LESTRANSFORMATIONS CONFORMES · Chapitre9 LESTRANSFORMATIONS CONFORMES 9.1 INTRODUCTION. Rappelonsqu’unefonctioncomplexefestunepartieduproduitcart´esienneC⊗C detellesorteque

Chapitre 9

LES TRANSFORMATIONSCONFORMES

9.1 INTRODUCTION.

Rappelons qu’une fonction complexe f est une partie du produit cartesienne C⊗C de telle sorte quel’etude geometrique de ses proprietes doit se faire en tenant compte du fait que nous ne pouvonsvisualiser directement une structure de quatre dimensions. Afin de compenser nos limitations il estd’usage de considerer le graphique d’une fonction complexe en utilisant deux plans C (R2) ou ledomaine Ω de la fonction est visualisee dans le premier et l’image f(Ω) dans le deuxieme. De cettemaniere f peut etre consideree comme une transformation appliquee a des objets geometriques(points, courbes, ensembles etc.) qui font partie du domaine de la fonction et, en general, nousvoulons connaıtre l’effet de f sur ces objets car ceci nous donnera une connaissance des proprietesde la fonction elle-meme.

Exemple 9.1.1 Pour certaines fonctions simples on peut arriver a des conclusions rapides.

a) La fonction definie par w = f(z) = z a C comme domaine et f(C) = C. Cette fonction estl’identite dans le sens que tout objet geometrique est transforme dans une copie exacte delui-meme.

b) La fonction definie par w = f(z) = z a aussi C comme domaine et chaque point (x, y) setransforme en (u, v) = (x,−y). Si l’on superimpose le plan des images sur le plan du domaineon voit que l’image d’un objet geometrique quelconque est obtenu en prenant sa reflexion dansl’axe des x.

c) Si f est definie par w = f(z) = z|z| le domaine est Ω = C−0 et l’image de chaque point z ∈ Ω

est un point sur le cercle unitaire C(0, 1) = w : |w| = 1 dans le plan des images. Tous lespoints sur une demi-droite partant de l’origine, a l’exclusion de 0, sont transformes en unmeme point sur C(0, 1) ce point etant determine par l’angle que fait la demi-droite avec l’axereel dans C.

283

284 CHAPITRE 9. LES TRANSFORMATIONS CONFORMES

Fin de l’exemple.

Il est parfois interessant d’examiner l’effet d’une fonction sur une courbe particuliere ou sur unefamille de courbes. Par exemple, la fonction f definie par w = u + iv = f(z) = z2 = x2 − y2 + 2ixya la propriete que le reseau RI des coordonnees dans le plan des images (a savoir les deux famillesde droites u = const. et v = const.) se transforme dans un reseau RΩ qui consiste de deux famillesd’hyperboles x2 − y2 = const. et xy = const.

Chacun de ces reseaux est orthogonal dans le sens que deux courbes, une de chaque famille dumeme reseau, se recoupent a un angle de π

2 .Pour cette meme fonction notons que les droites verticales de C se transforment en des paraboles

u = c2 − v2

4c2, le cercle unitaire de C devient le cercle unitaire dans le plan des images. Mais deja

une courbe simple comme le cercle (x− 1)2 + y2 = 1 se transforme en la courbe de quatrieme degre

[u2 + v2 + 2u − 2

]2= 1 − 2u .

Il est donc manifeste que l’etude des courbes particulieres devient vite compliquee et son interetreside plutot dans des problemes specifiques.

Supposons maintenant que f soit une fonction polygene definie dans une region Ω de C et que fs’exprime comme f(z) = w = u + iv = u(x, y) + iv(x, y). Si C1 et C2 sont deux arcs correspondantrespectivement aux equations parametriques z1 = z1(t) : t ∈ (a, b) et z2 = z2(t) : t ∈ (a, b) ou−∞ < a < b < +∞ et si les deux arcs passent par z, leurs vecteurs tangents sont dz1

dt et dz2dt avec,

disons, les directions θ1 et θ2 associees. Chacun de ces arcs aurait une image lorsque leurs equationsparametriques sont substituees dans l’equation qui definit f . On note ces equations par

w1(t) = f(z1(t)) et w2(t) = f(z2(t))

respectivement.Or, f etant polygene, les vecteurs tangents aux deux courbes images s’expriment par

dw1

dt=

∣∣∣∣dz1

dt

∣∣∣∣ eiθ1f ′(z, θ1) etdw2

dt=

∣∣∣∣dz2

dt

∣∣∣∣ eiθ1f ′(z, θ2) .

