I PRE

(H)= — frs) 21 Je

Décalons, une petite portion C, autour de 3,; soit C, le reste du contour.

Phsle à — ds.

3 D re hi

(t) Voir D. Pouruw, Bulletin de la Section scientifique de l’Académie Roumaine, LL, n°6, 1915 (troisième Note sur une intégrale double).

PATES Calculons F(£)—F,(6) — f(z

(FC) — File) — (0) | < EE é LE en de

éme (3) te de

off 2 ‘ae RE Li 3 ë

Les deux derniers termes ne Ent aucune difficulté, car l'intégrale étendue à C, donne une contribution finie, tendant vers zéro avec [£—%|=2}n|, tandis que les intégrales doubles représentant des fonctions continues dans tout le plan, les deux termes de la différence se détruisent mutuellement.

Choisissons la portion C,, de telle sorte qu'on ait

[F(E) — f(20)] <e pour |z— 2% | <p ce qui est possible en vertu de la continuité uniforme de /(z). Soient —nk r—=lsff ns ht 6:32:

Une borne supérieure du premier terme est donnée par ï ! de ds.

T Je, TT

Soit 0 l'angle dela direction 3,3 avec la direction 3,0. On aura

2— 0 + o? — 2 do cosÿ et ri d + o?+ 2 Ôo cosb.

L'’arc et la corde étant du même ordre, on aura ds << kd5, k étant un nombre positif.

L'intégrale à calculer devient

= ke Je Ôô do R JO + o° — 2 do cos 0 V0? + a+ 2 da cosô

Posons 5 — ît. On aura

I 2 k 6 dt T J, VE+r—2tcos0 VE +1 +2tcos0û

2 “ dt TJ "(PF LI 2tcos6) + 1+ 26 cos0)

PAR re Par hypothèse, l'angle 0 reste positif. Dans ces conditions, le dénominateur ne s’annule jamais, et la seule difficulté est de savoir si l'intégrale reste bornée dans l'intervalle (0, æ). Or, la fonction à intégrer se comporte à partir d’une certaine valeur de £ comme t?, ce qui prouve qu'elle est, en effet, bornée.

Cela nous permet d'affirmer que

[F(&) —F,(6) — f(%0)| <eM (M borné), d’où l’on tire

(25) lim{F(z,+n) —F,(z—1n)]=f(20)-

Introduisons maintenant une condition supplémentaire relative à f (3). Supposons qu’elle satifasse à une Horus de Lipschitz généralisée [ ou de Hôlder (')]

LISA Ir 2 ER (or):

Dans ces conditions, calculons également l'expression

im[F(z+n)+F(z—1n)|, n>0

pour deux points symétriques par rapport à 35 (?).

On aura aisément

FERA St A EC du ee

Pour le calcul du second membre, décalons autour de 3, un petit inter-

valle ab, tel que az, = 2,0; soit C, le reste du contour. On peut écrire l'identité

f(30)(3 — 5) me Nes ee (30);

puis la retrancher de l'égalité ci-dessus.

(+) Voir par exemple O. D. KecroG@, Foundations of Potential Theory, Chap. VI, p. 192 (Berlin, Julius Springer).

(?) Ces deux limites sont calculées dans le cas des fonctions holomorphes dans le livre de M. lire Picarv, Leçons sur quelques types simples d'équations aux dérivées partielles, p. 67.

ATOS Le terme

1 [&)— f(S0)]ls — 50] ; AK o%+1 do 4 (z —6)(z — dsl < = D er ;

abV(o?+ d — 2 do cos 0) (a? + d? + 2 do cosb)

+ ® — 2 do cosÜ = (À — o cos0 )? + 9° sin? 0 > o*? sin? 6, g+ 0? — 2 da cosÜ = (0 + & cos)? + 0° sin?0 > 6°? sin? 8.

Soit 0, le minimum positif de 0, l'intégrale considérée est majorée par

AK eu AK CRAN IEEE r sin°0, Ke r sin°0, CNET RS

Quant à re relative à C,, sa limite pour n = 0 est

pe 3 ——

cette limite existe, car à cause de la condition de Hélder, elle est majorée

par J # e 2 (Ass | dz |.

Le terme en question aura donc pour limite

50) nee = Ne

Dans le second membre l'intégrale est prise au sens de valeur principale de Cauchy.

Les termes relatifs aux Dtéeales doubles tendent vers des valeurs précises.

On a donc (26) RL SEn 1(30—)] “de ee da ff à CL a do ou bien (26°) Him[F(2+n)—F;(3— 1)] n>0

= f (20) + he ce en)

Des relations (25) et (26) ou (26'), on peut tirer les valeurs vers lesquelles tendent les fonctions représentées par (23) lorsque CetÜ, s'approchent du contour, st bien entendu f(z) sausfait à la condition de Hôlder ci-dessus.

LATAQ US

On aura EmE(sEn)=f(s)2 3 PRES “el de | JL ae do, 50 21R Je Soc 0 T p * 50

Supposons en particulier que la fonction F,(z) soit identiquement nulle.

La relation (25) devient

limF(3, + n) = f (2);

c'est une condition suffisante pour que la fonction continue f(z) puisse représenter les valeurs limites d’une fonction holomorphe (x) sur le contour C.

Démontrons que c'est en même temps une condition nécessaire. À cet effet, transformons par une représentation conforme la courbe C en un

cercle unité y. Considérons le cercle y, de rayon r<1 et de centre O et

remarquons qu'il a comme nue. dans le plan 3 une courbe (,, intérieure à C et analytique.

Si 3 —o(t) est la fonction analytique qui réalise cette transformation conforme, l'équation de C, sera 5,— o(rt) avec |t|—1.

Soit t— Ÿ(z) la fonction inverse de la fonction o(t). On aura aussi

—=ofrd(z)]=2;(2).

Puisque F(Ÿ) tend vers f(z), on peut à tout € donné faire correspondre un nombre r tel que l’on ait le long de C,

Or, le contour C, étant intérieur à C, la fonction F(Q) est holomorphe (æ) le long de cette courbe et par conséquent la différence

AOC DEN CUT 0

se réduit aux Lermes relatifs à C. |

Toir

On peut écrire en même temps

(3) F(zr) ls del C FER Je Zr (@ |

ele M [14e — dz,(z)| <el+eM, €

Fr).

Zy -|

M étant une borne de — ==

En même temps,

Hier IE AIR

par le choix convenable du contour C,, car il s'agit d’une intégrale qui représente une fonction absolument continue.

Par conséquent,

Or, la quantité A est une constante qui ne dépend pas de €, donc elle est identiquement nulle, ce qui montre que si F(Ë) tend vers f(z) en chaque point de C, la fonction F,(£,) est identiquement nulle.

Par conséquent :

La condition nécessaire et suffisante, pour qu'une fonction continue f(3) représente les valeurs d'une fonction holomorphe (x), dont la dérivée aréolaire est o(C), sur un contour rectifiable fermé C, léèmitant un domaine V, est

(27) 2in J, 2 fes

Traduisons enfin cette condition à l'aide des relations suivantes en nombre infini

(28) = (8) jus à [fret ») do — 0 (TE OO Ne)

En effet, décrivons un cercle (l) centré à l’origine et de rayon suffisamment grand pour que D y soit contenu tout entier. Cela est toujours possible, car le point à l'infini a été supposé dans le domaine complémentaire.

LAUOES

Dans la région extérieure à ([°) on peut écrire, puisque |: | <

I I z ane