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\newtheorem*{theoreme}{Théorème}
\newtheorem*{definition}{Définition}
\newtheorem*{propriete}{Propriété}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque_preliminaire}{Remarque préliminaire}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}


\author{Leçons 203, 207, 219, 223, 245 \\ Salim Rostam}
\title{Couronnes biholomorphes}

\interfootnotelinepenalty=10000 %taille maximale des notes de bas de page (pour ne pas qu'elles se répartissent sur plusieurs pages)

\newcommand*{\C}{\mathcal{C}}
\newcommand*{\dd}{\,\mathrm{d}}
\DeclareMathOperator{\ind}{ind}

\begin{document}
\maketitle



\begin{remarque_preliminaire} Un théorème dû à B. Riemann\footnote{C'est le théorème de l'application conforme, en anglais \textit{Riemann mapping theorem}.} stipule que tout ouvert non vide simplement connexe (\og sans trou \fg{})  de $\mathbb{C}$ et différent de $\mathbb{C}$ est biholomorphe (\textit{i.e.} il existe une bijection holomorphe d'inverse holomorphe) au disque unité. Ce développement regarde ce qui se passe dans un cas particulier où l'ouvert \og possède un trou \fg{}.
\end{remarque_preliminaire}

\begin{definition} Pour $0 < r < R < \infty$, on définit la couronne $\mathcal{C}(r, R) := \{z \in \mathbb{C} : r < |z| < R\}$.
\end{definition}

\begin{propriete} Si $\lambda > 0$ alors $\mathcal{C}(r, R)$ et $\mathcal{C}(\lambda r, \lambda R)$ sont biholomorphes.
\end{propriete}

\begin{proof}
Il suffit de considérer l'homothétie de rapport $\lambda$, qui est un biholomorphisme de $\C(r, R)$ sur $\C(\lambda r, \lambda R)$.
\end{proof}

\begin{theoreme} C'est une équivalence, à savoir si $\mathcal{C}(r_1, R_1)$ et $\mathcal{C}(r_2, R_2)$ sont biholomorphes alors il existe $\lambda > 0$ tel que $r_2 = \lambda r_1$ et $R_2 = \lambda R_1$.
\end{theoreme}

\section{Préliminaire}

Quitte à composer par des homothéties --- qui sont, comme on l'a déjà remarqué plus haut, des biholomorphismes ---, on peut supposer que $r_1 = r_2 = 1$ ; de plus, on suppose que $R_1 \leq R_2$. Ainsi, les couronnes $\mathcal{C}_1 := \mathcal{C}(1, R_1)$ et $\mathcal{C}_2 := \mathcal{C}(1, R_2)$ sont biholomorphes et $1 < R_1 \leq R_2$ ; on veut montrer que $R_1 = R_2$.

Soit $f : \mathcal{C}(1, R_1) \to \mathcal{C}(1, R_2)$ un biholomorphisme (un tel biholomorphisme existe puisque les couronnes sont justement biholomorphes). L'idée est de montrer que $f$ est de la forme $z \mapsto C z^{\alpha}$, avec $\alpha := \frac{\log R_2}{\log R_1} \geq 1$ (pour \og envoyer $R_1$ sur $R_2$ \fg{}).

Considérons l'application $u : \C_1 \to \mathbb{R}$ définie de la façon suivante :
\[
\forall z \in \C_1, u(z) := \log |f(z)| - \alpha \log |z|
\]
(les logarithmes sont bien définis car pour $z \in \C_1$ on a $|z| > 1$ donc $|z| \neq 0$ et $f(z) \in \C_2$ donc $|f(z)| > 1$ en particulier $|f(z)| \neq 0$). En utilisant le principe du maximum pour les fonctions partant d'un ouvert de $\mathbb{R}^2$, on va montrer que $u$ est la fonction nulle.

