L3 - Analyse complexe 2012-2013 : TD 5 Lemme de Schwarz M

L3 - Analyse complexe
2012-2013 : TD 5
Lemme de Schwarz
M. Triestino, A. Vaugon
Corrigé
Exercice 1. Lemme de Schwarz.
1. Soit f : D1 (0) −→ D1 (0) une fonction holomorphe telle que f (0) = 0.
(a) Montrer que la fonction

f (z)


si z , 0
 z
1(z) := 

 f 0 (0) sinon
vérifie supDr (0) |1| ≤
1
r
pour tout r < 1.
(b) En déduire les inégalités | f (z)| ≤ |z| pour tout z ∈ D1 (0) et | f 0 (0)| ≤ 1.
(c) On suppose qu’il existe z0 ∈ D1 (0) tel que |1(z0 )| = 1. Montrer que f est une rotation centrée en 0.
2. Soit f : D1 (0) −→ D1 (0) une fonction holomorphe propre (i.e. lim|z|→1 | f (z)| = 1) telle que f −1 (0) = {0} et 0
est le seul point critique de f . Montrer qu’il existe n ∈ N et θ ∈ R/Z tels que f (z) = e2iπθ zn .
3. Soit w ∈ D1 (0) ; on définit Tw : D1 (0) −→ C par
Tw (z) =
w−z
.
1 − wz
(a) Montrer que Tw est un biholomorphisme de D1 (0) qui échange 0 et w.
(b) Montrer qu’il y a un seul biholomorphisme qui échange 0 et w. En particulier Tw est d’ordre 2.
4. Soit ϕ ∈ Aut(D1 (0)). Montrer qu’il existe w ∈ D1 (0), θ ∈ R/Z, tels que ϕ(z) = e2iπθ Tw (z).
5. Soit ϕ ∈ Aut(D1 (0) − {0}). Montrer que ϕ est une rotation.
Solution.
1.
(a) La fontion 1 est holomorphe. Soit r ∈ ]0, 1[. Si |z| = r alors |1(z)| ≤ 1r . Par le principe du maximum,
on obtient supDr (0) |1| ≤ 1r .
(b) Soit z ∈ D1 (0). Pour tout r ∈ ]|z|, 1[, on a | f (z)| ≤ 1r |z|. En faisant tendre r vers 1, on obtient | f (z)| ≤ |z|.
De plus, f 0 (0) = limz→0
f (z)
z .
Par conséquent | f 0 (0)| ≤ 1.
(c) Soit z0 ∈ D1 (0) tel que |1(z0 )| = 1. Par la question précédente |1(z)| ≤ 1 sur D1 (0). Donc, par le principe
du maximum, 1 est constante de module 1 sur D1 (0). On a donc f (z) = e2iπθ z et f est une rotation
centrée en 0.
2. Soit n l’ordre de f en 0. On pose

f (z)


