Une inégalité des fonctions univalentes.

Ludovic

Je cherche à démontrer l'inégalité suivante :

Soit $g$ une fonction univalente (injective et holomorphe) de $\D$ dans $\C$ tel que $g(0)=0$ et $g'(0)=1$
Alors : $\displaystyle \forall u \in \D \ \left|\frac{u}{g(u)}-1\right| \leq 2|u|+|u|^2$.

La démonstration que l'on me propose est la suivante :

On écrit : $\displaystyle \frac{1}{g(u)}=u^{-1}+\sum_{n \geq 0} b_n u^n$.
D'après le théorème de l'aire et le théorème de Bieberbach (un corollaire du théorème de l'aire), on a : $|b_0|\leq 2$ et $\displaystyle \sum_{n \geq 1} n |b_n|^2 \leq 1$.

On en déduit : $\displaystyle \forall u \in \D \ \left|\frac{u}{g(u)}-1\right| \leq 2|u|+|u|^2$.

Ce "on en déduit" me gêne un peu car en prenant : $b_0=2$, $b_1=\frac{1}{\sqrt{2}}$ et $b_2=\frac{1}{2}$ et les autres coefficients nuls, on devrait avoir : $\forall u \in \D \ |2u+\frac{1}{\sqrt{2}}u^2+\frac{1}{2}u^3|\leq 2 |u|+|u|^2$. Or, en faisant $u=1$, on observe : $2+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}>3$. Ce qui montre clairement que l'inégalité est fausse. Par contre, ce n'est pas un contre-exemple car la fonction correspondante n'est même pas définie sur $\D$.

Si vous avez une idée, je suis preneur.

Merci d'avance.

borde

Bonjour,

En regardant quelques minutes (faute de temps) et en appliquant les théorèmes de distorsion, j'arrive à $\displaystyle {\left | \frac {u}{g(u)} - 1 \right | \leqslant |u|^2 + 2|u| + 2}$.

On note aussi que ton inégalité est une égalité pour la fonction de Koebe...

Borde.

Ludovic

Oui, c'est vrai qu'on peut obtenir ton inégalité avec le théorème d'accroissement (growth theorem en anglais). C'est finalement artificiel car ce théorème nous donne : $\left|\frac{z}{f(z)}\right|\leq (1+|z|)^2$.

En fait, cette inégalité est une étape d'un lemme de distorsion que Yoccoz propose dans un de ses articles : "Théorème de Siegel, nombre de Bruno et polynômes quadratiques". J'en donne l'énoncé :
"Soit $f$ une fonction univalente de $\D$ tel que $f(0)=0$ et $f'(0)=1$. Alors : $\forall z \in \D \ \left|z \frac{f'(z)}{f(z)}-1\right|\leq \frac{2 |z|}{1 - |z|}$"

borde

Les mêmes théorèmes de distorsion impliquent ici $$\left | \frac {z f'(z)}{f(z)} - 1 \right | \leqslant \frac {2}{1 - |z|}$$ pour $0 < |z| < 1$.

L'inégalité triangulaire, triviale, fait ici perdre de l'information.

Au passage, pour ceux qui nous liraient et seraient intéressés par le sujet, voici un petit survol ainsi qu'une preuve de la conjecture de Bieberbach pour le second coefficient : \lien {http://citeseer.ist.psu.edu/cache/papers/cs/4247/ftp:zSzzSzmarkov.utstat.toronto.eduzSzjeffzSzbieb.pdf/rosenthal89bieberbach.pdf}

Borde.

gilles benson

Bonjour,
$\displaystyle \forall u \in \D, \ \left|\frac{u}{g(u)}-1\right| \leq 2|u|+|u|^2$ équivaut à:
$\displaystyle \forall u \in \D, \ \left|\frac{1}{g(u)}-\frac{1}{u}\right| \leq 2+|u|$ en divisant par $|u|$.

Ensuite en appliquant effectivement :
$|b_0|\leq 2$\quad et \quad $\displaystyle \sum_{n \geq 1} n |b_n|^2 \leq 1$
on obtient l'inégalité recherchée sans problème particulier.
Bizarre ?

Ludovic

Gilles> Les conditions sur les coefficients ne permettent pas de conclure si directement (Cf. le contre-exemple de mon premier post). Quelle est ton idée?

Borde> Il y a effectivement une perte d'information en appliquant de manière trop triviale l'inégalité triangulaire aux théorèmes de distorsion.

gilles benson

Rebonjour : \begin{align*}
\sum_{n \geq 0} b_n u^n & = b_0 + \sum_{n \geq 1} b_n u^n \\
\Big|\sum_{n \geq 0} b_n u^n \Big| & \leq 2 + \sum_{n \geq 1} |b_n| {|u|}^n \\
\Big|\sum_{n \geq 0} b_n u^n \Big| & \leq 2 + |u|\sum_{n \geq 1} n|b_n| \end{align*} car : $|u| \geq |u|^n$ si $n \geq 1 $
Sauf erreur.

gilles benson

ceci étant, si $\D$ désigne non pas le disque unité comme je l'ai pensé mais son complémentaire dans $\C$, c'est le gag...

Ludovic

Sauf que c'est $\displaystyle \sum_n n |b_n|^2\leq 1$ et non, $\displaystyle \sum_n n |b_n|\leq 1$. Cette dernière somme pourrait même diverger. Le contre-exemple que je donne contredit ta démonstration. L'univalence de la fonction doit servir quelque part.

gilles benson

bonsoir; effectivement c'est une erreur...L'univalence de la fonction par contre sert dans la preuve du théorème de l'aire. Par contre Borde a parfaitement raison de faire remarquer que les fonctions de Koebe vérifient cette inégalité, ce qui milite en sa faveur.