\section{Harmonicité de $u$ sur $\C_1$}

Notons $\partial_z := \frac{1}{2}(\partial_x - i \partial_y)$ et $\partial_{\bar{z}} := \frac{1}{2}(\partial_x + i \partial_y)$ : on a $\partial_{\bar{z}} \partial_z = \frac{1}{4}(\partial_{xx} + \partial_{yy})$ donc il suffit de vérifier que $\partial_{\bar{z}} \partial_z u = 0$ (on considère $u$ comme partant du sous-ensemble de $\mathbb{R}^2$ correspondant à $\C_1$). Remarquons deux choses :
\begin{itemize}
\item les opérateurs $\partial_z$ et $\partial_{\bar{z}}$ héritent des règles de dérivation usuelles ;
\item si $g$ est dérivable alors $\partial_z \bar{g} = \frac{1}{2}(\partial_x \bar{g} - i \partial_y \bar{g}) = \frac{1}{2}(\overline{\partial_x g} - i \overline{\partial_y g}) = \overline{\partial_{\bar{z}} g}$ (note\footnote{En remplaçant $g$ par $\bar{g}$ on obtient $\overline{\partial_z g} = \partial_{\bar{z}} \bar{g}$ : on retrouve en quelque sorte l'égalité $\overline{z_1 z_2} = \bar{z}_1 \bar{z}_2$.}).
\end{itemize}

Avant de se lancer dans les calculs, réécrivons $u$ de la façon suivante :
\[u(z) = \frac{1}{2}\left(\log|f(z)|^2 - \alpha \log |z|^2\right) = \frac{1}{2}\left[\log (f\bar{f}) - \alpha \log (z \bar{z})\right]\]
ce qui montre que $u$ est de classe $\mathcal{C}^2$.

On a donc $ 2 \partial_z u = \frac{(\partial_z f) \bar{f} + f \partial_z \bar{f}}{f \bar{f}} - \alpha \frac{(\partial_z z) \bar{z} + z \partial_z \bar{z}}{z\bar{z}}$ ; par une remarque précédente, on a $\partial_z \bar{f} = \overline{\partial_{\bar{z}} f} = 0$ car $f$ est holomorphe (et par le même argument $\partial_z \bar{z} = 0$). Pour la même raison, $\partial_z f$ est alors $f'$ donc on obtient :
\[
\partial_z u = \frac{1}{2}\left(\frac{f'}{f} - \frac{\alpha}{z}\right)
\]

Finalement, comme les fonctions du membre de droite sont holomorphes, leur dérivée par rapport à $\partial_{\bar{z}}$ sont nulles donc on obtient $\partial_{\bar{z}} \partial_z u = 0$, \textit{i.e.} $u$ est harmonique.

\section{Prolongement continu de $u$ à $\overline{\C_1}$}
\label{sec:prol}

Pour pouvoir appliquer le principe du maximum à $u$, on va la prolonger sur $\partial \C_1 = \{ z \in \mathbb{C} : |z| = 1$ ou $|z| = R_1\}$. Pour ce faire, il suffit de regarder le comportement de $|f(z)|$ quand $|z| \to 1$ (cf. définition de $u$).

Ainsi, soit $(z_n) \in \C_1^{\mathbb{N}}$ une suite qui converge vers un complexe de module $1$ et soit $\ell$ une valeur d'adhérence de $(f(z_n))$ (une telle valeur d'adhérence existe car $(f(z_n))$ est à valeurs dans le compact $\overline{C_2}$) ; on note $(n_k)$ l'extractrice correspondante. On a $\ell \in \overline{\C_2}$ ; si $\ell \in \C_2$, alors comme $f$ est bijective il existe $z \in \C_1$ tel que $f^{-1}(\ell) = z$. Comme $f^{-1}$ est holomorphe, elle est en particulier continue donc on a $f^{-1}(f(z_{n_k})) = z_{n_k} \to z$. C'est absurde puisque $|z_{n_k}| \to 1$ et $|z| > 1$ ! Donc $\ell \in \partial \C_2$, \textit{i.e.} $|\ell| \in \{1, R_2\}$.

On vient donc de montrer que si $(z_n) \in \C_1^{\mathbb{N}}$ converge en module vers $1$ alors les valeurs d'adhérence de $(|f(z_n)|)$ sont $1$ ou $R_2$. On va maintenant montrer que c'est tout le temps la même : ainsi, la suite $(|f(z_n)|)$ possède une unique valeur d'adhérence et, étant à valeurs dans le compact $[1, R_2]$, elle converge vers cette valeur d'adhérence.

