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Holomorphe

Posté par
Nengo 19-02-17 à 15:49

Bonjour,

Je cherche à construire une application biholomorphe entre :

A = {z \in / 0 < |z| < 1   et   0 < Arg(z) < \frac{\pi}{2} }
et

H = {z \in / Im(z) > 0 }

Je suis donc parti de A, et d'une vision purement géométrique, je me suis dit que si je parvenais à "doubler" mon angle, et à dilater mon module, je pourrais obtenir H. Pour ce second point, j'ai cherché comment envoyer ]0,1[ sur ]0,[ : à l'aide de r tan(\frac{\pi}{2} r) ou de r -ln(r), par exemple
Mais alors, les fonctions que j'obtenais ne vérifiaient pas les équations de Cauchy-Riemann ...

Et à l'inverse, si j'écris ma fonction holomorphe f, de A dans H, comme le produit de deux fonctions :
f(z) = g(r) * e2i (avec r = |z| et = Arg(z) )
Alors les équations de Cauchy-Riemann me donne la condition :

i*r*g'(r)*e2i = 2*i*g(r)*e2i
Ce qui revient, pour peu que g'(r) soit non nul, à avoir :

\frac{g'(r)}{g(r)} = \frac{2}{r}

Donc g(r) = r² * ec avec c une constante d'intégration. Or, une fonction de ce type n'est pas solution de mon problème (de ]0,1[ dans ]0,[ ) !

Donc maintenant, je suis un peu perdu, car tout ce que je vois, c'est essayer de construire une application qui agirait "simultanément" sur mon argument, et mon module. Mais je n'ai vraiment pas l'habitude de construire des applications de ce genre ...

Quelqu'un aurait-il une petite indication à me donner ?

Posté par
Nengore : Holomorphe 20-02-17 à 11:21

Personne ?  

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 20-02-17 à 12:06

Bonjour Nengo.

L'idée de raisonner par figure est bonne (les complexes s'y prêtent très bien).

Effectivement on pose z = \rho.e^{i\theta} et soit \xi une bijection strictement croissante C^\infty : ]0,1[ \rightarrow \R^*_+

Tu peux construire une première bijection biholomorphe f qui envoie le quart de disque A' = \{z \in / 0 < |z| < 1/2   et   0 < Arg(z) < \frac{\pi}{2} \} sur A'' = \{z \in Re(z) > 0, Im(z) < 0 \} .

Par exemple \blue f:z \mapsto \frac{1}{\xi(\rho).e^{i\theta}}.

Puis tu composes avec la rotation \blue g : z \mapsto e^{i\pi/2}.z

Puis tu construis une bijection biholomorphe h qui envoie le premier quadrant ouvert sur H : par exemple \blue h: z = \rho.e^{i\theta} \mapsto \rho.e^{2i\theta}

Et tu n'a plus qu'à composer dans le bon ordre.

Tout est à vérifier, car ce n'est qu'une piste de réflexion

Posté par
Nengore : Holomorphe 20-02-17 à 12:48

Merci beaucoup, je vais essayer ça cet après-midi !

Posté par
Nengore : Holomorphe 20-02-17 à 14:31

Je me heurte sans cesse au même problème : la validité des équations de Cauchy-Riemann ...

Les homothéties ne posent pas de problèmes, mais lorsque j'essaye de "dilater" mon module, je ne parviens pas à le faire, de sorte que mon application f vérifie \frac{\partial f}{\partial \theta} = i\rho \frac{\partial f}{\partial \rho}

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 20-02-17 à 16:49

On cherche à dilater le quart de disque unité ouvert sur le demi plan supérieur ouvert.

Si on écrit F(\rho, \theta) = f(\rho)e^{i.g(\theta)}, il vient :

\dfrac{\partial F}{\partial \theta}= f(\rho).i.g'(\theta).e^{i.g(\theta)}

i\rho \dfrac{\partial F}{\partial \rho} = i.\rho.f'(\rho)e^{i.g(\theta)}

Les équations de C-R nous donnent alors qu'il faille :

f(\rho).g'(\theta)= \rho.f'(\rho) soit en intégrant avec la constante nulle :

f(\rho)= r^{g'(\theta) donc F(\rho, \theta) = \rho^{g'(\theta)}.e^{i.g(\theta)

Il reste à trouver une fonction g telle que :

\lim~g'(0^+) = -\infty, \lim~g'(\pi/2^-) = +\infty en croissant strictement, suffisamment régulière et intégrable sur ]0,1[.