Si dw1dt = 0 et dw2

dt = 0 posons Θ1 = arg(

dw1dt

)et Θ2 = arg

(dw2dt

). Dans ces circonstances, si z

represente z1 ou z2 selon le contexte, on voit que

Θ1 = θ1 + arg(

∂f

∂z+ e−2iθ1

∂f

∂z

)et Θ2 = θ2 + arg

(∂f

∂z+ e−2iθ2

∂f

∂z

). (9.1)

Une fonction complexe d’au moins classe C1 dans une region Ω est dite conforme sur Ω si etseulement si en tout point ou sa derivee ne s’annule pas, elle preserve l’angle, y compris l’orientation,entre deux arcs qui se recoupent. Les arcs eux-memes peuvent etre perturbes considerablement parla transformation mais leurs images auront des droites tangentes qui se recoupent au point f(z) etforment un angle egale a celui entre C1 et C2.

Une transformation qui preserve la valeur absolue des angles mais qui renverse l’orientation auxpoints ou sa derivee ne s’annule pas s’appelle anti-conforme.

9.1. INTRODUCTION. 285

Exemple 9.1.2 Dans la Figure 9.1 on voit comment la fonction analytique f(z) = ezz2 transformeun petit carre du premier quadrant. On note la distorsion des cotes mais aux points correspondantsaux sommets du carre d’origine les angle d’intersection (π/2) des images des cotes est preserve.

Figure 9.1:

Nous verrons tres bientot que le comportement de ce type de transformation change subitementlorsque la courbe (des carres dans cet exemple) passe par un zero de la fonction (z = 0 dans ce casparticulier).

Fin de l’exemple.

Theoreme 9.1.1 Une fonction polygene definie dans une region Ω est conforme sur cette regionsi et seulement si elle y est analytique. Une fonction polygene sur cette meme region est anti-conforme si et seulement si elle y est analytique en z (c-a-d anti-analytique ou anti-holomorphe).

Demonstration

La fonction f est analytique dans Ω si et seulement si ∂f∂z y est identiquement zero et dans ce cas les

formules (9.1) implique

Θ1 = θ1 + arg(

∂f

∂z

)et Θ2 = θ2 + arg

(∂f

∂z

)

et aussi Θ2 − Θ1 ≡ θ2 − θ1 (mod 2π).Or, f est anti-analytique sur Ω sur Ω si et seulement si ∂f

∂z y est identiquement zero. Dans ce cas

Θ2 − Θ1 = θ2 − θ1 + arg(

e−2iθ2∂f

∂z

)− arg

(e−2iθ1

∂f

∂z

)≡ θ1 − θ2 (mod 2π).

C.Q.F.D.


Un point critique z0 d’une fonction f si f est reguliere au point z0 et f ′(z0) = 0. Une proprieteinteressante des fonctions analytiques est exprimee par le

Theoreme 9.1.2 Si f est analytique dans une region Ω et si z0 ∈ Ω n’est pas un point critique, ilexiste un voisinage V (z0, δ) tel que si z1, z2 ⊆ V (z0, δ) et z1 = z2 alors f(z1) = f(z2). Ceci veutdire que la correspondance V (z0, δ) −→ f(V (z0, δ)) est biunivoque.Demonstration

Donne un point non-critique z0 de f et en notant que les zeros de la fonction f(z)− f(z0) sont isoles onpeut choisir ρ assez petit que le disque D = z : |z| ≤ ρ ⊆ Ω et f(z) = f(z0) pour tout z ∈ D − z0.

Si C = z : |z| = ρ il est clair que f(C) ne passe pas par w0 = f(z0). Soit K la partie connexe deC − f(C) qui contient w0. Il s’ensuit que

12πi

∫f(C)

dη

η − w0=

12πi

∫C

f ′(ξ)ξ − z0

dξ =1

2πi

∫f(C)

dη

η − w=

12πi

∫C

f ′(ξ)ξ − z

dξ = 1

a condition que w ∈ K. (Voir la section 6.4)L’ensemble Ω∗ = f−1(K)∩D est ouvert car K l’est et f est, donc, continue. De plus, z0 ∈ Ω∗ et nous

pouvons choisir δ > 0 si petit que V (z0, δ) ⊆ Ω∗.

C.Q.F.D.

