7.5 D’une composante hyperbolique à une autre
7.5.3 Tuning
Soit H une composante hyperbolique de période K ≥ 2, c ∈ H−{cH}et f = Fc. Soit p/q ∈]0; 1[
un nombre rationnel écrit de façon irréductible, c′ le point d’aboutissement d’un rayon interne
de H d’angle p/q, et g = Fc′. Il est montré dans [CuiTan15] que g est la pincée de f le long
d’une p/q-toile de f. Soit A = α0∪ ⋅ ⋅ ⋅ ∪αq−1 cette p/q-toile et ϕ un pincement de f le long de A.
Soit ˜H la composante hyperbolique distincte de H et attachée à H en c′. Soit ˜c ∈ ˜H − {cH˜}
et ˜f = Fc˜. On a vu qu’il existe un homéomorphisme ˜ϕ ∶ J (g) → J ( ˜f ) tel que ˜f ○ ˜ϕ = ˜ϕ ○ g.
On étend ˜ϕ en un homéomorphisme ˜ψ ∶ ˆC →C (les composantes de Fatou sont des domainesˆ de Jordan).
Enfin, soit Φ = ˜ψ ○ ϕ.
Pour chaque composante de Fatou B de f, l’intersection B ∩ ⋃j≥0f−j(A) est comme la
lamination d’un polynôme. Quand on pince f le long de A, on s’attend donc à ce que les composantes de Fatou de f soient déformées en des ensembles de Julia remplis de polynômes. Si B est périodique alors il existe peut-être un voisinage U de Φ(B) tel que ( ˜fK(U ), U, ˜fK)soit
une application à allure polynomiale, de sorte que la restriction de ˜fK à Φ(B) soit conjuguée
à un polynôme restreint à son ensemble de Julia rempli (voir la définition 7.5.2 et le théorème 7.5.3).
Dans cette section on voit que si H n’est pas de la forme H1/K
E (K ≥ 2) alors il existe un tel
voisinage. On donne une condition suffisante dans le cas où H est de la forme H1/K
E avec K ≥ 3.
On note B1 la composante de Fatou de f contenant le point 0.
Proposition 7.5.16 Si Φ(B1) est plein, alors il existe un voisinage U de
Φ(B1) tel que ( ˜fK(U ), U, ˜fK) soit une application à allure polynomiale, avec
Kf˜K ∣U
=Φ(B1).
On rappelle qu’un fermé X ⊂ S2 est dit plein si S2−X est connexe.
Lemme 7.5.17 Notons ai le point αi∩J (f). L’image Φ(B1)est pleine si et
seulement si aucun point ai n’est un point d’intersection entre ∂B1 et le bord
d’une autre composante de Fatou.
Définition 7.5.18 (Satellite dégénéré) On dit que ˜H est un satellite dégénéré de H si les points ai sont des points d’intersection entre ∂B1 et le bord d’une autre composante de Fatou.
Preuve du lemme 7.5.17. Supposons qu’un des points ai soit un point d’intersection entre
∂B1 et le bord d’une autre composante de Fatou. En itérant, on obtient qu’il existe une com-
posante de Fatou périodique B distincte de B1, telle que tous les points ai soient des points
∂B1∩∂fM(B1). Comme p/q ∈]0; 1[, on a q ≥ 2 donc ϕ(B1) ne peut pas être plein. Par consé-
quent Φ(B1) n’est pas plein puisque c’est l’image de ϕ(B1) par l’homéomorphisme ˜ψ.
Supposons maintenant qu’aucun des points ai ne soit un point d’intersection entre ∂B1 et
le bord d’une autre composante de Fatou. Soit n ≥ 0 un entier et D une composante connexe de ⋃n
j≥0f−j(A). Chaque point de D ∩ J (f) est finalement envoyé sur un point ai, donc aucun
point de D ∩J (f) n’est un point d’intersection entre les bords de deux composantes de Fatou. Donc si D ∩ B1≠ ∅ alors D ⊂ B1. On a par conséquent
{y ∈ ˆC ∶ ∃x ∈ B1 tel que ϕ(x) = ϕ(y)} = B1.
Si x ∉ B1 alors ϕ(x) ∉ ϕ(B1), d’où ϕ(ˆC − B1) ∩ϕ(B1) = ∅, et ϕ(ˆC − B1) = ˆC − ϕ(B1) car ϕ
est surjective. Ainsi ˆC − ϕ(B1)est connexe puisque ˆC − B1 l’est. Par conséquent, ˆC − Φ(B1)est
connexe et Φ(B1)est plein. ∎
Preuve du lemme 7.5.16. Par continuité, Φ(B1)est compact, connexe et localement connexe.
