Licence 1, 2005–2006  Approfondissement en Mathématiques  R. Vergnioux

Fonctions homographiques et ping-pong

Corrigé

Exercice 1.

a. Si c = d = 0 alors ad − bc = 0, ce qui est contraire à l’hypothèse. b. Si c = 0, on a d ≠ 0 d’après la question précédente, donc le dénominateur de h_{A}(z) ne s’annule

jamais et h_{A} est définie sur ℂ entier. Si c ≠ 0, le dénominateur s’annule quand cz + d = 0, c’est-à-dire z = −d/c, donc le domaine de définition de h_{A} est ℂ \ {−d/c}.

c. Il s’agit de résoudre l’équation h_{A}(z) = w où l’inconnue est z et z ≠ −d/c. On a

\frac{az + b}{cz + d} = w ⟺ az + b = (cz + d)w ⟺ (a − cw)z = dw − b.

Si w ≠ a/c on peut diviser par a − cw et on obtient une unique solution z, donc w a un unique antécédent par h_{A}. Si w = a/c l’équation s’écrit 0 = dw − b = ad/c − b, ce qui n’est pas vérifié car ad/c − b = 1/c par hypothèse. Donc w = a/c n’a pas d’antécédent par h_{A}.

Exercice 2.

a. On a a = 1, b = 0, c = k et d = 1, ce qui donne en utilisant la définition de h_{A} :

2k h_{A}(z) − 1 = \frac{2kz}{kz + 1} − 1 = \frac{kz − 1}{kz + 1}.

On exprime ensuite le carré du module de cette quantité en utilisant la formule |z_{1} + z_{2}|^{2} = |z_{1}|^{2} + 2 Re z_{1}z̄_{2} + |z_{2}|^{2} (qui se démontre en développant |z_{1} + z_{2}|^{2} = (\overline{z_{1} + z_{2}})(z_{1} + z_{2})) :

|2k h_{A}(z) − 1|^{2} = \frac{|kz|^{2} − 2 Re kz + 1}{|kz|^{2} + 2 Re kz + 1}.

Comme k est réel on a Re kz = k Re z, donc si k > 0 et Re z > 0 on a Re kz > 0 et

−2 Re kz < 2 Re kz ⇒ |kz|^{2} − 2 Re kz + 1 < |kz|^{2} + 2 Re kz + 1 ⇒ |2k h_{A}(z) − 1|^{2} < 1.

b. Pour z dans H_{0} on a Re z > 0, donc pour k > 0 le calcul précédent donne |h_{A}(z)−1/2k| < 1/2k,

c’est-à-dire que h_{A}(z) est dans D_{k}. c. Sous les hypothèses de l’énoncé on a |kz| = (|k| − 1)|z| + |z| > |z| + 1 donc |kz| − 1 > |z|.

L’inégalité triangulaire donne alors |kz + 1| ≥ ||kz| − 1| > |z|. On en déduit

|h_{A}(z)| = \frac{|z|}{|kz + 1|} < \frac{|z|}{|z|} = 1.

d. Pour z dans H′ on a |z| ≥ | Re z| ≥ 1 donc on peut appliquer la question précédente : si |k| ≥ 2

il vient |h_{A}(z)| < 1, c’est-à-dire h_{A}(z) ∈ D′. e. Pour une telle matrice A on a h_{A}(z) = z + k, donc Re h_{A}(z) = Re z + k et d’après l’inégalité

triangulaire | Re h_{A}(z)| ≥ |k| − | Re z|. Maintenant pour z ∈ D′ on a | Re z| ≤ |z| < 1, donc si |k| ≥ 2 il vient | Re h_{A}(z)| > 2 − 1 = 1, c’est-à-dire h_{A}(z) ∈ H′.

