pour ma part calculé $\displaystyle \ell_1'(z) = \lambda'(1-z) = ...$
- sbl_bak
- 12-09-2016 21:22:10
Bonsoir,
Je souhaite prouver que $\ell_1 \mapsto -\lambda(1-z)$ est une détermination analytique du logarithme sur $D_{1}=D(1,1)$ si $z \in D(0,1)$ et $\displaystyle \lambda(z) = \sum_{n\in N}\frac{z^{n+1}}{n+1}$.
J'exprime $\ell_1$ de la façon suivante :
$\displaystyle \ell_1(z)=-\sum_{n\in N}\frac{z^{n+1}}{n+1} + \sum_{n\in N}\frac{z^{n+2}}{n+1}$
$\displaystyle \ell_1'(z)=-\sum_{n=1}^{\infty}z^n + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n+2)z^{n+1}}{n+1}$
Le premier terme est $-\sum_{n=1}^{\infty}z^n = -\frac{1}{1-z}$ pour $|z|<1$
Après intégration du premier terme on obtient un logarithme.
En intégrant $\displaystyle \frac{1}{1-x} = \sum_{k\geq 0}z^k \Leftrightarrow -ln(1-z) + ln(1-0) = \sum_{k\geq 0}\frac{z^{k+}}{k+1} = \sum_{k\geq 1}\frac{z^k}{k}$
donc
$\displaystyle -ln(1-z) = \sum_{k\geq 1}\frac{z^k}{k}$ $(1)$
Nous avons :
$\displaystyle \ell_1'(z)=-\sum_{n=1}^{\infty}z^n + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n+2)z^{n+1}}{n+1}
= -\sum_{n=1}^{\infty}z^n + \sum_{n=2}^{\infty}z^n +\sum_{n=2}^{\infty}\frac{z^n}{n}$
Les deux premières somme s'annulent, on trouve
$\displaystyle \ell_1'(z)= \sum_{n=2}^{\infty}\frac{z^n}{n}$ $(2)$
En intégrant (2) et en utilisant le résultat (1) on obtient :
$\displaystyle \ell_1(z)= -ln(1-z)$
ce qui prouve que $l_1$ est une détermination analytique du logarithme sur $D_1(1,1)$
Je ne suis pas sur du résultat donc un avis avisé me serait bien utile.
Merci d'avance