Notons que dans le cas d’une fonction analytique f , si z0 n’est pas un point critique alors,localement, f agit comme une rotation suivie s’une magnification (resp. contraction). L’angle derotation est arg(f ′(z0)) et la facture de magnification (resp. contraction) est |f ′(z)|.

Dans la discussion ci-haute nous avons evite les points ou la derivee s’annule car dans ce casarg(f ′) n’est pas defini. Mais, si f est analytique au point z0 et y possede un zero d’ordre m > 1on sait que dans un voisinage de z0 f peut s’exprimer par une serie de Taylor comme

f(z) − f(z0) = (z − z0)m∞∑

n=m

f ′(z0)n!

(z − z0)n .

De plus,

arg (f(z) − f(z0)) = m arg(z − z0) + arg

( ∞∑n=0

f ′(z0)n!

(z − z0)n

).

Avec la notation et arcs utilises deja dans cette section on voit que

Θ2 − Θ1 ≡ m(θ2 − θ1) (mod 2π) .

Donc, si une fonction analytique f possede un zero d’ordre m > 1 en z0 les angles entredes arcs qui se recoupent a z0 seront multiplies par m par une application de f .

Pour une fonction simple comme celle definie par f(z) = ezz2 le Theoreme 9.1.2 s’applique maisil y a un point critique au point z = 0. L’image d’un contour ferme simple C tel que 0 ∈ int(C)serait un contour ferme qui contourne l’origine deux fois dans le plan des images. Ceci indique quedans un voisinage de z = 0 chaque point correspond a deux points (pas toujours distincts) dans leplan des images.

9.1. INTRODUCTION. 287

Exemple 9.1.3 Dans la Figure 9.2 on trouve les images de deux carres; un qui est du type vudans l’Exemple 9.1.2, et un deuxieme qui contient l’origine a son interieur. La fonction utilisee esttoujours f(z) = ezz2.

Figure 9.2:

Fin de l’exemple.

En general, nous avons comme resultat le theoreme suivant dont la demonstration est laisseeen exercice.

Theoreme 9.1.3 Si f est analytique dans une region Ω avec un point critique z0 ∈ Ω tel que

f ′(z0) = ... = fn(z0) = 0 mais fn+1(z0) = 0

pour n ≥ 1 alors il existe un voisinage V (z0, δ) tel que z = z0 implique f(z) = f(z0) et si w ∈f(V (z0, δ)), il existe n valeurs z1, ..., zn dans V (z0, δ) telles que f(zj) = w pour j = 1, .., n.

Si une fonction analytique est definie sur une region Ω (un ouvert connexe) on peut donc poserla question quant aux proprietes de l’ensemble f(Ω). Il est clair que f(Ω) n’est pas toujours uneregion. (Par exemple, f(z) ≡ constante produit un seul point comme image.) La situation est enpartie compliquee a cause du fait que l’image d’une courbe fermee simple n’est pas toujours uneautre courbe de ce type. (En general, l’image n’est pas simple.)

Dans la suite il est commode de considerer une classe de fonctions analytiques ayant la proprieteque l’image d’une region est une region. En effet la classe qui nous interesse est meme plus restreinte.Une fonction complexe definie sur une region Ω est dite univalente si f(Ω) est une region et f estinjective.


9.2 LES TRANSFORMATIONS DE MOBIUS.

Soient a, b, c, d quatre nombres complexes tels que ad − bc = 0. La fonction complexe definie par

w = T (z) =az + b

cz + d(9.2)

s’appelle une transformation de Mobius ou parfois une transformation bilineaire, Il nous con-vient dans ce que suit de considerer cette fonction comme une de C

∞ a C∞. La condition ad−bc = 0

elimine les cas ou T pourrait se reduire a une constante.Les cas speciaux a noter sont:

A) Les translations: Tb(z) = z + b,

B) Les multiplications: Ma(z) = az,

C) Les rotations: Rα(z) = eiαz,

D) Les inverses: I(z) = 1z .

Toute transformation de Mobius peut-etre decomposee en un produit de transformations destypes A,B et D. En effet, si c = 0 on a

zT = zMad T b

d

ou, ce que veut dire la meme chose,

T (z) = T bd

(Ma

d(z)

)= T b

d

(a

dz

)=

a

dz +

b

d=

az + b

d.

