puisque D 6= C, δ est un r´eel positif

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Universit´e Lille I 2010-2011

M2R - S4 M´etriques invariantes

Corrig´e du probl`eme de l’examen

Probl`eme.

Partie I

1. (a) Soit z₀ ∈ D, et δ := dist(z₀, ∂D) : puisque D 6= C, δ est un r´eel positif. Alors g : z 7→ z₀ +δz est une fonction holomorphe de ∆ dans D, v´erifiant g(0) = z₀ et g⁰(0) =δ.

Donc Sup{|f⁰(0)|/ f ∈Hol(∆, D), f(0) =z0} ≥δ, et par d´efinition de la m´etrique de Kobayashi : ρ^K_D(z₀)≤ 1

δ.

(b) On sait que, puisque Dest born´e `a bordC² :

∃c >0/∀z∈D, c

dist(z, ∂D) ≤ρ^C_D(z).

Or on a toujoursρ^C_D(z)≤ρ^K_D(z), d’o`u la conclusion.

2. Par hypothèse, f : D₁ → D₂ est biholomorphe, c’est donc une isométrie infinitésimale pour la métrique de Kobayashi :

∀z∈D1, ρ^K_D₂(f(z))|f⁰(z)|=ρ^K_D₁(z).

L’inégalité du 1.a) pour D₁ appliquée au point z et l’inégalité du 1.b) pourD₂ appliquée au pointf(z) donnent donc une constantec2 >0 telle que

c₂

dist(f(z), ∂D2)|f⁰(z)| ≤ρ^K_D₂(f(z))|f⁰(z)|=ρ^K_D₁(z)≤ 1 dist(z, ∂D1) pour toutz∈D₁. Ainsic⁰ = 1/c₂ convient.

Partie II

1. (a) Par d´efinition : _∂z^∂ = ¹₂

∂

∂x−i_∂y^∂

et _∂¯^∂_z = ¹₂

∂

∂x+i_∂y^∂ . Ainsi _∂x^∂ = _∂z^∂ +_∂¯^∂_z et _∂y^∂ =i _∂z^∂ −_∂¯^∂_z

. En utilisant l’identit´e _∂z∂¯^∂²_z = _∂¯^∂_z∂z² , on obtient

∂²

∂x² = _∂z^∂ +_∂¯^∂_z _∂

∂z +_∂¯^∂_z

= _∂z^∂²2 + 2_∂¯^∂_z∂z² +_∂^∂_z_¯²2

∂²

∂y² = (i)² _∂z^∂ −_∂¯^∂_z _∂

∂z −_∂^∂_z_¯

=−_∂z^∂²₂ + 2_∂¯_z∂z^∂² −_∂¯^∂_z²₂ et donc _∂x^∂²2 +_∂y^∂²2 = 4_∂¯^∂_z∂z² .

1

(2)

(b) Soitfholomorphe `a valeurs dansU, autrement dit ^∂f_∂_z_¯ = 0 (et donc^∂_∂z^f^¯ = 0). Alorsu◦f est de classeC²et ^∂(u◦f)_∂z (z0) = ^∂u_∂z(f(z0))^∂f_∂z(z0)+^∂u_∂¯_z(f(z0))^∂_∂z^f^¯(z0) = ^∂u_∂z(f(z0))^∂f_∂z(z0), et puisque f⁰ est holomorphe :

∆(u◦f)z0 = 4 ∂

∂¯z ∂u

∂z ◦f

×f⁰

(z0)

= 4 ∂

∂¯z ∂u

∂z ◦f

(z0)×f⁰(z0) + 4 ∂u

∂z ◦f

(z0)×∂f⁰

∂z¯(z0)

= 4 ∂

∂¯z ∂u

∂z ◦f

(z₀)×f⁰(z₀)

= 4 ∂

∂z ∂u

∂z

(f(z₀))∂f

∂¯z(z₀) + ∂

∂z¯ ∂u

∂z

(f(z₀))∂f¯

∂¯z(z₀)

×f⁰(z₀)

= 4 ∂²u

∂¯z∂z(f(z0))×∂f¯

∂¯z(z0)f⁰(z0).

Puisque ^∂_∂¯^f_z^¯ = ^∂f_∂z =f⁰, il vient :

∆(u◦f)_z₀ = ∆u_f(z₀₎× |f⁰(z₀)|² donc si ∆u est positif, ∆(u◦f) est aussi positif.

2. (a) Calculons : ^∂u_∂x = ^∂Φ_∂x + 2kΦ^∂Φ_∂x et _∂x^∂²^u2 = ^∂_∂x²^Φ2 + 2k ^∂Φ_∂x2

+ 2kΦ^∂_∂x²^Φ2 et de même pour les dérivées par rapport ày. Ainsi, en toutz∈U,







du_z = ^∂u_∂x(z)dx+^∂u_∂y(z)dy= (1 +kΦ(z))

∂Φ

∂x(z)dx+ ^∂Φ_∂y(z)dy

= (1 + 2kΦ(z))dΦ_z

∆u_z = ^∂_∂x²^u2(z) +^∂_∂y²^u2(z) = (1 + 2kΦ(z))∆Φ_z+ 2k

∂Φ

∂x(z)2

+

∂Φ

∂y(z)2 Remarquons que ^∂Φ_∂x(z)2

+ ∂Φ

∂y(z) 2

=kdΦ_zk² o`u la norme de l’application lin´eaire dΦ_z est la norme euclidienne dans la base (dx, dy). Donc

∆uz = (1 + 2kΦ(z))∆Φz+ 2kkdΦ_zk². En un pointp tel que Φ(p) = 0 :

u(p) = 0, du_p=dΦ_p et ∆u_p= ∆Φ_p+ 2kkdΦ_pk².

