Si $f-g$ a une racine de multiplicité $\geq 2$ et $g$ est inversible alors $f=g$ — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Si $f-g$ a une racine de multiplicité $\geq 2$ et $g$ est inversible alors $f=g$

Modifié (May 2023) dans Analyse
Bonjour
Je veux démontrer ceci : soient $D=\left\{{z \in \mathbb{C} \mid |z| < 1}\right\}$ et $U \subset \mathbb{C}$  un ensemble simplement connexe et soient $f,g: D \rightarrow{U}$  deux fonctions holomorphes telles que $g$ est inversible et $f-g$ admet un zéro d'ordre $m \geq 2$ au point $z_0 \in D$, alors $f \equiv g$.
Ma tentative.
Puisque $z_0$ est un zéro d'ordre $m$ il existe une fonction holomorphe $h : D \rightarrow \mathbb{C}$ telle que $f ( z)-g(z)=(z-z_0)^m h(z)$, bien sûr, on doit voir que nécessairement $h=0$.
Par conséquent, $g'(z)=f'(z)-m(z-z_0)^{m-1}h(z)-(z-z_0)^mh'(z)$ . Donc, en utilisant que  $m>1$ il nous reste $f'(z_0)=g'(z_0) \neq 0$ puisque $g$ est injectif. Puisque $f'(z_0)$ n'est pas nul il existe un voisinage de $z_0$ dans lequel $f$ est inversible, disons dans la boule $B_ {r}(z_0)$.
Donc, si je pouvais prouver qu'il existe $\delta \in (0,r)$ pour lequel $g(B_{\delta}(z_0))=f(B_{\delta }( z_0))$ alors on a :
  1. $g(B_{\delta}(z_0))=f(B_{\delta}(z_0))$;
  2. $f(z_0)=g(z_0)$ et $f'(z_0)=g'(z_0)$;
  3. $f,g$ sont injectifs et holomorphes dans $B_{\delta}(z_0)$.
Ces trois conditions impliquent que $f=g$ dans $B_{\delta}(z_0)$ (en utilisant le lemme de Schwarz appliqué à la fonction $f^{-1} \circ g$ par exemple, cette fonction mappe $B_{\delta}(z_0)$ vers lui-même) mais alors ils sont égaux dans tout l'ensemble $D$ car $D$ est connexe. 
Comme vous pouvez le voir, mon problème est que je n'arrive pas à comprendre comment garantir l'existence d'un tel $\delta$. Une autre chose qui m'inquiète est que je n'ai pas utilisé que $U$ est simplement connexe  :P. Aucune suggestion ? Merci beaucoup d'avance.

Il convient de noter que l'on pourrait penser au "contre-exemple" suivant : soient les fonctions $g,f:D \to \Bbb C$ définies par $g(z)=z$ et $f(z)=z+z^2$, alors $f-g$ admet un zéro d'ordre $2$ mais $f \neq g$. Ici le contre-exemple est invalide car $g$ n'est pas bijectif.
Attention : je considère le domaine comme $D=\left\{{z \in \mathbb{C} : |z| < 1}\right\}$, donc si on considère $g : D \rightarrow \mathbb{C}$ défini par $g(z)=z$, la fonction est injective mais PAS bijective.

Réponses

  • Modifié (May 2023)
    Soit $h(z)=g^{-1}\circ f(z)$, on a h de D dans D holomorphe  , admet un point fixe en $z_0$ et $h'(z_0)=1$. Est ce qu'il y a des résultats en analyse complexe qui permettent de déduire que h est l'identité de D
    Need Help @BobbyJoe  @Foys @Poirot   @raoul.S   ( ordre alphabétique)
    Le 😄 Farceur


  • Ça fait très fortement penser au lemme de Schwarz. Au passage il n'y a pas besoin de supposer $U$ simplement connexe car $g$ réalise un homéomorphisme entre $D$ et $U$ !
  • @gebrane tu avais quasiment tout fait déjà.
    Soit $f: D \to D$ nulle en $0$ et telle que $f'(0)=1$. Appliquer le principe du maximum à $z\mapsto \frac {f(z)} z$ (elle se prolonge en fonction holomorphe en $0$) pour en déduire une propriété remarquable (et désirable pour l'exo) de $f$.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Merci Foys :)
    Le 😄 Farceur


Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!