De plus, ˜fK(Φ(B
1)) = Φ(B1). Supposons que ϕ(B1) soit plein. D’après le lemme 7.5.17, les
points ai ne sont pas des points de contact entre ∂B1 et le bord d’une autre composante de
Fatou. En particulier, la composante hyperbolique H n’est pas H1/2
E (dans laquelle il n’y a que
deux composantes de Fatou) et B1 n’est pas la seule composante de Fatou envoyée par fK sur
B1.
On va d’abord montrer que Φ(B1)est une composante connexe de ( ˜fK)−1(Φ(B1)). Ensuite,
on va utiliser l’hyperbolicité de ˜fK pour contruire le voisinage U.
Assertion 7.5.19 ϕ(B1) est une composante connexe de (gK)−1(ϕ(B1)).
Preuve . Puisque J (f) ne contient aucun point critique et que les composantes de Fatou de f sont des domaines de Jordan, B1 est une composante connexe de (fK)−1(B1). D’après le
corollaire 7.5.11, si fK(x) = fK(y) alors ϕ(x) ≠ ϕ(y). Donc ϕ((fK)−1(B
1)) = (gK)−1(ϕ(B1)).
Il suffit donc de montrer que si B′ est une composante de Fatou distincte de B1 envoyée par
fK sur B
1, alors ϕ(B′) ∩ϕ(B1) = ∅. Supposons qu’il existe un point x ∈ B′ et un point y ∈ B1
tels que ϕ(x) = ϕ(y). Par le corollaire 7.5.11 il existe une composante de Fatou Ω telle que x, y ∈ Ω. Donc les points x et y sont des points d’intersection entre des bords de composantes de Fatou. Puisque les points x et y sont finalement envoyés sur les points ai, les points ai sont des
points d’intersection entre des bords de composantes de Fatou. Comme on suppose que ϕ(B1)
est plein, c’est absurde. Ainsi ϕ(B1) est une composante connexe de (gK)−1(ϕ(B1)). ◻
Par conjugaison topologique sur les ensembles de Julia entre g et ˜f, Φ(B1)est une composante
connexe de ( ˜fK)−1(Φ(B 1)).
Pour alléger les écritures, notons h = ˜fK, et C = Φ(B
1). Comme h est hyperbolique, il
existe un voisinage V de J (h), une métrique conforme µ définie sur V , et une constante λ > 1, tels que ∣∣∣Dzh∣∣∣µ ≥λ pour tout z ∈ V . Notons η le minimum des distances entres deux
composantes connexes de h−1(C). On a η > 0 puisque C est une composante connexe de h−1(C).
Soit 0 < ε < η/2. Notons Nε le ε-voisinage de ∂C par rapport à la métrique µ. Quitte à réduire
ε, on a :
⋅ Nε∪C est simplement connexe (car C est plein),
⋅ Nε⊂V et h−1(Nε) ⊂V.
Comme Nε ⊂V, tout point w ∈ Nε peut être joint à ∂C par une géodésique (par rapport à µ)
incluse dans V . Pour tout z ∈ h−1(Nε) on a donc
(∗) distµ(z, h−1(∂C)) ≤ dist
µ(h(z), ∂C)
Notons W = Nε∪C. Soit U la composante connexe de h−1(W )qui contient C. Puisque ε < η/2,
on a U ⊂ W . Il n’y a qu’un point critique triple de h dans C. Quitte à choisir ε plus petit, le point critique triple de h dans C est le seul point critique de h dans U. De plus, h ∶ C → C est de degré 4 et h−1(C) ∩ U = C, donc h ∶ U → W est de degré 4. On en déduit par la formule de
Riemann-Hurwitz que U est simplement connexe.
On a donc un voisinage simplement connexe W de C et une composante connexe simplement connexe U de h−1(W ) telle que U ⊂ W . Le triplet (W, U, h) est donc une application à allure
polynomiale de degré 4. De plus, par (∗) on a Kh∣U = ⋂
j≥0
h−j∣U(U ) = Φ(B1).
∎
Corollaire 7.5.20 Si H n’est pas de la forme H1E/K (K ≥ 2) alors Φ(B1) est
plein.
Preuve . Supposons que H ne soit pas de la forme HE1/K (K ≥ 2). On a montré dans la section 7.4 que dans ce cas chaque point d’intersection entre les bords de deux composantes de Fatou est finalement envoyé par f sur un point K-solution. Comme on travaille avec q ≥ 2, les points ai ne sont pas K-solutions. Ainsi, les points ai ne sont pas des points d’intersection entre ∂B1
et le bord d’une autre composante de Fatou. Par le lemme 7.5.17, Φ(B1) est plein. ∎
Si H = H1/2
E alors les points aisont des points d’intersection entre ∂B1 et ∂f(B1)(puisque B1
et f(B1)sont les seules composantes de Fatou). Il ne nous reste plus que le cas H = H 1/K E avec
K ≥ 3. Jusqu’à la fin de cette section nous nous plaçons dans ce cas. On donne une condition suffisante pour que Φ(B1) soit plein.