Exercice 3.

a. On a A′A = ( \begin{matrix}a′a + b′c & a′b + b′d \\ c′a + d′c & c′b + d′d \end{matrix} ).

b. Les coefficients de A′A étant clairement entiers, il suffit de vérifier que (a′a + b′c)(c′b + d′d) − (a′b + b′d)(c′a + d′c) = 1. On utilise le fait que ad − bc = a′d′ − b′c′ = 1 :

(a′a + b′c)(c′b + d′d) − (a′b + b′d)(c′a + d′c) = = a′c′ab + a′d′ad + b′c′bc + b′d′cd − a′c′ab − a′d′bc − b′c′ad − b′d′cd

= a′d′ad − a′d′bc − b′c′ad + b′c′bc = (a′d′ − b′c′)(ad − bc) = 1.

c. En posant a′ = d, b′ = −b, c′ = −c, d′ = a dans le résultat de la première question on obtient

A′A = ( \begin{matrix}da − bc & db − bd \\ −ca + ac & −cb + ad \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )

car ad − bc = 1. Donc ({d \atop −c} {−b \atop a}) est bien l’inverse de A. d. On effectue le calcul en multipliant par cz + d en haut et en bas :

h_{A′}(h_{A}(z)) = \frac{a′h_{A}(z) + b′}{c′h_{A}(z) + d′} = \frac{a′ \frac{az+b}{cz+d} + b′}{c′ \frac{az+b}{cz+d} + d′} = \frac{a′(az + b) + b′(cz + d)}{c′(az + b) + d′(cz + d)}

= \frac{(a′a + b′c)z + (a′b + b′d)}{(c′a + d′c)z + (c′b + d′d)}.

e. En comparant les résultats des questions a et d on voit que h_{A′}(h_{A}(z)) = h_{A′A}(z) lorsque z appartient aux domaines de définition de h_{A} et h_{A′A}, et h_{A}(z) appartient au domaine de h_{A′}. Pour les autres valeurs de z on vérifie, en faisant plusieurs cas, que l’égalité est toujours vraie sous la forme h̃_{A′} ∘ h̃_{A} = h̃_{A′A}. Par exemple, en supposant que c et c′ sont non nuls, on a h̃_{A}(−d/c) = ∞ donc h̃_{A′}(h̃_{A}(−d/c)) = a′/c′. Calculons par ailleurs le numérateur et le dénominateur de h_{A′A}(−d/c) :

(a′a + b′c)(−d/c) + (a′b + b′d) = a′(−ad + bc)/c et
(c′a + d′c)(−d/c) + (c′b + d′d) = c′(−ad + bc)/c.

Donc −d/c est dans le domaine de définition de h_{A′A} et h̃_{A′A}(−d/c) = h_{A′A}(−d/c) = a′/c′.

Exercice 4. a. On a A^{2} = ({1 \atop 4} {0 \atop 1}) et A^{3} = ({1 \atop 6} {0 \atop 1}). On va démontrer par récurrence que A^{n} = ({1 \atop 2n} {0 \atop 1}). b. Pour n = 1, la formule redonne bien A = A^{1}. Supposons maintenant qu’elle est vérifiée au rang

n, on a alors

A^{n+1} = AA^{n} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 2n & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 2 + 2n & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 2(n + 1) & 1 \end{matrix} ) ,

donc la formule est vérifiée au rang n + 1. Cela achève la démonstration par récurrence. c. On applique le résultat de la question ???? à la formule trouvée pour A^{n} :

(A^{n})^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ −2n & 1 \end{matrix} ) .

Or (A^{n})^{−1} = A^{−n} par définition, donc la formule de la question précédente marche aussi avec −n à la place de n.

d. On a B = ^{t}A donc B^{n} = (^{t}A)^{n} = ^{t}(A^{n}) = ({1 \atop 0} {2n \atop 1}). e. On a |2k| ≥ 2 car k ∈ ℤ^{∗}. La formule obtenue pour A^{k} montre qu’on peut lui appliquer le

résultat de la question ???? : h_{A^{k}}(H′) ⊂ D′. De même la formule obtenue pour B^{k} montre qu’on peut lui appliquer le résultat de la question ????, ce qui donne h_{B^{k}}(D′) ⊂ H′ pour tout k ∈ ℤ^{∗}.

f. En appliquant trois fois les résultats de la question précédente, on obtient successivement h_{A^{m}}(H′) ⊂ D′ puis h_{B^{l}}(h_{A^{m}}(H′)) ⊂ H′ et enfin h_{A^{k}}(h_{B^{l}}(h_{A^{m}}(H′))) ⊂ D′. Si on avait A^{k}B^{l}A^{m} = I, d’après la question ???? on aurait h_{A^{k}} ∘ h_{B^{l}} ∘ h_{A^{m}}(z) = z pour tout z, et en particulier h_{A^{k}}(h_{B^{l}}(h_{A^{m}}(H′))) = H′. Cela est impossible car H′ n’est pas inclus dans D′.