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Fonctions analytiques (avec calcul)

Posté par
Camélia Correcteur 30-11-06 à 15:06

Bonjour

Puisque vous en redemandez, voici le "pack" qui m'a inspiré la solution de l'exo de Adeline85.

A) Montrer que pour u tel que 0<|u|<1 et 0<|v|<1 on a

\large \|\frac{u+v}{1+\overline u v}\|<1

et que pour |v|=1, on a égalité. (On en a déjà parlé, mais ça sert dans toute la suite)

B) Soit f une fonction holomorphe sur le disque unité ouvert telle que |f(z)|<1 pour tout z. On pose

\large \varphi(z)=\frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)} f(z)}

Calculer \varphi'(0) et, au moyen d'une intégrale montrer que |f'(0)|\leq 1-|f(0)|^2

C) Soit g une fonction continue sur le disque unité fermé D, holomorphe sur le disque ouvert et non constante. On suppose que |g(z)|1 sur le disque ouvert
et on fixe a dans le disque ouvert.

a) Montrer que |g(a)|<1.

b) Montrer que la fonction \psi définie pour za par

\large \psi(z)=\frac{f(z)-f(a)}{1-\overline{f(a)} f(z)}\times \frac{1-\overline a z}{z-a}
peut être prolongée en une fonction holomorphe sur le disque ouvert.

c) Montrer que

\large |f'(a)|^2\leq \frac{1-|f(a)|^2}{1-|a|^2}

Amusez-vous bien!

édit Océane : niveau renseigné

Posté par
raymond CorrecteurFonctions analytiques (avec calcul) 30-11-06 à 19:14

Bonjour.

Uniquement pour faire remonter le topic : je pense avoir trouvé A) et B).

A plus \scr{RR}

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 01-12-06 à 14:12

Bravo! ça le fera monter un peu plus!

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 05-12-06 à 14:19

pour adeline85

Posté par
raymond Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 09-12-06 à 12:26

Bonjour les holomorphistes.

Je me permets d'envoyer la partie A qui ne fait d'ailleurs pas intervenir les propriétés des fonctions holomorphes.

PARTIE A.

Je pose :

3$\textrm B(u,v) = \frac{u + v}{1 + \bar{u}v}

Il faut donc prouver que 0 < |u| < 1 et 0 < |v| < 1 => |B(u,v)| < 1.
Pour cela, je vais étudier la différence = 1 - |B(u,v)|². Le signe de sera celui de 1 - |B(u,v)|

Un calcul assez simple me donne :

3$\textrm \Delta = \frac{(1 - |u|^2)(1 - |v|^2)}{1 + u\bar{v} + \bar{u}v + |u|^2.|v|^2}

Le numérateur est strictement positif.
Pour le dénominateur D, utilisons le produit scalaire dans C² :

3$\textrm (Z|Z') = a\bar{a'} + b\bar{b'}

En prenant Z = (u,v) et Z' = (v,u), on a :
D = 1 + (Z|Z') + |u|².|v|²
L'inégalité de Schwarz donne : |(Z|Z')| ||Z||.||Z'||, ce qui se traduit par :

3$\textrm |u\bar{v} + \bar{u}v| \le |u|^2 + |v|^2.

Comme (Z|Z') est réel, le dénominateur D est encadré par :

(1 - |u|²)(1 - |v|²) D (1 + |u|²)(1 + |v|²)

Cela signifie que > 0 et :

3$\textrm |B(u,v)| = |\frac{u + v}{1 + \bar{u}v}| < 1

Le cas particulier |v| = 1 entrainant l'égalité.

A plus \scr{RR}

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 09-12-06 à 14:29

Bravo raymond! Jusqu'ici ça va!

Posté par
raymond Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 11-12-06 à 11:10

Bonjour.

Je me permets de traiter la partie B, dans laquelle je ne suis pas vraiment sur de mes preuves.
Je rappelle ma notation de la partie A :

3$\textrm B(u,v) = \frac{u + v}{1 + \bar{u}v}


PARTIE B.

La formule :

3$\textrm\phi(z) = \frac{f(z) - f(0)}{1 - \bar{f(0)}f(z)}

Définit bien une fonction holomorphe sur D = D(0,1[ puisque, par hypothèse, sur D, |f(z)| < 1.
Remarquons aussi que :

3$\textrm\phi(z) = B(-f(0),f(z))

Cela signifie que sur D, |(z)| < 1.

Le calcul direct de '(0) ne pose pas de problème :

3$\textrm\fbox{\phi^'(0) = \frac{f^'(0)}{1 - |f(0)|^2} : (I)}

Considérons alors r tel que 0 < r < 1 et :

3$\textrm\gamma(r) : [0,2\pi] \to \mathbb{C}, \gamma(r)(t) = re^{it}.

La formule intégrale de Cauchy appliquée à en tout z tel que |z| < r donne :

3$\textrm\phi(z) = \frac{1}{2\pi.i}\Bigint_{\gamma(r)}\frac{\phi(u)du}{u - z}.

On sait que l'on peut dériver :

3$\textrm\phi^'(z) = \frac{1}{2\pi.i}\Bigint_{\gamma(r)}\frac{\phi(u)du}{(u - z)^2}.

Ce qui donne au point 0 :

3$\textrm\fbox{\phi^'(0) = \frac{1}{2\pi.i}\Bigint_{\gamma(r)}\frac{\phi(u)du}{u^2}}.