Et, si c = 0zT = zMc Td I Mb−ad

c Ta

c

ou pour ceux qui sont en amour avec les parentheses

T (z) = Tac

(Mb−ad

c(I (Td (Mc(z))))

)= Ta

c

(Mb−ad

c(I (Td(cz)))

)= Ta

c

(Mb−ad

c(I(cz + d))

)= Ta

c

(Mb−ad

c

(1

cz + d

))

= Tac

(b − ad

c

cz + d

)=

a

c+

b − adc

cz + d=

az + b

cz + d.

Les transformations de Mobius sont toujours inversibles. En effet l’inverse de (9.2) est

T−1(w) =dw − b

−cw + a

9.2. LES TRANSFORMATIONS DE MOBIUS. 289

(Le traitement de tous les cas impliquant le point a ∞ est laisse en exercice.)La composition de deux transformations de Mobius en est une autre. Utilisant la composition

comme operation on montre facilement que l’ensemble de toutes les transformations de Mobiusforme un groupe, l’identite etant T (z) = z.

Theoreme 9.2.1 Toute transformation de Mobius est conforme.

Ceci est evident car (9.2) definit une fonction analytique et le Theoreme 9.1.1 implique leresultat. (A vous de clarifier ce qui se passe par rapport a ∞.)

Theoreme 9.2.2 Les transformations de Mobius preserve la famille qui consiste de toutes lesdroites et tous les cercles du plan.

Notons que si l’on considere une droite comme etant un cercle de rayon infini on peut simplement dire ici que les transformations

de Mobius preservent la famille de tous les cercles du plan.

Demonstration

L’equation de tout cercle du plan peut s’ecrire comme

azz + Bz + Bz + d = 0 , |B| + |d| = 0 , a, d ∈ R (9.3)

(Une droite correspond au cas ou a = 0.)Si z est remplace par αZ (α ∈ C) dans (9.3) on trouve que

a|α|ZZ + (Bα)z + (Bα)z + d = 0

et ceci est encore un cercle (ou une droite). Donc, les multiplications preservent les cercles.En remplacant z par Z + γ dans (9.3) on trouve que

aZZ + (aγ + B)Z + (aγ + B)Z + (d + aγγ + Bγ + Bγ) = 0 .

Vu que le dernier terme est reel il resulte que les translations preservent la famille de tous les cercles du plan.Pour une inversion on remplace z par 1

Z dans IX.2.1 laquelle devient

dZZ + (B)Z + (B)Z + a = 0

ce qui aussi est un cercle.La transformation de Mobius generale etant une composition de multiplications, translations et inversions

la demonstration est complete.

C.Q.F.D.

La demonstration du theoreme suivant est laissee en exercice.


Theoreme 9.2.3 Si z1, z2, z3 sont distinctes et si le triplet w1, w2, w3 se compose de trois autrespoints distinctes dans le plan des w alors il n’existe qu’une seule transformation de Mobius T telleque T (z1) = w1 , T (z2) = w2 et T (z3) = w3. Cette transformation est definie implicitement parl’equation

(w − w1)(w2 − w3)(w − w3)(w2 − w1)

=(z − z1)(z2 − z3)(z − z3)(z2 − z1)

. (9.4)

Bien qu’une transformation de Mobius etablisse une correspondance biunivoque entre C∞ et

lui-meme l’effet d’une transformation donnee sur un ensemble de points particulier est loin d’etreevident. Un probleme important en analyse complexe et la determination des conditions pourgarantir l’existence d’une fonction analytique f qui permet la transformation d’une partie donneede C

∞ dans une autre. On trouvera une reponse a ces questions plus loin mais pour maintenanton se contentera d’exemples.

Exemple 9.2.1 Trouver toutes les transformations de Mobius T ayant la propriete que T (Ω1) = Ω2

ou Ω1 = z : (z) ≥ 0 et Ω2 = z : |z| ≤ 1.Solution

Considerons d’abord l’axe reel, a savoir z : (z) = 0. On sait qu’une transformation de Mobius doitconvertir ceci dans soit un cercle soit une droite. Vu que notre image doit etre dans le disque Ω2 seul uncercle est possible. (Pourquoi?)

Supposons que l’image IR de l’axe reel n’est pas la frontiere du disque Ω2. La continuite de T garantitqu’un point pres de l’axe reel mais avec sa partie imaginaire negative aura son image pres de IR. Si z0 + 0iest tel que T (z0) ∈InΩ2 alors, pour ε > 0 suffisamment petit, T (z0 − ε) ∈ Ω

2. Mais l’image de ce point doit se retrouver al’exterieur de Ω2 parce que T est une bijection et doit etre surjective quant a la transformation du demi-plana Ω2. La seule facon d’eviter une contradiction est de conclure que T transforme l’axe reel en la frontierede Ω2.