Soit $K := \mathcal{S}(0, \sqrt{R_2}) = \{z \in \mathbb{C} : |z| = \sqrt{R_2}\}$ ; l'ensemble $K$ est compact et comme $1 < R_2$ on a l'inclusion $K \subseteq \C_2$. Comme $f^{-1}$ est continue, l'ensemble $f^{-1}(K) \subseteq \C_1$ est également compact : ainsi, il existe $\varepsilon > 0$ tel que $\forall z \in f^{-1}(K), 1 + \varepsilon < |z| <
R_1 - \varepsilon$ (note\footnote{On peut justifier en disant que $d(f^{-1}(K), \partial \C_1) > 0$ car ce sont deux compacts disjoints.}).

\begin{figure}[h]
\centerline{
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=gray, opacity=0.5] (5, 0) circle (4cm);
\draw[fill=white] (5, 0) circle (1cm);
\draw (5, -4.2) node[below]{$\C_2$};
\draw[ultra thick] (5, 0) circle (2cm);
\draw (7.2, 0) node[right]{$K$};
;
\draw[fill=gray, opacity=0.5] (-5, 0) circle (3.5cm);
\draw[fill=white] (-5, 0) circle (1cm);
\draw (-5, -3.7) node[below]{$\C_1$};
;
\draw[ultra thick] (-7, -1) ..controls +(0, 3) and +(0, 3).. (-3, 0);
\draw[ultra thick] (-7, -1) ..controls +(0, -3) and +(0, -3).. (-3, 0);
\draw (-6, 1) node[above left]{$f^{-1}(K)$};
;
\draw[dashed] (-5, 0) circle (3.1cm);
\draw[dashed] (-5, 0) circle (1.4cm);
;
\draw[thin] (-8.5, 0) -- (-8.5, -3);
\draw[thin] (-8.1, 0) -- (-8.1, -3);
\draw[stealth-stealth] (-8.5, -3) -- (-8.1, -3);
\draw (-8.3, -3) node[below]{$\varepsilon$};
;
\draw[-stealth] (-4, 4) arc (120:55:6);
\draw (-0.75, 5) node[above]{$f$};
\end{tikzpicture}}
\legend{\textsc{Figure} -- Il faut faire un dessin !}
\end{figure}

En particulier, $\C(1, 1 + \varepsilon)$ est un connexe ne rencontrant pas $f^{-1}(K)$ donc $f(\C(1, 1 + \varepsilon))$ est un connexe (car $f$ est continue) ne rencontrant pas $K$. Comme les composantes connexes de $\C_2 \setminus K$ sont $\C(1, \sqrt{R_2})$ et $\C(\sqrt{R_2}, R_2)$, on a :
\[
f(\C(1, 1 + \varepsilon)) \subseteq
\begin{cases}
\C(1, \sqrt{R_2}) \\
\text{ou} \\
\C(\sqrt{R_2}, R_2)
\end{cases}
\]

Quitte à considérer $\frac{R_2}{f}$ au lieu de $f$, on peut supposer que l'on est dans le premier cas \textit{i.e.} $f(\C(1, 1 + \varepsilon)) \subseteq \C(1, \sqrt{R_2})$. En reprenant les notations précédentes, comme $z_n \in \C(1, 1 + \varepsilon)$ à partir d'un certain rang on a $f(z_n) \in \C(1, \sqrt{R_2})$ à partir d'un certain rang donc $\ell \in [1, \sqrt{R_2}]$. Comme $\ell \in \{1, R_2\}$ et que $R_2 > 1$ on a donc $\ell = 1$.

