Applications du théorème de Picard

Namiswan

Bonjour
Voici 2 questions que je me suis posé plus ou moins récemment, que je pense que l'on peut résoudre en appliquant subtilement le (petit ou grand ) théorème de Picard (je n'en suis pas sûr cependant). Donc :

1) Un corollaire archi classique du théorème de Picard dit que si f est entière et n'est pas une translation, alors f o f a un point fixe. Comment montrer (si c'est vrai, mais j'ai confiance..) que f o f o f a un point fixe ?

2) Une autre conséquence facile de Picard, c'est que la somme de 2 fonctions entières qui ne s'annulent pas, s'annule forcément, sauf cas trivial (si l'une des fonctions est constante, ou les 2 sont proportionnelles). Peut-on montrer que la somme de 2 fonctions entières non surjectives est forcément surjective sauf cas trivial ?

Merci par avance pour vos réponses...

ev

Bonsoir Namiswan.

2) Sauf erreur de ma part, $e^x + (e^x + 1)$ ne prend pas la valeur $1$.

amicalement,

e.v.

Namiswan

Oui, j aurais peut etre du préciser ce que j entendais par "cas trivial"
Si je note f et g mes 2 fonctions non surjective, je pense que les seuls cas ou la somme n est pas surjective est que :
-Soit l une des fonctions est constante
-Soit il y a une relation affine entre les 2 fonctions du type g=af+b, a et b complexes
( ou de maniere équivalente : il y a une relation du type $af+bg+c=0$ avec $a$, $b$, $c$ non tous nuls )

mpif0

1) Un corrolaire archi classique du théorème de Picard dit que si f est entière et n est pas une translation, alors f o f a un point fixe. Comment montrer ( si c'est vrai, mais j'ai confiance..) que f o f o f a un point fixe?

Je ne suis pas sûr de comprendre votre assertion. Mais il me semble que la fonction $f\colon z\mapsto 1-z$ est entière, n'est pas une translation, $f\circ f\circ f=f$, mais $f(z)=z$ n'a pas de solution.

Namiswan

Euh, z=1/2 est solution lol^^

Namiswan

Je remonte un peu mon sujet avant qu'il tombe dans l'oubli total. Au passage, une petite remarque sur le point 2). La conséquence de Picard que j'ai écrite peut se formuler ainsi :
-si $f$ et $g$ sont 2 fonctions entières ne s'annulant pas et linéairement indépendantes sur $\mathbb{C}$, alors $f+g$ possede au moins un zero dans $\mathbb{C}$
Et la question que je me pose peut elle se reformuler ainsi :
-si $f$, $g$ et $h$ sont 3 fonctions entières ne s'annulant pas et linéairement indépendantes sur $\mathbb{C}$, alors $f+g+h$ possede au moins un zero dans $\mathbb{C}$
Ca me semble donc être une question naturelle

Et au passage, j'ai prouvé que 2) implique 1), et même en fait que 2) implique
1') Si $f$ est une fonction entière autre qu'une translation, alors pour tout $p$, l'itérée p-ieme de $f$ admet un point fixe.

cccccp

Bonjour.
Peux-tu détailler le "corollaire archi-classique" ie si $f$ n'est pas une translation et est entière alors $f \circ f$ possède un point fixe?
Merci.

mpif0

Si $f$ a un point fixe alors on a gagné. Supposons que $f$ et $f\circ f$ ne possèdent pas de point fixes. Posons $g(z)=\frac{f(f(z))-z}{f(z)-z}$ pour tout $z\in\mathbb{C}$. Alors $g$ est une fonction entière. Supposons $z\in\mathbb{C}$ avec $g(z)=0$ alors $\frac{f(f(z))-z}{f(z)-z}=0$, donc $f(f(z))-z=0$, d'où $f(f(z))=z$, une contradiction.
Supposons $z\in\mathbb{C}$ avec $g(z)=1$, alors $f(f(z))-z=f(z)-z$, donc $f(f(z))=f(z)$ une contradiction.

Donc $g$ ne prend pas les valeurs $0$ et $1$, ainsi $g$ est constante. Notons $c$ la valeur de $g$, remarquons $c\not=0,1$. Ainsi $f(f(z))-z=c\times(f(z)-z)$. En dérivant on obtient $f'(z)\times f'(f(z))-1=c\times f'(z)-c$, donc $f'$ ne peux pas prendre les valeurs $0$ et $c$. Donc $f'$ est constate ainsi $f(z)=az+b$, la seul possibilité pour que $f$ n'est pas de point fixe est que $f$ soit une translation.