(b) La fonction Φ vérifie par hypothèse les trois premières conditions. Par contre, on n’a a priori aucune information sur ∆Φ. L’idée est donc de perturber Φ à l’ordre 2. Or si u= Φ +kΦ², pour tout p∈∂D1, on a Φ(p) = 0 et dΦp 6= 0, donc u(p) = 0, dup 6= 0 et

∆up = ∆Φp+ 2kkdΦ_pk²>0⇔k >− ∆Φp

2kdΦ_pk². La fonction p 7→ −_2kdΦ^∆Φ^p

pk² est bien d´efinie et continue sur le compact ∂D₁ : en particulier elle est major´ee. Soit doncM son maximum, choisissons k > M.

Alors pour tout p ∈ ∂D1, on a : ∆up > 0, dup 6= 0, et 1 +kΦ(p) = 1. Puisque les fonctions ∆u,duet 1 +kΦ sont continues surC, on en d´eduit qu’il existe un voisinage U₁ de ∂D₁ dansCtel que pour tout z∈U₁, ∆u_z >0,du_z 6= 0, et 1 +kΦ(p)>0. En

2

(3)

particulier, u(z) = Φ(z)(1 +kΦ(z)) a le mˆeme signe que Φ(z), c’est-`a-dire u(z) <0 siz∈U∩D₁,u(z) = 0 siz∈∂D₁ etu(z)>0 siz∈U∩ ^cD₁.

Quitte `a restreindre U en U₁, on peut supposer que c’est un voisinage tubulaire de

∂D1.

(c) Soit z ∈U₁∩D₁ : puisque U₁ est un voisinage tubulaire de ∂D₁, le projeté p(z) de z sur ∂D1 est bien défini, et et le segment entre z et p(z) est inclus dans U1∩D1. Puisque u(p(z)) = 0, l’inégalité des accroissements finis donne

|u(z)|=|u(z)−u(p(z))| ≤ Max

w∈[z;p(z)]kdu_wk × |z−p(z)| ≤ Max

w∈D₁

kdu_wk × |z−p(z)|.

On peut donc poserM₁ = Max

w∈D₁

kdu_wk(qui est fini puisque duest continue etD₁ est compact, et strictement positif puisqueun’est pas identiquement nulle surU1∩D1).

Partie III

1. Par hypothèse f⁻¹ :D₂ → D₁ est bien définie, etu est définie sur C, donc v := u◦f⁻¹ est bien définie surD2.

Puisque u est sous-harmonique et strictement négative sur U1∩D1, il suffit de montrer qu’il existe un voisinage U2 de ∂D2 tel que f⁻¹(U2∩D2) =U1∩D1. En effet, pour tout w∈U₂∩D₂, on aura alorsf⁻¹(w)∈U₁∩D₁ et doncv(w) =u(f⁻¹(w))<0 ; d’autre part, vu la question II.1.b), ∆vw = ∆u_f⁻¹_(w)× |(f⁻¹)⁰(w)|² >0 puisque f⁻¹ est biholomorphe (en particulier, sa dérivée ne s’annule pas).

Soit V1 :=U1∩D1 etK1=D1\V1 : alorsK1 est un compact de D1, et K2:=f(K1) est un compact de D₂ puisque f :D₁ → D₂ est continue. Donc on peut d´efinir U₂ comme le compl´ementaire de K₂ dansC, c’est bien un voisinage de∂D₂ et par construction

f⁻¹(U2∩D2) =f⁻¹(D2\K2) =f⁻¹(D2)\f⁻¹(K2) =D1\K1=V1 =U1∩D1

(on vient en fait de montrer qu’un hom´eomorphisme entre deux domaines born´es “envoie le bord sur le bord”).

2. Soit z∈U₁∩D₁, etw:=f(z)∈U₂∩D₂ d’après la question précédente. Alors v(w)≤ −M₂dist(w, ∂D2)

et d’apr`es II.2.c),

v(w) =v(f(z)) =u(z) =−|u(z)| ≥ −M₁dist(z, ∂D1)

car p(z) est le projet´e de z sur le bord et donc dist(z, ∂D₁) = |z−p(z)|. Finalement

−M₁dist(z, ∂D₁)≤ −M₂dist(f(z), ∂D₂), d’où l’inégalité voulue.