Or, pour appliquer le Theoreme 9.2.3 prenons les trois points z = 0, z = 1, et z = ∞ et determinonsles conditions que mettraient leurs images par T sur le cercle w : |w| = 1.

D’abord, si z = 0, T (0) = bd et |T (0)| = 1 ⇒ |b| = |d|. Si z = ∞, T (∞) = a

c et |T (∞)| = 1 ⇒|a| = |c|. La condition ad − bc = 0 implique que a = 0 et c = 0 d’ou

w =a

c

z + ba

z + dc

. (9.5)

Le fait que∣∣ac

∣∣ = 1 nous permet d’ecrire ac eiα ou α ∈ R. Si l’on pose z0 = − b

a et z1 = −dc , l’equation (9.4)

peut s’ecrire comme

w = eiα z − z0

z − z1.

La condition |w| = 1 lorsque z = 1 nous permet de conclure que z1 = z0 d’ou

9.2. LES TRANSFORMATIONS DE MOBIUS. 291

w = eiα z − z0

z − z0. (9.6)

|z-z |0

|z-z

|0

z

z0

z0

Figure 9.3:

Il est evident que(z0) > 0 et il nous reste donc qu’a verifier que la transformation (9.5) est effectivementune surjection du demi-plan sur le disque Ω2. Si (z) > 0 alors |z−z0| > |z− z0| et |w| < 1 (voir la Figure9.3). Mais si (z) < 0 alors |w| > 1 et, vu qu’une transformation de Mobius est toujours biunivoque, ilresulte que chaque w avec |w| < 1 est l’image d’un et d’un seul point z avec |z| > 1.

Fin de l’exemple.

Dans la Figure 9.4 on trouve l’image des segments du reseau des coordonnees limites par lerectangle defini par le deux points (−20, 0.5) et (20, 20) par la transformation de Mobius w =(z − i)/(z + i). Ceci est un cas special de (9.6). Ce graphique indique comment les courbes sont« compactees» pour que leurs images se placent completement dans le cercle. (La deuxieme imageest un agrandissement de l’activite pres du point (1, 0) dans le plan des images.)

Exemple 9.2.2 Quel est l’image de l’axe imaginaire sous la transformation de Mobius T deter-minee par l’imposition des trois conditions

T (−i) = −1 , T (0) = i , T (i) = 1 .

Solution

D’apres le Theoreme 9.2.3 la transformation est definie implicitement par l’equation

(w + 1)(i − 1)(w − 1)(i + 1)

=(z + i)(−i)(z − i)(i)

= −z + i

z − i

ou

iw + 1w − 1

= −z + i

z − i.


-1

-0.5

0.5

1

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Figure 9.4:

Si w = u + iv et z = 0 + iy (pour les points sur l’axe imaginaire) on voit que

u2 + v2 − 1 − 2iv

(u − 1)2 + v2= i

y + 1y − 1

d’ou il suit queu2 + v2 − 1

(u − 1)2 + v2= 0 et − 2v

(u − 1)2 + v2=

y + 1y − 1

.

L’image de l’axe imaginaire est alors le cercle unitaire w : |w| = u2 + v2 = 1. Notons que par cettetransformation T (∞) = 1 + 0i.Fin de l’exemple.

Exemple 9.2.3 Quelles fonctions analytiques qui definissent des transformations conformes entreles disques K = z : |z| < 1 et K ′ = w : |w| < 1.Solution

Dans la formule generale (9.4) posons z1 = 1, z2 = −1, w1 = 1 et w2 = −1 pour obtenir

(w − 1)(1 + w3)w − w3

=(z − 1)(1 + z3)

z − z3

ou, en solutionnant pour w

w =z + w3−z3

1−z3w3

w3−z31−z3w3

z + 1(9.7)

9.3. LE THEOREME DE RIEMANN. 293

ou, bien sur, |z3| = |w3| = 1 pour respecter les conditions du probleme. Posons

α =w3 − z3

1 − z3w3.

Alors

α =w3 − z3

1 − z3w3=

w−13 − z−1

3

1 − z−13 w−1

3

=z3 − w3

w3z3 − 1= α .