\lim~g(0^+) = 0, \lim~g(\pi/2^-) = \pi.

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 21-02-17 à 12:23

En fait, c'est pas terrible, car ma fonction F n'est pas de la forme f(\rho)e^{i.g(\theta)}

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 21-02-17 à 16:12

J'ai enfin fini par trouver :

T : A \rightarrow \{z \in \C / Re(z) > 0, Im(z) > 0 \}; T(z) = -i.\dfrac{z+i}{z-i}

\varphi : \{z \in \C / Re(z) > 0, Im(z) > 0 \} \rightarrow H; \varphi(z) = \rho^2.e^{2i\theta}

Ce que tu cherches est \varphi \circ T.

Posté par
Camélia Correcteurre : Holomorphe 21-02-17 à 16:18

Bonjour

En voilà une qui marche directement (si je ne me suis pas trompée)

f(z)=\dfrac{z-i}{z+i}

>jsvdb Tu as un problème au point i qui est bien dans le demi-plan supérieur.

Posté par
Nengore : Holomorphe 21-02-17 à 16:24

Bonjour Camélia,

il me semble avoir croisé cette application sous le nom d'application de Cayley.
Mais n'enverrait-elle pas le semi-plan sur le disque unité tout entier ? (et non le quart de disque )

Posté par
Camélia Correcteurre : Holomorphe 21-02-17 à 16:31

Cette fois c'est moi qui ai mal lu! En effet, elle envoie sur tout le disque, donc jsvdb avait raison de composer encore avec quelque chose! Envoyer le disque ouvert sur un quart de disque ouvert doit se faire en utilisant une détermination de l'argument. Comme l'image du demi-plan supérieur fermé est le disque fermé privé du point 1, on doit pouvoir choisir une détermination... mais tant que ce n'est pas écrit, on ne peut être sur de rien. J'y réfléchirai encore!

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 21-02-17 à 16:56

Bonjour Camélia.

Tu as raison, je me suis trompé : le T de mon message 21-02-17 à 16:12 envoie tout le disque dans le 1/2 plan supérieur.

Il faut considérer T(z) = \dfrac{z-1}{z+1}

L'idée est la suivante :
On va de A dans le demi-disque supérieur par élévation au carré.
On va du demi-disque supérieur au premier quadrant par T.
On va du premier quadrant au demi-plan supérieur par élévation au carré.

Saur erreur

Posté par
Camélia Correcteurre : Holomorphe 21-02-17 à 17:17

>jsvdb Je viens de voir que tu as été chez la concurrence ! ce qu'ils disent c'est à peu près ce que nous savions!

Posté par
jsvdbre : Holomorphe 21-02-17 à 17:29

Bah quoi ! quand j'y arrive pas, je cherche ...

Posté par
Nengore : Holomorphe 21-02-17 à 18:08

J'ai une dernière question (je viens de finir de justifier que T était bien biholomorphe entre le demi-disque supérieur, et le premier quadrant) :

pouvez-vous me motiver tout cela ? Si l'on sait qu'on peut construire une application biholomorphe entre le demi-disque et le premier quadrant, je comprends pourquoi on part du quart de disque, on passe par le demi-disque, puis pas le premier quadrant, avant d'atteindre (enfin ) le demi-plan !

Parce que sinon, je ne trouve pas cela très naturel comme "chemin"

Posté par
Camélia Correcteurre : Holomorphe 22-02-17 à 16:44

En effet, ce n'est pas très naturel! Il existe des listes de transformations de ceci en cela, on pioche dedans et on essaie d'adapter. Il est bon de savoir que les fonctions homographiques et le logarithme complexe, quand on peut le définir sur le domaine envisagé, jouent souvent un rôle important. Par ailleurs, il n'y a pas unicité; il y avait peut-être un chemin plus rapide pour ton cas particulier!


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