Developpement Analyse 400
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8/15/2019 Developpement Analyse 400
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Une d émonstration du th éor ème derepr ésentation conforme de Riemann
March 22, 2001
Mots-cl és: holomorphie, connexit é, compacit é, probl ème d’extr émum.
Tout d’abord, rappelons le :
Th éor ème Soit U un ouvert connexe non vide de C
. Alors on a les im-plications suivantes :
(1) U est analytiquement isomorphe à D (0 , 1) ,
⇓
(2) U est simplement connexe, i.e. tout lacet de U se déforme en un point de U,
⇓
(3) toute fonction holomorphe sur U a une primitive dans U,
⇓(4) toute fonction holomorphe inversible sur U est l’exponentielle d’une fonction holomorphe,
⇓
(5) toute fonction holomorphe inversible sur U est le carr é d’une fonction holomorphe,
D´ emonstration.
(1) ⇒ (2) C’est trivial !
(2) ⇒ (3) Soit f une fonction holomorphe sur U . Par hypoth èse, on a,pour tout lacet γ de U :
γ
f (z )dz = 0 .
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Construisons une primitive de f , i.e. une fonction holomorphe F sur U vériant F = f . Soient z et z 0 ∈ U . Pour tous les chemins γ : [0, 1] →U tels que γ (0) = z0 et γ (1) = z1 , la quantit é γ f (u )du est la même.On la note F (z ) . Montrons que F (z ) existe et vaut f (z ) . Soit w ∈ U un point proche de z tout au moins tel que le segment [z, w ] soit enti èrementcontenu dans U . Si γ est un chemin quelconque allant de z 0 à z , et si γ est
la r éunion du chemin γ et du segment [z, w ], on a :
F (z ) = γ
f (u )du,
F (w ) = γ
f (u )du,
et :
F (w ) − F (z ) = [z,w ]
f (u )du = ( w − z ) 1
0f [(1 − t )z + tw ]dt.
Ainsi :F (w ) − F (z )
w − z=
1
0f [z + t (w − z )]dt
tend vers f (z ) = 10 f (z )dt quand w tend vers z .
(3) ⇒ (4) Soit f une fonction holomorphe et inversible sur U (i.e. f (z ) =0 ∀z ∈ U ). Alors f f est holomorphe et admet donc une primitive g par hy-poth èse. La quantit é e − g f est constante (d ériver pour s’en convaincre) égaleà c ∈ C ∗. Comme il existe a ∈ C tel que e a = c, il vient f = e a + g .
(4) ⇒ (5) Soit f une fonction holomorphe et inversible sur U . Par hy-poth èse, il existe une fonction holomorphe g sur U telle que e g = f . Alorsh = e
g2 vérie h 2 = f .
Le but de ce papier est de d´ emontrer le :
Th éor ème (de repr ´ esentation conforme de Riemann) Sous les hypoth`eses duthéor ème pr écédent, et si U = C , on a (5) ⇒ (1) .
La d émonstration de ce r ésultat n écessite plusieurs ingr édients :- le th éor ème de Montel,- le th éor ème de l’application ouverte,- le fait que l’ensemble des fonctions holomorphes injectives ou constantessur un ouvert donn é est ferm é dans l’ensemble des fonctions holomorphes surcet ouvert,
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- quelques r´esultats sur les homographies du plan complexe,que nous allons maintenant d étailler.
Contentons-nous de rappeler l’ énonc é des deux premiers ingr édients :
Th éor ème (de Montel) Si U est un ouvert de C , toute partie H de Hol (U )
born ée sur tout compact de U est relativement compacte.
Th éor ème (de l’application ouverte) Toute fonction analytique f : U → Cnon constante sur l’ouvert connexe U est ouverte.
Enonçons et d´emontrons l’ingr´ edient suivant :
Proposition Soient U un ouvert connexe et F = {f ∈ Hol(U ) : f estinjective ou constante } . Alors F est ferm é dans Hol (U ) .
D´ emonstration. Nous aurons besoin du :
Lemme . Soient V un ouvert connexe et (gn ) une suite de fonctions deHol (V ) inversibles (i.e. qui ne s’annulent pas) convergeant uniform émentsur tout compact de V vers une fonction g . Alors soit g est la fonction nulle,soit g est inversible.
Avant de le d émontrer, montrons comment il permet de conclure. Soit (f n )une suite de fonctions injectives de Hol (U ) et convergeant uniform´ ement surtout compact de U vers une fonction f . Montrons que f est injective ou con-stante. Raisonnons par l’absurde et supposons que f est ni injective ni con-stante. Il existe alors deux él éments distincts a et b tels que f (a ) = f (b) .Soit U l’ouvert connexe U − { a } . Posons g (z ) = f (z ) − f (a ) sur U .Comme g(b) = 0 , g n’est pas inversible. Pourtant, la suite de fonctions(f n − f n (a )) | U est inversible et converge uniform ément sur tout com-
pact de U : c’est absurde !
Preuve du lemme. Raisonnons par l’absurde. Nous supposons que g n’estpas identiquement nulle mais qu’il existe a ∈ U tel que g (a ) = 0 . D’apr èsle théorème des z éros isol és, il existe r > 0 tel que inf | z − a | = r |g (z ) | > 0.Si n ∈ N , appliquons le principe du maximum à 1g n . On obtient :
|gn (a ) | ≥ inf | z − a | = r |gn (z ) | .
