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Théorème de Schwarz-Pick - Bibm@th.net

Exercice 1 - Théorème de Schwarz-Pick ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $f$ une fonction holomorphe du disque unité ouvert $D$ dans lui-même. Pour $a\in D$, on considère l'homographie $$\phi_a:z\mapsto \frac{z-a}{1-\bar az}.$$

Montrer que $\phi_a$ est une bijection de $D$ dans lui-même. Quelle est sa réciproque?
Calculer $\phi_a'(a)$.
Quelle est l'image du point $0$ par $h=\phi_{f(a)}\circ f\circ (\phi_a)^{-1}$? En déduire que pour tout $z\in D$, on a $$\left|\frac{f(z)-f(a)}{1-\overline{f(a)}f(z)}\right|\leq \left|\frac{z-a}{1-\bar a z}\right|$$ puis $$|f'(a)|\leq \frac{1-|f(a)|^2}{1-|a|^2}.$$

Indication

Corrigé

On commence par prouver que $\phi_a$ est bien défini sur $\overline D$. En effet, le domaine de définition de $\phi_a$ est l'ensemble des nombres complexes $z$ tels que $1-\bar a z\neq 0$, c'est-à-dire l'ensemble des $z\neq 1/\bar a$. Puisque $|a|<1$, $|1/\bar a|>1$, et donc $\phi_a$ est bien défini sur $\overline D$.
On prouve ensuite que $\phi_a$ est bien à valeurs dans $D$. En fait, remarquons que $\phi_a$ est une fonction holomorphe \emph{non constante}. D'après le principe du maximum, on a $$\sup_{z\in D}|\phi_a(z)|<\sup_{|w|=1}|\phi_a(w)|.$$ Fixons donc $t\in\mathbb R$ et calculons $\phi_a(e^{it})$ : \begin{eqnarray*} |\phi_a(e^{it})|&=&\left|\frac{e^{it}-a}{1-e^{it}\bar a}\right|=\frac{|e^{it}-a|}{|e^{it}(e^{-it}-\bar a)|}\\ &=&\frac{|e^{it}-a|}{|e^{-it}-\bar a|}=\frac{|e^{it}-a|}{|\overline{e^{it}-a}|}=1. \end{eqnarray*} Ceci prouve bien que $\phi_a$ est à valeurs dans $D$. Prouvons enfin que $\phi_a$ est une bijection. Fixons $w\in D$. On a \begin{eqnarray*} \phi_a(z)=w&\iff&\frac{z-a}{1-\bar a z}=w\iff z-a=w-\bar a zw\\ &\iff&z(1+\bar a w)=a+w\iff z=\frac{w+a}{1+\bar a w}\\ &\iff&z=\phi_{-a}(w). \end{eqnarray*} Puisque $\phi_a$ envoie également $D$ dans $D$, ceci prouve que $z\in D$ et donc que $\phi_a$ est une bijection de $D$ sur $D$ de bijection réciproque $\phi_{-a}$.
On calcule $\phi_a'$ : $$\phi_a'(z)=\frac{(1-\bar a z)+\bar a(z-a)}{(1-\bar a z)^2}=\frac{1-|a|^2}{(1-\bar a z)^2}.$$ Remplaçant $z$ par $a$, on trouve $$\phi_a'(a)=\frac{1}{1-|a|^2}.$$
Puisque $(\phi_a)^{-1}(0)=\phi_{-a}(0)=a$, on a $h(0)=0$. Ainsi, $h$ envoie $D$ dans $D$, et vérifie $h(0)=0$. Par le théorème de Schwarz, on en déduit que $|h(z)|\leq |z|$ pour tout $z$ dans $D$. En particulier, pour tout $z$ dans $D$, on a $|h(\phi_a(z))|\leq |\phi_a(z)|$, qui est exactement l'inégalité demandée sur $f$. Enfin, si on écrit l'inégalité sous la forme $$\left|\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\right|\leq \left|\frac{1-\overline{f(a)}f(z)}{1-\bar a z}\right|$$ et si on fait tendre $z$ vers $a$ dans l'inégalité précédente, on trouve le résultat voulu sur la dérivée, puisque $|a|^2<1$ et $|f(a)|^2<1$.