Bonjour à tous, je suis de retour et j'espère que vous avez passé de bonnes vacances!
Ces derniers jours, je refais un peu d'analyse complexe, mais je sèche sur un exercice dont voici l'énoncé:
"Soit f une fonction entière(à savoir holomorphe sur C)dont le module tend vers + lorsque |z| -> +
.
Montrer que f n'admet qu'un nombre fini de zéros a1, a2..., ak
puis, en considérant
g(z) = f(z) / [(z-a1)...(z-ak)],
montrer que f est un polynôme."
- La finitude du nombre de racines est claire
(en-dehors d'un certain compact, |f(z)| > 1 donc les racines sont forcément dans le compact.S'il y en avait une infinité, elles y admettraient un point d'accumulation et le théorème des zéros isolés impliquerait que f y est partout nulle, puis par prolongement analytique que f est nulle sur C, ce qui contredit l'hypothèse sur la limite de |f(z)|).
- Ne voyant pas comment utiliser g
(il est assez facile de voir qu'elle est analytique , mais elle peut très bien s'annuler elle aussi si l'une des racines de f est de multiplicité > 1, et on peut encore avoir
|g(z)| -> + lorsque |z| -> +
),
j'ai plutôt considéré
h(z)= f(z)/[(z-ak)^M1 ...(z-ak)^Mk]
où M1...Mk sont les multiplicités respectives des racines a1...ak de f.
(remarque : cela a bien un sens car si une racine w donnée de f annulait toutes les dérivées de f, f vaudrait 0 sur C, ce qui serait contradictoire).
Avec un peu de travail, on voit que h est, elle encore, analytique et qu'elle ne s'annule plus sur C.
Si on prouve qu'elle est majorée ou minorée, alors elle sera constante d'après Liouville(en considérant au besoin 1/h qui est, elle aussi, analytique.).
Ne voyant pas comment prouver qu'elle est majorée, j'ai essayé de prouver qu'elle était minorée en utilisant le fait qu'elle ne s'annule pas :
si elle n'etait pas minorée, il existerait une suite Zn telle que
h(Zn) ->0.
Zn n'est pas bornée sinon, en en extrayant une sous-suite convergente on exhiberait un zéro de h.
On peut donc extraire une sous suite Z'n de Zn telle que
|Z'n| -> + et h(Z'n) -> 0.
On ne doit pas être très loin du résultat car le quotient
h(z)= f(z)/[(z-a1)^M1 ...(z-ak)^Mk]
est donc borné sur la suite Z'n qui tend vers l'infini.
Si on pouvait en déduire que c'est le cas pour tout z à l'extérieur d'un cerain compact, il serait aisé d'en déduire que f est un polynôme
(qui, à un coefficient multiplicatif près, serait nécessairement égal au dénominateur précédent), et on aurait gagné.
Bref si quelqu'un a une idée pour avancer dans ce raisonnement
(un peu tortueux je l'admets :d), ou s'il voit beaucoup plus simple
(je sens que c'est le cas!), je lui serais reconnaissant de me venir en aide
Merci de votre patience en tout cas!
Tigweg
Bonjour Tigweg
Tout d'abord, je pense que l'énoncé supposait implicitement que les zéros de f étaient comptés avec multiplicité (il n'est pas précisé qu'ils sont distincts).
En dehors d'un certain compact K, |f(z)|>1, donc dans ce cas, on a où P est un polynôme.
h étant entière, elle est continue sur le compact K et donc bornée par un certain M>0.
Ainsi, pour tout z, .
Ensuite, applique la formule de Cauchy et montre que la dérivée q+1-ième de h est nulle.
Si j'ai le temps, je te donnerai une autre preuve tout à l'heure.
Kaiser
Salut,
pour ta première question je t'aurai bien répondu : f est nécessairement un polynôme, mais vu que c'est le but de la 2e question ca serait inutile.
Bon alors ton premier argument est exactement celui que j'aurai considéré: Bolzano-Weierstrass + principe d'identité.
Ensuite, on te dit que a1 a2 etc sont les 0, mais on ne te dit pas qu'ils sont distincts, ca te permet de considérer dans le même cas les 0 de multiplicité >1.
Ne voyant pas comment prouver qu'elle est majorée, j'ai essayé de prouver qu'elle était minorée en utilisant le fait qu'elle ne s'annule pas :
Je pense que c'est pourtant assez facile et que tu avais cité l'argument.
g(z)=f(z)/(z-a1)(...)(z-ak)=f(z)/P(z)
g ne s'annule effectivement pas, car ses pôles sont enlevables et sont exactement les 0 de f.
ainsi P(z)/f(z)=1/g(z) est bornée et entière, non?
Merci Kaiser,
mais tu es sûr que ce n'est pas plutôt |1/h| qui est majoré par |P| ?
Dans ce cas, ton raisonnement montre que 1/h est un polynôme, donc que f est une fraction rationnelle analytique, c'est-à-dire un polynôme!
Oui, donc ça a l'air de marcher! Tu confirmes?