Namiswan

Pas de problemes
Donc, supposons que $f\circ f$ n'a pas de point fixes. Alors en particulier f n a pas de point fixes Posons $g=\frac{f\circ f(z)-z}{f(z)-z}$. $g$ est une fonction entiere qui ne s annule pas. De plus elle évite aussi 1 ( $g(z)=1$=> $f(z)$ point fixe de $f$. Donc $g$ est constante égale à $c$. On a donc $f\circ f-id=c(f-id)$. Si $c=1$, ca devient $f\circ f=f$, ce qui implique que soit $f$ est constante, soit $f=id$. Si $c$ est différent de 1, la relation implique alors que $f$ est injective. Or les fonctions entieres injectives sont forcément affine ( exo classique aussi, qui est éventuellement conséquence de grand Picard mais c est du marteau piqueur^^)
$f$ est donc forcément affine, et on vérifie sans peine alors que l hypothese entraine que $f$ est forcément une translation..

Edit: oups doublé, il est vrai que je suis un peu lent à écrire ^^

cccccp

Namiswan écrivait:

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> Et au passage, j'ai prouvé que 2) implique 1), et
> même en fait que 2) implique
> 1') Si $f$ est une fonction entière autre qu'une
> translation, alors pour tout $p$, l'itérée p-ieme
> de $f$ admet un point fixe.


Je ne comprends pas trop. Comment passes-tu des sommes aux points fixes des itérées d'ordre $p$ ?

Pour $f^3$, il suffit en effet de choisir les trois fonctions $f(z)-z$, $f\circ f(z)-f(z)$ et $f^3(z)-f\circ f(z)$...mais pour $p$ quelconque?

Merci de ta réponse.

Namiswan

C'est le même genre d'idée que pour $p=2$ en un peu plus compliqué.
D'abord regardons pourquoi le point 2) tel que je l'ai écrit au 1er post implique ce que j'ai dit plus haut, a savoir que la somme de 3 fonctions entieres ne s annulant s annule forcément, sauf si elles sont linéairements dépendantes sur $\mathbb{\C}$:
Si $f=f_1+f_2+f_3$ et qu aucunes de ces fonctions ne s'annulent, alors, quitte à diviser tous les termes par $f_1$, je peux supposer $f_1=1$, et alors $f-1=f_2+f_3$, avec $f_2$, $f_3$ ne s annulant pas, donc non surjectives, et $f-1$ évitant $-1$ donc non surjective aussi. Ce qui implique donc ( si mon énoncé est juste ) qu'il existe une relation entre $f_2$ et $f_3$ du type $af_2+bf_3=c$, ie $1$, $f_2$ et $f_3$ liées sur $\mathbb{C}$..


Maintenant pour montrer 1') à partir de ça:
Soit $f$ une fonction entiere. Je noterai $f^k$ l'itérée k-ieme de $f$ (et $f^0=id$ par convention ). Supposons que $f^n$ n'a pas de points fixes pour un certain $n$. Alors $f$ n'a pas de points fixes non plus. Soit $g=f-id$ et $h=f^p-id$. $g$ et $h$ sont donc des fonctions entieres ne s annulant pas. J'écris $h$ comme une somme télescopique de la manière suivante :
$$h=\sum_{k=0}^{n-1}g\circ f^k$$
d'où on en déduit
$$h\circ f-h=g\circ f^n-g$$
que l'on réécrit:
$$h\circ f=h+g\circ f^n+(-g)$$
Et aucune de ces fonctions ne s'annulent, donc on en déduit qu'il existe une combianaison linéaire non triviale de $h$, $g\circ f^n$ et $-g$ qui est identiquement nulle. En remplaçant $g$ et $h$ par leur définition, on obtient finalement une formule du type
$$\sum_{k=0}^pc_kf^k=0$$
avec $c_k$ des complexes non tous nuls, $p$ un entier( qui vaut $n+1$ en fait, mais on s en bat ). Montrons qu'une telle relation implique que $f$ est affine.

Soit $m$ le plus petit entier tel que $c_m\not=0$. On peut réécrire alors
$$\left(\sum_{k=0}^{p-m} c_{k+m}f^k\right)\circ f^m=0$$
Ce qui implique donc que
-soit $f$ est constante, et on a fini
-soit :
$$\sum_{k=0}^{p-m} c_{k+m}f^k=0$$
et ceci implique que $f$ est injective, car si $f(a)=f(b)$, alors pour tout $k\geq 1$, $f^{k}(a)=f^k(b)$, et comme
$$\sum_{k=0}^{p-m} c_{k+m}f^k(a)=\sum_{k=0}^{p-m} c_{k+m}f^k(b)=0$$
on obtient $c_ma=c_mb$, donc $a=b$ puisque $c_m\not=0$
Et on sait qu'une fonction entière injective est forcément affine..

$f$ est donc affine, et comme elle n'a pas de points fixes, c'est en fait une translation..

cccccp

Merci d'avoir tapé de manière détaillée ceci.

Pour 2), j'ai le sentiment que c'est un peu trop fort...
On peut peut-être bricoler quelque chose à partir de $e^{e^z}$ (ou d'une fonction qui ne soit pas de type exponentiel (celles-ci sont des exponentielles ou s'annulent))...

Désolé de ne pouvoir contribuer davantage.