On note B1, . . . , BK les composantes de Fatou périodiques de f, en respectant la dynamique.
La fermeture B1∪ ⋅ ⋅ ⋅ ∪BK est connexe et contient deux points fixes. On note u celui en lequel
f a pour nombre de rotation (K − 1)/K et u l’autre. En étudiant la dynamique de f sur R, il est facile de montrer que le troisième et dernier point fixe de fK dans ∂B
1 est le point ∂B1∩ R−.
Notons v ce point. Si les points ai sont des points d’intersection entre ∂B1 et le bord d’une
autre composante de Fatou, alors cette composante de Fatou est ou bien B2 ou bien BK.
B1 B2 r1(0) = v BK r1(1/6) r1(5/6) u =r1(2/3) u = r1 (1/3)
Figure 7.11 – Les tirets symbolisent le fait qu’il y ait une infinité de points d’intersection entre les bords. Les points de ∂B1∩ ∂B2 sont des points de la forme r1(θ) pour θ ∈ [1/6; 1/3] ∪ [2/3; 5/6].
Soit h ∶ S1→∂B
1 un homéomorphisme tel que fK(h(z)) = h(z4). Pour tout θ ∈ R/Z on note
r1(θ) le point h(e2iπθ). Quitte à changer d’homéomoprhisme, on suppose que v = r1(0). Ainsi,
On rappelle que 0 est un point critique triple de fK, et que c’est le seul point critique de fK
dans B1.
Lemme 7.5.21 Les points ai sont tous dans une même composante connexe
de ∂B1− {v, u, u}.
Preuve . Chaque composante connexe de B1−f−K(A)est un domaine de Jordan. Soit A′, A′′et
A′′′ les composantes connexes de f−K(A) ∩ B1 qui ne sont pas B1∩A. Notons U la composante
connexe de B1−f−K(A) qui contient le point 0. Alors U est envoyée avec un degré 4 par fK
sur son image. La frontière de U est également envoyée avec un degré 4 par fK sur son image.
Pour toute autre composante connexe V de B1−f−K(A), V et ∂V sont envoyés avec un degré
1sur leur image respective. Ainsi, les composantes connexes A′, A′′ et A′′′ sont nécessairement dans une même composante connexe de B1−A et Ai∩∂U ≠ ∅ pour chaque i = 1, 2, 3.
Si le bord d’une composante connexe W de B1−f−K(A) contient le point fixe attractif de
fK dans B
1, alors fK(W ) ∩ W = ∅, et W ne contient pas de point fixe de fK. Les points v, u
et u ne peuvent donc pas être au bord d’une composante connexe de B1−f−K(A) dont le bord
contient aussi le point fixe attractif de fK dans B
1. Ainsi, les points v, u et u sont tous dans le
bord d’une même composante connexe de B1−A : celle qui contient les pré-images A′, A′′ et
A′′′ (voir la figure 7.12). ∎ v u u a0 a1
Figure 7.12 – Ce disque représenteB1. Ici q= 2. Le point 0 est marqué par la croix. Les pré-images A′, A′′
et A′′′ sont en tirets.
Proposition 7.5.22 Si les points ai sont de la forme r1(θi)pour θi ∈ [0; 1/3],
alors Φ(B1) est plein. De même, si les points ai sont de la forme r1(θi) pour
θi∈ [2/3; 0], alors Φ(B1) est plein.
Preuve . Supposons que les points ai soient de la forme r1(θi) pour θi ∈ [0; 1/3]. Par le lemme
7.5.17 il suffit de montrer que les points ai ne sont pas des points de contact entre ∂B1 et
le bord d’une autre composante de Fatou périodique. Supposons qu’ils le soient. Alors cette autre composante de Fatou est B2, et les angles θi sont dans ]1/6; 1/3[ (voir la figure 7.11).
Cependant, il n’existe aucun θ ∈]1/6; 1/3[ tel que 4nθ ∈]1/6; 1/3[pour tout entier n ≥ 0. Comme
θi+1 =4nθi, on en déduit que les points ai ne sont pas des points de ∂B1∩∂B2. Ainsi, Φ(B1)
est plein.
La preuve est la même si les points ai sont de la forme r1(θi) pour θi∈ [2/3; 0]. ∎
Des observations sur ordinateur laissent penser que si les points ai sont de la forme r1(θi)
pour θi ∈ [1/3; 2/3], alors ils sont des points d’intersection entre ∂B1 et ∂BK et donc ˜H est un