Vu I.2. et III.2., on a montr´e que ∀z ∈ U₁ ∩D₁, |f⁰(z)| ≤ c⁰^M_M¹

2, autrement dit |f⁰| est uniformément bornée près du bord. De plus |f⁰| est continue, K1 = D1\(U1 ∩D1) est compact donc c⁰⁰ := Max

z∈K₁|f⁰(z)| est bien d´efini. On vient donc de montrer que |f⁰| est born´ee parC := Max(c⁰⁰, c⁰M₁/M₂) surD₁.

3. L’idée est d’utiliser le critère séquentiel de continuité : f a une limite en p ∈ ∂D1 si et seulement si pour toute suite (z_n)_n dans D₁ qui converge (au sens euclidien) vers p, (f(z_n))_n converge. Soit donc p∈∂D₁ et (z_n) une suite dansD₁ qui converge versp. Pour

3

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montrer que (f(z_n)) converge (avec une limite dans D₂), il faut montrer qu’elle est de Cauchy. Or (z_n) converge donc est de Cauchy : ainsi il s’agit de transmettre le crit`ere de Cauchy de (zn) `a (f(zn)).

SiD1était convexe, on aurait pour tousz, z⁰ ∈D1, [z;z⁰]⊂D1 et l’inégalité des accroissements finis montrerait quef estC-lipischitzienne surD₁ et donc que le critère de Cauchy se transmet. Mais dans le cas général, le segment [z;z⁰] n’est pas nécessairement inclus dansD1. Pour se ramener à ce cas, on se restreint à un voisinage convexe depdansD1, en utilisant que, localement,D₁ “ressemble” au demi-plan H. Pour obtenir le résultat voulu, il faudra quand même s’assurer que l’application transformant localement D1 en H est lipschtzienne, de réciproque lipschitzienne.

Puisque D₁ est à bord C² etp ∈ ∂D₁, il existe un voisinage ouvert V de p dans C et un C²-difféomorphisme ϕ:V → R² tels que ϕ(p) = 0,ϕ(∂D₁∩V) = R× {0} etϕ(D₁∩V) est le demi-plan inférieur H. Soit r0 > 0 tel que ∆(p, r0) ⊂ V, et posons V0 = ∆(p, r0).

En particulier,V0 est convexe et commedϕ est continue surV, elle est bornée (en norme d’opérateur) sur le compactV₀par une constanteC⁺: d’après l’inégalité des accroissements finis,ϕestC⁺-lipschitzienne surV0. De plus, puisqueϕest un homéomorphisme,ϕ(V0) est un voisinage ouvert de 0 dansR² donc il existe r >0 tel que ∆r⊂ϕ(V0). En particulier,

∆_r∩Hest convexe, etd(ϕ⁻¹) est bornée par une constanteC⁻ sur le compact ∆_r. Alors pour tousz, z⁰ ∈ϕ⁻¹(∆_r)∩D₁, en posantw=ϕ(z) etw⁰ =ϕ(z⁰), on aw, w⁰ ∈∆_r∩H, donc [w;w⁰]⊂∆r∩H et d’après l’inégalité des accroissements finis,

|f(z)−f(z⁰)|=|f ◦ϕ⁻¹(w)−f ◦ϕ⁻¹(w⁰)| ≤ Max

α∈[w;w⁰]kd(f◦ϕ⁻¹)_αk × |w−w⁰|.

Or kd(f ◦ ϕ⁻¹)_αk ≤ kdf_ϕ−1(α)k · kd(ϕ⁻¹)_αk ≤ CC⁻ puisque df est born´ee par C sur D1 3ϕ⁻¹(α) et qued(ϕ⁻¹) est born´ee parC⁻ sur ∆r⊃[w;w⁰]3α. Donc

∀z, z⁰ ∈ϕ⁻¹(∆r)∩D1, |f(z)−f(z⁰)| ≤CC⁻|ϕ(z)−ϕ(z⁰)| ≤CC⁻×C⁺|z−z⁰| carϕest C⁺-lipschitzienne sur V₀ etz, z⁰ ∈ϕ⁻¹(∆_r)⊂V₀.

Finalement, commeϕ⁻¹(∆r)∩D1 est un voisinage ouvert de pdansD1, on a montré que si p∈∂D1, f est lipschitzienne sur un voisinage de p dans D1. Puisque (zn) est de Cauchy, (f(z_n)) est de Cauchy donc converge dans D₂. C’est vrai pour toute suite (z_n) dansD₁ convergeant verspdonc, d’après le critère séquentiel,f a une limite enp. Posons

f˜(z) = f(z) si z∈D1

limw→z, w∈D1f(w) siz∈∂D₁

Par construction, ˜f : D₁ → D₂ co¨ıncide avec f sur D₁. Il reste `a montrer qu’elle est continue en tout point p∈∂D1. Or on a vu qu’il existe une constanteCp et un voisinage V_p de p dansCtels que

∀z, z⁰ ∈Vp∩D1, |f(z)−f(z⁰)| ≤Cp|z−z⁰|.

Alors, par continuité, on obtient la même inégalité pour ˜f sur Vp ∩D1 en passant à la limite vu la construction de ˜f. Ainsi ˜f est lipschitzienne,a fortiori continue, en p.

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