Exercices corrigés - Zéros des fonctions holomorphes, théorème de Rouché

Appliquons le théorème des zéros isolés à $f'$. On a nécessairement $f'=0$ sur $D(0,1)$ et donc $f$ est constante. De plus, le deuxième point nous dit que $f(1/2)=2$. Donc $f(0)=2$.

Supposons que $f$ n'est pas identiquement nulle. Alors il existe $z_0\in\Omega$ tel que $f(z_0)\neq 0$. Puisque les zéros de $f$ sont isolés, il existe $r>0$ tel que $f$ ne s'annule pas dans $D(z_0,r)$. Puisque $fg=0$, $g$ est identiquement nulle dans $D(z_0,r)$ qui est un ouvert non-vide. Par le principe du prolongement analytique, $g$ est identiquement nulle.

Soit $h=f/g$ qui est holomorphe dans $U$ puisque $g$ ne s'annule pas. Alors $$h'(z)=\frac{f'(z)g(z)-g'(z)f(z)}{\big(g(z)\big)^2}$$ et donc $h'$ s'annule en chaque $a_n$, et par passage à la limite en $a$. Par le principe des zéros isolés, $h'$ est identiquement nulle, donc $h$ est constante puisque $U$ est connexe. Ceci est exactement le résultat recherché.

On peut d'abord simplifier le problème : puisque $h'$ ne s'annule pas, le théorème d'inversion locale pour les fonctions holomorphes nous dit que, pour tout point $a$ de $U$, il existe un voisinage $V$ de $a$ contenu dans $U$, un voisinage $W$ de $b$ contenu dans $h(U)$, tel que $h$ est une bijection biholomorphe de $V$ sur $W$. Autrement dit, $h$ réalise une bijection de $V$ sur $W$ et $h^{-1}:W\to V$ est holomorphe. On a donc $g=f\circ h$ comme $f=g\circ h^{-1}$. Par conséquent, il suffit simplement de prouver l'implication $(i)\implies (ii)$.
Supposons donc que $b$ est un zéro d'ordre $m$ de $f$. On peut donc écrire $f(z)=(z-b)^m u(z)$, où $u$ est holomorphe dans un voisinage de $b$ et $u$ ne s'annule pas en $b$. Prouvons que $a$ est un zéro d'ordre $m$ de $g$. Pour cela, on va utiliser la caractérisation suivante : $a$ est un zéro d'ordre $m$ de $g$ si et seulement si, $$\lim_{z\to a}\frac{g(z)}{(z-a)^n}=0$$ pour tout $n<m$, et $$\lim_{z\to a}\frac{g(z)}{(z-a)^m}\neq 0.$$ Mais, pour $n\leq m$, on a \begin{eqnarray*} \frac{g(z)}{(z-a)^n}&=&\frac{f(h(z))}{\big(h(z)-b\big)^n}\times\left(\frac{h(z)-b}{z-a}\right)^n\\ &=&u(h(z))(h(z)-b)^{m-n}\times\left(\frac{h(z)-b}{z-a}\right)^n. \end{eqnarray*} Si $n<m$, ceci tend vers 0 lorsque $z$ tend vers $a$. Lorsque $n=m$, ceci tend vers $u(h(b))\big(h'(b)\big)^m\neq 0$. $a$ est donc bien un zéro d'ordre $m$ de $g$.

On applique le théorème de Rouché avec la fonction $f$, la fonction $g(z)=5z^3$ et le disque fermé de centre 0 et de rayon 1. Si $|z|=1$, alors $$|f(z)-g(z)|=|z^5+z-2|\leq 4<5=|g(z)|.$$ Par le théorème de Rouché, $f$ a le même nombre de zéros (comptés avec leur multiplicité) dans $D(0,1)$ que $g$, c'est-à-dire 3. De même, on applique le théorème de Rouché avec la fonction $f$, la fonction $h(z)=z^5$ et le disque fermé de centre 0 et de rayon 3. Si $|z|=3$, alors on a $$|f(z)-h(z)|=|5z^3+z-2|\leq 5.27+3+2=140<3^5=|h(z)|.$$ Ainsi, $f$ a le même nombre de zéros que $h$ dans $D(0,3)$. Autrement dit, $f$ a tous ses zéros (ils sont cinq) dans $D(0,3)$.

Supposons le contraire, et posons $f(z)=a_1 z^{n-1}+\dots+a_n$ et $g(z)=-z^n$. Alors $f$ et $g$ vérifient, pour $|z|=1$, $$|f(z)-g(z)|=|P(z)|<1\leq |g(z)|.$$ Par le théorème de Rouché, $f$ et $g$ ont le même nombre de zéros, comptés avec leur multiplicité, dans $D(0,1)$. Or, $g$ en a $n$ (rappelons que l'on compte aussi les multiplicités), donc $f$ doit aussi en avoir $n$. Ce n'est pas possible, car $f$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n-1$.

Soit $K_R$ le demi-disque situé dans le demi-plan $\Re e(z)\geq 0$ et de diamètre $[-iR,iR]$ où $R>|\lambda|+1$. Soit $\Gamma$ sa frontière, qu'on décompose en un segment $S$ et un demi-cercle $C$. Posons $f(z)=e^{-z}+z-\lambda$ et $g(z)=z-\lambda$. Alors, pour $z=it\in S$, on a $$|f(z)-g(z)|=|e^{-it}|=1<\Re e(\lambda)=|\Re e(it-\lambda)|\leq |it-\lambda|.$$ Pour $z$ sur le demi-cercle, on a $\Re e(z)\geq 0$ et donc $|f(z)-g(z)|=|e^{-z}|\leq 1$. Par ailleurs, $$|z-\lambda|\geq R-|\lambda|>1.$$ Dans tous les cas, pour $z\in\Gamma$, on a $$|f(z)-g(z)|<|g(z)|.$$ Ainsi, $f$ et $g$ ont le même nombre de zéros dans $K_R$. Ainsi, quel que soit $R$, $f$ a un zéro unique dans $K_R$. Comme c'est vrai pour tout $R>|\lambda|+1$, c'est vrai dans tout le demi-plan $\Re e(z)>0$ en faisant tendre $R$ vers $+\infty$.

Soit $P(z)=a_nz^n+\dots$ un polynôme de degré $n$ et posons $g(z)=a_n z^n$. $P-g$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n-1$. Il existe donc un réel $R>0$ tel que, sur le cercle de rayon $R$, on a $|P-g|<|g|$. Par le théorème de Rouché, $P$ et $g$ ont le même nombre de zéros dans le disque de centre 0 et de rayon $R$, c'est-à-dire $n$. En particulier, $P$ possède un zéro dans $\mathbb C$.