Ludovic

"L'univalence de la fonction par contre sert dans la preuve du théorème de l'aire."

Effectivement, je voulais dire que si cette approche fonctionne, il faut réutiliser quelque part l'univalence.

Le fait que l'inégalité soit vraie pour la fonction de Koebe est effectivement un indice de sa véracité.

Pour ce qui concerne l'inégalité : $ \forall z \in \mathbb{D},\ \left\vert z \frac{f'(z)}{f(z)}-1\right\vert\leq \frac{2 \vert z\vert}{1 - \vert z\vert}$

J'arrive à montrer à l'aide de la conjecture de Bieberbach et le théorème d'accroissement : $ \forall z \in \mathbb{D},\ \left\vert z \frac{f'(z)}{f(z)}-1\right\vert\leq \frac{2 \vert z\vert(1+|z|)^2}{(1 - \vert z\vert)^3}$
C'est un calcul direct.
Avec l'autre inégalité démontrée par Borde, on arrive ainsi à montrer : $\exists C>0, \ \forall z \in \mathbb{D},\ \left\vert z \frac{f'(z)}{f(z)}-1\right\vert\leq \frac{C \vert z\vert}{1 - \vert z\vert}$

borde

Bonsoir,

En attendant mieux, j'ai la réponse suivante pour $0 < |u| \leqslant 0,99$ : $$\left | \frac {u}{g(u)} - 1 \right | < 2|u| (1 + |u|).$$

En effet, avec les notations du 1er message de Ludovic, on a : $$\left | \frac {u}{g(u)} - 1 \right | = \Big| b_0 u + \sum_{n \geqslant 1} b_n u^{n+1} \Big| \leqslant 2|u| + \Big| \sum_{n \geqslant 2} b_{n-1} u^n \Big| = 2|u| + |u|^2 \Big| \sum_{n \geqslant 1} b_n u^{n-1} \Big|,$$
et Cauchy-Schwarz implique que : $$\Big| \sum_{n \geqslant 1} b_n u^{n-1} \Big| \leqslant \Big(\sum_{n \geqslant 1} n|b_n|^2 \Big)^{1/2} \bigg( \sum_{n \geqslant 1} \frac {|u^2|^{n-1}}{n} \bigg)^{1/2} = \Big(\sum_{n \geqslant 1} n|b_n|^2 \Big)^{1/2} \sqrt {\frac {- \ln (1 - |u|^2)}{|u|^2}} < 2,$$ pour $0 < |u| \leqslant 0,99$.

Borde.

gilles benson

bonjour, la méthode donnée par Borde ne donnera malheureusement pas le résultat pour $|u| < 1$ car la série $ \sum_{n \geqslant 1} \frac {|u^2|^n}{n}$ diverge en $u=1$.

Ludovic

Il me semble que l'on a plutôt :
$\displaystyle \left | \frac {u}{g(u)} - 1 \right | = \Big| b_0 u + \sum_{n \geqslant 1} b_n u^{n+1} \Big| \leqslant 2|u| + |u| \Big| \sum_{n \geqslant 1} b_n u^n \Big|$

Par le calcul de Borde, on aboutit seulement à :
$\displaystyle \left | \frac {u}{g(u)} - 1 \right | \leqslant 2|u| +|u| \sqrt {- \ln (1 - |u|^2)}$

C'est quand même très bien vu.

Gilles> Etant donné mon contre-exemple, en ne travaillant que sur les coefficients de la série, on n'aboutira pas.

gilles benson

effectivement, c'est pour cela que j'ai un peu fouillé dans ma littérature sur ce sujet; ceci étant la majoration de Borde est un essai tout à fait intéressant.

borde

J'ai corrigé l'erreur d'indice que Ludovic a soulevé, mais en conservant $|u|^2$ plutôt que $|u|$ (puisque c'est bien là l'objectif).

On obtient une inégalité moins intéressante, mais valide sur un ouvert plus grand.

Borde.

Ludovic

On m'a communiqué une preuve de la deuxième inégalité. J'en donne la preuve dans le fichier joint.

borde

Merci Ludovic,

J'avoue que je ne connaissais pas le théorème de Grunsky...A méditer, donc ! Et il faut reconnaître que ce n'est certes pas si trivial !

Borde.

Ludovic

Le théorème de Grunsky est plus précis que cela. Il affirme que l'ensemble des valeurs atteintes par f(z)/z, f décrivant les fonctions univalentes telles que f(0)=0 et f'(0)=1, est la boule de centre log(1/(1-|z|^2)) et de rayon log((1+|z|)(1-|z|).

borde

OK...


Je viens juste de trouver celui-ci, en fouinant :

Soit f analytique sur un domaine convexe D et z_1, z_2 dans D tels que f(z_1) = f(z_2) = 0. Pour tout z dans D, on note Delta le triangle de sommets z, z_1, z_2 et A(z) son aire. Alors on a :

f(z) = (1/(2A(z)))*(z - z_1)*(z - z_2)*int(int_{Delta} (f '' (z) dx) dy.


Réf : H. Grunsky, Eine Funktionnentheoretische Integralformel, Math. Z. 63 (1955), 320-323.


Tu connaissais ?

Borde.

Ludovic

Non mais c'est très joli.