Rentrons dans les détails :

3$\textrm\phi^'(0) = \frac{1}{2\pi.r}\Bigint_{0}^{2\pi}\phi(re^{it})e^{-it}dt.

Puisque sur D, |(z)| < 1, on aura :

3$\textrm |\phi^'(0)| \le 1/r.

En évoquant le pincipe du maximum :

3$\textrm |\phi^'(0)| \le 1.

Alors, (I) donne bien :

3$\textrm\fbox{|f^'(0)| \le 1 - |f(0)|^2}.

Mon interprétation de ce résultat : une majoration de la dérivée en 0 d'une fonction holomorphe f sur D, vérifiant |f(z)| < 1 sur D.

Cordialement \scr{RR}

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 11-12-06 à 16:57

Salut Raymond

J'enregistre et je lis à tête reposée. Je réponds demain. Bravo pour ta persévérance, tu m'as l'ait abandonné par le reste du groupe, mais surtout ne te décourage pas!

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 12-12-06 à 15:52

Bonjour Raymond

Rien à dire, c'est parfait! Même la rédaction et le latex sont très bien! Bon courage pour la suite.

Posté par
raymond Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 13-12-06 à 13:42

Bonjour à tou(te)s.

PARTIE C.

a). Par hypothèse, |g(a)| 1.
S'il existait a dans D = D(O,1[ tel que g(a) = 1, alors, g admettrait en a un extrémum local. g étant holomorphe et D connexe, cela entrainerait que g est constante sur D, ce qui est faux par hypothèse.
Donc :

3$\textrm\fbox{\forall a\in D(0,1[ , |g(a)| < 1.

Ceci nous permet donc de définir, pour z a :

3$\textrm\psi(z) = \frac{g(z) - g(a)}{1 - \bar{g(a)}g(z)}\times\frac{1 - \bar{a}z}{z - a}.

Avec ma notation B(u,v) de la partie A, cela donne :

3$\textrm\psi(z) = \frac{B(-g(a),g(z))}{B(-a,z)}.

On a aussi :

3$\textrm\psi(z) = \frac{g(z) - g(a)}{z - a}\times\frac{1 - \bar{a}z}{1 - \bar{g(a)}g(z)}.

Cette dernière écriture nous permet de prolonger au point a en posant :

3$\textrm\fbox{\psi(a) = g'(a)\times\frac{1 - |a|^2}{1 - |g(a)|^2} (II)}.

Ce prolongement rend continue au point a, donc sera bornée au voisinage de a. On sait que si est holomorphe sur D - {a} et bornée au voisinage de a, elle se prolonge en une fonction holomorphe sur D tout entier que nous noterons encore .

3$\textrm\fbox{\psi \ est holomorphe sur D = D(0,1[}

c). Pour prouver l'inégalité (je pense que dans ton énoncé, la puissance de 2 est superflue) :

3$\textrm |g^'(a)| \le \frac{1 - |g(a)|^2}{1 - |a|^2}

il suffit de montrer que :

3$\textrm |\psi(a)| \le \ 1

3$\textrm |\psi(z)| = |B(-g(a),g(z))|\times|\frac{1 - \bar{a}z}{z - a}| \le \ |\frac{1 - \bar{a}z}{z - a}|

Cette dernière fraction se modifie en plusieurs étapes que le LaTeX rend douloureuses à recopier.
Je résume :

3$\textrm|\frac{1 - \bar{a}z}{z - a}| = |z||\frac{\bar{z}^{-1} - z + z - a}{z - a}|

3$\textrm|\frac{1 - \bar{a}z}{z - a}| = |z|| 1 + \frac{\bar{z}^{-1} - z}{z - a}|.

Supposons |z| = r, 0 < r < 1. Alors :

3$\textrm |\psi(z)| \le \ 1 + |\frac{\bar{z}^{-1} - z}{z - a}|

Comme \bar{z}^{-1} et z sont colinéaires, il reste :

3$\textrm |\psi(z)| \le \ 1 + \frac{1/r - r}{r - |a|}.

Par le principe du maximum, ce dernier est atteint pour r = 1, donc :

3$\textrm\fbox{Sur D' = D(O,r] , |\psi(z)| \le \ 1}.

En reportant ce résultat dans la formule (II), on aura bien :

3$\textrm\fbox{|g^'(a)| \le \frac{1 - |g(a)|^2}{1 - |a|^2} (III)}

(Ce qui est encore vrai pour |g'(a)|², comme l'indique ton énoncé).

Cordialement \scr{RR}

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 13-12-06 à 14:15

A nouveau, j'enregistre et je répondrai dans un jour ou deux!

Posté par
Camélia Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 15-12-06 à 17:34

Bonjour raymond

C'est OK! En effet, j'avais un carré parasite qui, heureusement n'a pas gaché l'énoncé!

Posté par
raymond Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 15-12-06 à 19:22

Bonsoir Camélia.

Merci d'avoir pris le temps de relire mes calculs. A bientôt pour d'autres exercices.

Cordialement \scr{RR}

Posté par
raymond Correcteurre : Fonctions analytiques (avec calcul) 22-12-06 à 08:57

Bonjour.

Je fais remonter ce topic pour Cauchy, et pour tous les fans d'holomorphie.

Cordialement \scr{RR}

Posté par
Cauchyre : Fonctions analytiques (avec calcul) 22-12-06 à 14:40

Bonjour,

merci j'ai fait un exo dans ce genre il y a pas longtemps.


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