bonsoir, est-ce qu'il est possible de trouver deux fonctions analytiques sur B(1,1) vérifiant f(1/n) = 0 pour n£N* ?

Soit f(z) = z-1 et g(z) = 1-z.

Ces deux fonctions sont toutes deux analytiques sur B(1,1) (c'est-à-dire qu'elles sont holomorphes sur cet ouvert), et elles vérifient toutes deux f(1/n) = 0 et g(1/n) = 0 pour tout entier n>0.

En effet, on a f(1/n) = (1/n)-1 = 0 si et seulement si 1/n = 1, c'est-à-dire n=1, et de même g(1/n) = 1-(1/n) = 0 si et seulement si n=1.

Ainsi, f et g sont deux fonctions analytiques sur B(1,1) qui vérifient les conditions demandées.

Vdd chatgpt ne fonctionne pas pour les maths postbac on vous l'a déjà dit.

Sinon oui c'est possible (ça le serait évidemment pas si 0 était dans le domaine ouvert). Tu peux adapter la preuve que tu préfères du théorème de Weierstrass sur l'existence de fonctions méromorphes dont tu peux choisir les pôles et les zéros. Par exemple, pour une fonction holomorphe sur B(0,1) qui ne s'annule qu'en 1-1/n (il suffit alors de translater pour obtenir ta fonction) :

Soit f(z) = somme des z^n /(z-1/n).

f converge uniformément sur B(0,r), r<1, donc est holomorphe et admet des pôles simples en 1/n (et nul part ailleurs).

On pose g(z) = exp( integrale de f entre 0 et z ). g est bien définie (ne dépend pas du chemin) par le théorème des résidus. De plus, on peut vérifier localement que g est holomorphe et g'(z) = g(z)f(z), càd g'(z)/g(z) = f(z).

On en déduit que f admet des zéros d'ordre 1 en 1/n, et ne s'annule pas ailleurs.

La preuve ci dessus échoue si on étend le domaine pour inclure 1 au moment de montrer que f converge uniformément.

En multipliant f par n'importe quelle fonction holomorphe ne s'annulant pas (par exemple les k*e^z, k non nul), on obtient une infinité de solutions pour ta question.