Si $f-g$ a une racine de multiplicité $\geq 2$ et $g$ est inversible alors $f=g$
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 :
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.
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 :
- $g(B_{\delta}(z_0))=f(B_{\delta}(z_0))$;
- $f(z_0)=g(z_0)$ et $f'(z_0)=g'(z_0)$;
- $f,g$ sont injectifs et holomorphes dans $B_{\delta}(z_0)$.
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
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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 $U$ !
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@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 FoysLe 😄 Farceur
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Bonjour!
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