(je savais bien que je m'égarais dans d'inutiles complications :s)
Tigweg
Lol, ma réponse s'est croisée avec les vôtres, comme d'habitude
Salut otto!
Tu parviens à prouver que 1/g est bornée sans passer par les inégalités de Cauchy si je comprends bien??
Merci à vous deux en tou cas!
Tigweg
Salut Tigweg,
si je n'ai pas fait de bétise (ce qui n'est pas dit), effectivement, je me sers simplement du théorème de Liouville appliqué à 1/g.
Bonjour otto
Effectivement, vu le raisonnement de Tigweg, on peut directement appliquer le théorème de Liouville et on conclut.
Kaiser
Ah oui?
Pourtant je ne vois que la majoration
1/|g(z)| = |(z-a1)...(z-an)|/|f(z)| < |(z-a1)...(z-an)|
en-dehors d'un certain compact.Elle n'est donc bornée que par ce polynôme a priori, et par un certain M dans le compact, puis l'argument de Kaiser (inégalités de Cauchy) montre que c'est un polynôme, ce qui achève le problème.A posteriori,comme f est le quotient des (z-a1)...(z-ak) par g,
et comme f est analytique, la seule possibilité est que g soit constante.
Tu vois un moyen direct de prouver que g est constante(ou bornée par un réel, ce qui revient au même?
je voulais dire "comme f est le quotient des (z-a1)...(z-ak) par le polynôme 1/g, ce polynôme est forcément constant, donc g aussi", pardon.
Voici une autre preuve :
Comme f est entière, alors la fonction est méromorphe sur
.
Tigweg a montré que f admettait un nombre fini de zéros.
Ainsi, admet un nombre fini de pôles (puisque ce sont les zéros de f).
On peut donc considérer la partie polaire P de qui est donc une somme finie, alors la fonction
est prolongeable par continuité en une fonction entière.
P est une fraction rationnelle qui est une somme de termes du type avec k supérieur à 1. Ainsi, on a
. Par hypothèse,
, donc
donc g est bornée donc, par le théorème de Liouville constante (et même nulle).
Ainsi, f est une fraction rationnelle qui n'a pas de pôles (car elle est entière) donc c'est un polynôme.
Kaiser
Ah oui, c'est une très belle preuve Kaiser, merci beaucoup!
Je n'en suis pas encore aux fonctions méromorphes, mais tu m'as donné un bon teaser
Tigweg
Avec ton raisonnement, tu montres que |g| est minorée (par un réel strictement positif), donc est majorée donc bornée, ensuite Liouville et le tour est joué.
Cependant, tout bien réfléchi il me semble que la première preuve utilise moins d'hypothèses :
si je ne me trompe pas, on a seulement besoin de savoir que |f(z)| > 1
en-dehors d'un certain compact pour que la première preuve marche, alors que celle utilisant les fonctions méromorphes nécessite l'hypothèse
|f(z)| -> +, non?
Tigweg
En regardant la preuve que je propose, le fait que |f(z)|>1 suffit, car alors est bornée à l'infini, et donc g est bornée à l'infini, donc bornée tout court, donc constante et on conlut de la même manière.
Euh je ne crois pas , |f| est minorée par 1 en-dehors d'un certain compact,
mais le produit des |z-ak| n'est pas majoré à l'extérieur de ce compact, donc g n'est pas forcément minoré!
Dans ton premier message, tu as bien montré que h est minorée (donc g aussi puisque c'est la même démonstration en supposant que l'énoncé prend en compte les multiplicité des zéros de f) ?
Non précisément, je ne suis pas parvenu à prouver que h était minorée lol
Je crois vraiment que le recours à ton argument est indispensable, Kaiser!
[HS] Tigweg, je profite de ce topic (j'ai bien attendu que vous ayez terminé votre sérieuse conversation pour rajouter mon HS ) pour te passer un petit bonjour
Ca faisait quelques temps qu'on n'avait plus le tigre sur l'
avec sa collection de pièces, ses chapeaux, les fameuses dents et le "vivENT les bleus"
... J'espère que tu as passé de bonnes vacances, à bientôt
[/HS]
Estelle
Salut _Estelle_, ça fait plaisir!
Oui oui, j'ai passé de très bonnes vacances, et toi, bien reposée?
Parée pour la rentrée?
A bientôt!
Tigweg
Kaiser > Je ne sais pas de quel marquage tu parles, mais oui, marquée à vie
Le Tigre > Oui, tout va bien, merci
Estelle
Un autre résultat sympa du même genre:
Soit S la sphère de Riemann.
Les seules applications méromorphes de S sont les fractions rationnelles.
Sauf erreur(s)
Ce qui est beau en analyse complexe, est que tout devient très simple ...
Toujours autour des fonctions méromorphe, mais beaucoup plus compliqué:
Toute fonction méromorphe définie sur un domaine est le quotient de deux fonctions holomorphes.
Vous devez être membre accéder à ce service...
Pas encore inscrit ?
1 compte par personne, multi-compte interdit !
Ou identifiez-vous :