 zn si z , 0
1(z) := 

n! f (n) (0) si z = 0
Comme f ne s’annule qu’en 0, 1 est non nulle sur D1 (0). Comme dans la question précédente, on montre
que |1| ≤ 1 sur D1 (0). Comme f est propre lim|z|→1 |1(z)| = 1. Par le principe du maximum appliqué à 11 , 1
est constante et f (z) = e2iπθ zn .
n o
n o
3. (a) Tw est un biholomorphisme de C \ w1 dans C \ w1 d’inverse Tw . De plus Tw (S1 (0)) = S1 (0) donc Tw
n o
échange les composantes connexes de C \ w1 . Comme Tw (0) = w, Tw est un biholomorphisme de
D1 (0).
(b) Soit f un biholomorphisme qui échange 0 et w , 0. Alors 1 = f ◦ Tw est un biholomorphisme de
D1 (0) qui fixe 0 et w. On a |1(w)| = |w|. On applique la question précédente, 1 est une rotation qui
fixe w donc c’est l’identité et f = Tw−1 = Tw .
4. Soit ϕ ∈ Aut(D1 (0)). Alors pour w = ϕ(0), l’application ϕ ◦ Tw est un biholomorphisme de D1 (0) qui fixe
0. Donc c’est une rotation. Par conséquent ϕ ◦ Tw (z) = e2iπθ z d’où ϕ(z) = e2iπθ Tw (z).
5. Soit ϕ ∈ Aut(D1 (0) − {0}). La singularité en 0 est effaçable, on obtient ϕ ∈ Aut(D1 (0)) qui fixe 0 et on
applique la question précédente.
Exercice 2.
1
Montrer que Φ est une application biholomorphe de H := {=m z > 0} dans D1 (0).
2. Soit f : D1 (0) −→ H = =m z > 0 une fonction holomorphe telle que f (0) = i. Montrer que pour tout
z ∈ D1 (0)
1 + |z|
1 − |z|
≤ | f (z)| ≤
1 + |z|
1 − |z|
1. On définit Φ : z 7→
z−i
z+i .
et en plus | f 0 (0)| ≤ 2.
Solution.
1
1. Φ est un biholomorphisme de C \ {i} dans C \ {1} d’inverse z 7→ i z+1
z−1 . De plus Φ(R) = S \ {i} et Φ(i) = 0.
Par conséquent Φ est un biholomorphisme de H dans D1 (0).
2. Soit f : D1 (0) −→ H telle que f (0) = i. Alors 1 = Φ ◦ f est holomorphe de D1 (0) dans D1 (0) qui fixe 0. Par
le lemme de Schwarz
f (z) − i f (z) + 1 ≤ |z|.
Par inégalité triangulaire, on obtient
| f (z)| − 1 ≤ |z|(| f (z)| + 1)
et
D’où
−| f (z)| + 1 ≤ |z|(| f (z)| + 1)
1 − |z|
1 + |z|
≤ | f (z)| ≤
.
1 + |z|
1 − |z|
De plus |10 (0)| ≤ 1. Or 10 (0) = f 0 (0)Φ0 (i) et Φ0 (i) = − 2i . Ainsi | f 0 (0)| ≤ 2.
Exercice 3. Lemme de Schwarz-Pick.
1. Soit d la fonction définie sur D1 (0) × D1 (0) par
d(w, z) :=
|w − z|
,
|1 − wz|
soit f : D1 (0) −→ D1 (0) holomorphe. Montrer que pour tous w, z ∈ D1 (0),
d( f (w), f (z)) ≤ d(w, z),
avec égalité si et seulement si f est biholomorphe.
Montrer que f : D1 (0) −→ D1 (0) est biholomorphe si et seulement s’il existe w, z ∈ D1 (0) distincts tels que
d( f (w), f (z)) = d(w, z).
2. Soit f : D1 (0) −→ D1 (0) holomorphe et z ∈ D1 (0). Montrer que
| f 0 (z)|
1
≤
2
1 − | f (z)|
1 − |z|2
et que s’il existe z tel qu’on a l’égalité, alors on a l’égalité pour tout point en D1 (0) et en fait f est
biholomorphe.
Solution.
1. Soit 1w = T f (w) ◦ f ◦ Tw . On a 1w (0) = 0. Par le lemme de Schwarz, pour tout z ∈ D1 (0), on a
|1w (z)| ≤ |z|.
Par conséquent, pour tout z ∈ D1 (0),
|T f (w) ◦ f (z)| ≤ |Tw (z)|
car Tw2 = Id. On obtient donc d( f (w), f (z)) ≤ d(w, z).
Si est f est biholomorphe alors 1w aussi et on applique l’exercice 1 pour obtenir |1w (z)| = |z| et donc
d( f (w), f (z)) = d(w, z) pour tous w, z ∈ D1 (0).
Si d( f (w), f (z)) = d(w, z) pour tous w, z ∈ D1 (0), alors |1w (z)| = |z| et 1w est une rotation. Donc f est un
biholomorphisme.
Si maintenant d( f (w0 ), f (z0 )) = d(w0 , z0 ) alors 1w0 est une rotation (exercice 1) et f est un biholomorphisme.
2
2. On reprend les notations de la question précédente. On a
10w (0) = f 0 (w)
1 − |w|2
.
1 − | f (w)|2
Par le lemme de Schwarz, |10w (0)| ≤ 1 et s’il y a égalité 1w est une rotation. On obtient donc le résultat
voulu.
Exercice 4. Soit f : D1 (0) −→ D1 (0) une fonction holomorphe, continue jusqu’au bord. On suppose que f
s’annule en a1 , . . . , an ∈ D1 (0) avec multiplicité m1 , . . . , mn . Montrer qu’on a | f (0)| ≤ |a1 |m1 · · · |an |mn .
Indication : de première approche, on voudrait écrire f (z) = (z − a1 )m1 · · · (z − an )mn 1(z) avec 1 : D1 (0) −→ C
holomorphe, mais cela n’amène nulle part. On pourra alors essayer avec les fonctions Tai .
Solution. On écrit f (z) = (Ta1 (z))m1 · · · (Tan (z))mn 1(z). La fonction 1 est holomorphe et ne s’annule pas. De
plus sup|z|=1 |1(z)| ≤ 1. Donc |1(0)| ≤ 1 par le principe du maximum. Comme Tai (0) = ai , on obtient l’inégalité
cherchée.
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