L3 - Analyse complexe 2012-2013 : TD 5 Lemme de Schwarz M
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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. 3