En passant à la limite, on a :
0 = |g (a ) | ≥ inf | z − a | = r
|g (z ) | > 0,
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ce qui est absurde !
Enn, nous aurons besoin de la :
Proposition Soit a ∈ D . L’homographie ϕ a : D → C dénie par :
ϕ a (z ) = z − a1 − az ,
est un automorphisme analytique de D d’inverse ϕ − a . De plus, on a :
ϕ a (z ) = 1 − | a | 2
(1 − az )2.
D´ emonstration. On vérie facilement que ϕ− a ◦ ϕ a = id prouvant d éj àque ϕ a est injective. On a de plus :
|ϕ a (z ) | < 1 ⇔ | z − a |2
< | 1− az |2⇔ | z |
2− 2Re (az )+ |a |
2< 1− 2Re (az )+ |a |
2|z |
2
⇔ (1 − | a | 2 )(1 − | z | 2 ) > 0 ⇔ | z | < 1
ce qui permet de conclure.
Faisons maintenant la d émonstration du th éor ème de repr ésentation conformede Riemann :
D´ emonstration. Soit a ∈ U . Nous d énissons :
S 1 = {f ∈ Hol(U ) : |f (z ) | ≤ 1, ∀z ∈ U } ,
S 2 = {f ∈ Hol(U ) : f (a ) = 0 } ,
S 3 = {f ∈ Hol(U ) : f injective ou constante } ,
et :S = S 1 ∩ S 2 ∩ S 3 .
Nous allons montrer successivement que :(1) S n’est pas r éduit à la fonction nulle,(2) S est compact et φ : S → R , f → | f (a ) | est continue et atteint sonmaximum en une fonction g ∈ Hol(U ) ,(3) g est un isomorphisme analytique entre U et D .
(1) Donnons-nous ω ∈ C − U . La fonction z → z − ω est inversibledans U , donc il existe g ∈ Hol(U ) telle que :
∀z ∈ U : g(z )2 = z − ω.
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On a nécessairement :
Img ∩ Im (− g ) = ∅(∗)
(sinon, on aurait l’existence de z, z ∈ U tels que g(z ) = − g (z ) et, enélevant au carr é, on aurait z = z . Ceci impliquerait que g (z ) = 0 ou encoreque z = ω ∈ U , ce qui est absurde !). Grˆ ace au th éorème de l’applicationouverte ( g étant trivialement non constante), Im g est un ouvert : il contientdonc un disque D (b, r ) pour un certain ´elément b ∈ U et un certain r éelr > 0. De (∗) , on tire :
∀z ∈ U : |g (z ) + b| ≥ r
ou encore, si l’on pose f = rg ( z )+ b :
∀z ∈ U : |f (z ) | ≤ 1.
Il est imm édiat de voir que f est, comme g, injective. Pour construire unélément de S , il suft maintenant de consid érer l’application h = ϕ f ( a ) ◦ f .
(2) S 1 est compact (c’est le th éor ème de Montel), S 2 est trivialement ferm éet S 3 est ferm é grâce à une proposition vue plus haut. Ainsi, S est compact,comme ferm é dans un compact. L’application f → | f (a ) | est continuecomme compos´ ee d’applications continues ( f → f est continue comme onle voit en passant à la limite dans la formule de Cauchy). Elle atteint donc sonmaximum.
(3) Il suft de montrer que g est une bijection de U sur D (une bijectionholomorphe est automatiquement un isomorphisme analytique : on n’a pasbesoin de v érier l’holomorphie de l’inverse). L’injectivit é est imm édiatepar construction puisque g est évidemment non constante (sinon, elle seraitnulle et ne r éaliserait pas le maximum de φ ). Reste à montrer la surjec-tivit é. Comme g ∈ S 1 et grâce au th éor ème de l’application ouverte, gvérie n écessairement g (U ) ⊂ D . Par l’absurde, supposons l’existence deζ ∈ D − g (U ) . Nous allons construire h ∈ S vériant |h (a ) | > |g (a ) |ce qui sera absurde. L’application ϕ ζ ◦ g est inversible dans U , donc il existeh 1 ∈ Hol(U ) vériant :
∀z ∈ U : h 1 (z )2 = g(z ) − ζ
1 − ζg (z )(∗∗) .
Posons h = ϕh 1 ( a ) ◦ h 1 (∗∗∗) . Il est clair que h ∈ S . Calculons |h (a ) | .De (∗∗) , on tire :
|h 1 (a ) | 2 = | ζ |
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et :
2|h 1 (a ) || h 1 (a ) | = 1 − | ζ | 2
| 1 − ζg (z ) | 2g (z ) .
D’o ù, en diff érentiant dans (∗∗∗) :
|h (a ) | = |h 1 (a ) || ϕ h 1 ( a ) (h 1 (a )) |
= 1 + |ζ |2 |ζ |
|g (a ) | .
Or comme, pour tout x ∈]0, 1[, le réel 1+ x2
2x est > 1, on a |h (a ) | >|g (a ) | , ce qui est absurde ! .
BibliographieJean Varouchas - Cours de g´ eom étrie et d’analyse complexe de ma îtrise -Universit é de Nancy, 1999.
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