Finalement, on a prolongé $u$ par continuité sur $\{|z| = 1\}$ par $\log |1| - \alpha \log |1| = 0$. Pour prolonger $u$ par continuité sur $\{|z| = R_1\}$, on raisonne de la même façon ; il suffit juste de remarquer que $f(\C(R_1 - \varepsilon, R_1)) \subseteq \C(\sqrt{R_2}, R_2)$. En effet, si ce n'était pas le cas on aurait $f(\C(R_1 - \varepsilon, R_1)) \subseteq \C(1, \sqrt{R_2})$ (l'alternative précédente reste valide pour $f(\C(R_1 - \varepsilon, R_1))$) donc :
\[
f(\C_1) = f(\C(1, 1 + \varepsilon)) \cup f(\overline{\C(1 + \varepsilon, R_1 - \varepsilon)}) \cup f(\C(R_1 - \varepsilon, R_1)) \subseteq \C(1, \sqrt{R_2}) \cup K'
\]
avec $K' := f(\overline{\C(1 + \varepsilon, R_1 - \varepsilon)}) \subseteq \C_2$ compact (car $f$ continue). Ainsi, $\eta := d(\{|z| = R_2\}, K') > 0$ donc $d(\{|z| = R_2\}, f(\C_1)) \geq \min(R_2 - \sqrt{R_2}, \eta) > 0$ ce qui est absurde puisque $f(\C_1) = \C_2$.

Ainsi, $u$ se prolonge par continuité sur $\{|z| = R_1\}$ par $\log |R_2| - \alpha \log |R_1| = 0$ (par définition de $\alpha$ !). En conclusion, $u$ se prolonge par continuité par $0$ sur $\partial \C_1$.

\section{Conclusion}

D'après les deux sections précédentes, $u$ est continue sur $\overline{\C_1}$ et harmonique sur $\C_1$ donc par le principe du maximum, $u$ atteint ses extrema sur $\partial \C_1$. Or, on a vu que $u|_{\partial \C_1} \equiv 0$ donc $u \equiv 0$ !

En particulier, $\partial_z u$ est également nulle, ce qui se traduit par :
\begin{equation}
\label{eq:ed}
\frac{f'}{f} = \frac{\alpha}{z}
\end{equation}
(on a déjà fait le calcul). En intégrant sur $K = \mathcal{S}(0, \sqrt{R_2})$ (parcouru une fois, dans le sens direct, paramétré par $\gamma : [0, 1] \to \mathbb{C}$) on obtient :
\[
\int_0^1 \frac{f'(\gamma(t))}{f(\gamma(t)} \gamma'(t) \dd t = \alpha  \int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{z}
\]

On se rend compte que l'on peut faire un changement de variable dans la première intégrale, pour obtenir (après avoir divisé par $2i\pi$) :
\[
\ind_{f \circ \gamma}(0) = \alpha \ind_{\gamma}(0)
\]
donc par choix de $\gamma$, comme $\ind_{\gamma}(0) = 1$ on obtient $\alpha = \ind_{f \circ \gamma}(0)$, en particulier $\alpha \in \mathbb{Z}$ ; on a vu au tout début que $\alpha \geq 1$ donc on a même $\alpha \in \mathbb{N}^*$.

On peut donc intégrer sans problème l'équation différentielle $(\ref{eq:ed})$ pour obtenir $f(z) = C z^{\alpha}$ (dériver $f(z)z^{-\alpha}$ par exemple). La fonction $f$ étant non nulle on a $C \neq 0$, et comme $f$ est injective on a nécessairement $\alpha = 1$ (sinon on a $\alpha \in \mathbb{N}_{\geq 2}$ donc $f$ n'est pas injective car elle est définie sur $\C_1$). Finalement, cela signifie que $\frac{\log R_2}{\log R_1} = 1$ donc que $R_2 = R_1$ et c'est ce que l'on voulait montrer !

\begin{remarque}
On a même montré que $f$ s'écrit $f(z) = C z$ ; de plus, d'après la section \ref{sec:prol} on a $|C| \cdot 1 = 1$ donc $|C| = 1$ \textit{i.e.} $f$ est une rotation. Attention, les rotations ne sont pas les seuls biholomorphismes possibles entre $\C_1$ et $\C_2$, puisque l'on a éventuellement considéré $\frac{R_2}{f}$ dans la section $3$. Ainsi, les biholomorphismes entre $\C_1$ et $\C_2$ sont les rotations et les $\frac{R_2}{\text{rotations}}$ (de centre $0$).
\end{remarque}

\begin{thebibliography}{2}

\bibitem{rudin} RUDIN Walter, \textit{Analyse réelle et complexe} (troisième édition). Dunod, 2009.
\bibitem{queffelec} QUEFFÉLEC Hervé, \textit{Topologie} (quatrième édition). Dunod, 2012.

\end{thebibliography}

\end{document}