Donc, (9.7) peut s’ecrire comme

w =z + α

αz + 1α ∈ R (9.8)

Cette fonction transforme K en K ′ et w(−α) = 0. (Pourquoi?)Nous avons obtenu une fonction du type requis mais elle peut servir de base pour en trouver d’autres.

En effet, si on applique une rotation correspondante a l’angle ψ autour de l’origine dans le plan de K onobtient une nouvelle transformation

w =eiψz + α

αeiψz + 1= eiψ z + αe−iψ

αeiψz + 1

laquelle transformera K en K ′. Posons A = eiψ et a = αe−iψ. Vu que α ∈ R on voit que

w = Az + a

az + 1. (9.9)

En choisissant Arg(A), (a), (a) de facon appropriee toute transformation conforme de K en K ′ peuts’ecrire sous la forme (9.9).

Fin de l’exemple.

9.3 LE THEOREME DE RIEMANN.

Dans les prochaines sections nous verrons d’autres exemples concrets des transformations conformesmais ici on pose la question generale. A savoir, si Ω1 et Ω2 sont deux regions quelconques du planest-il possible de trouver une fonction analytique f qui etablit une transformation conforme entreelles?

Avec cette formulation la reponse est negative. Par exemple, supposons que Ω1 = C et Ω2 =K = z : |z| < 1 et qu’une fonction analytique f existe avec f(Ω1) = K, ce qui serait necessaire.Alors cette fonction f serait entiere et bornee (∀z |f(z)| < 1) et non-constante. Ceci n’est paspossible d’apres le Theoreme de Liouville.

Il est quand meme possible d’etablir une correspondance biunivoque entre C et K. Un exempleest fourni par la fonction definie comme suit:


f(z) =

z/|z|2, if z = 0;0, si z = 0 .

La fonction f est non constante et inversible mais, elle n’est pas analytique! (En fait, elle n’estderivable nulle part.)

Donc, si une des deux regions Ω1, Ω2 est C il n’y a rien a faire mais, comme nous l’avons vudans la section 9.2, il est possible de trouver des fonctions analytiques lesquelles definissent destransformations conformes entre des regions non-bornees et le disque ouvert K. Une chose qu’onpeut noter dans chaque cas est que la frontiere de la region non-bornee avait plus qu’un point.(Celle de C consiste du seul point ∞.) En ajoutant cette petite restriction il est possible de prouverle resultat suivant.

Theoreme 9.3.1 (Riemann) Si Ω1 et Ω2 sont deux regions simplement connexes et si leurs fron-tieres respectives consistent de plus qu’un seul point alors il est toujours possible de trouver unefonction analytique f laquelle definit une transformation conforme entre Ω1 et Ω2.

Il est clair que nous pouvons considerer que la region Ω2 dans le theoreme est le disque ouvertK car, pour le cas general, il serait possible de construire deux transformations, une de Ω1 vers ledisque K et une autre de Ω2 vers K pour finir avec une fonction f qui serait la composition de lapremiere avec l’inverse de la deuxieme ainsi determinant une transformation conforme entre Ω1 etΩ2.

Supposons qu’il existe une fonction analytique g etablissant une transformation conforme entreΩ1 et le disque K. A partir de g il est possible de construire une autre transformation conforme fentre Ω1 et K telle que pour un point ξ donne de Ω1, f(ξ) = 0 et f ′(ξ) > 0 (f ′ prend des valeurscomplexe bien sur mais pour la valeur ξ la partie imaginaire est zero.) Ceci se fait en composant gavec une transformation du type decrit dans l’Exemple 9.2.3. En fait, choisissons A = |g′(ξ)|/g(ξ)et remplacons z par g(z) et a par −g(ξ) pour obtenir

f(z) =(

g(z) − g(ξ)1 − g(ξ)g(ξ)

) |g′(ξ)|g′(ξ)

.

On voit facilement que

f ′(z) =

(g′(z)

[1 − |g(ξ)|2

][1 − g(ξ)g(ξ)]2

)|g′(ξ)|g′(ξ)

.

Donc, f(ξ) = 0 et f ′(ξ) = |g′(ξ)|/[1−|g(ξ)|2] > 0. Ces deux conditions garantissent que la fonctionf , si elle existe, doit etre unique.

Pour prouver le Theoreme de Riemann il suffit de demontrer que la fonction f decrite ci-hautexiste et pour y arriver on commence par une suite de lemmes.

Lemme 9.3.1 (Schwarz) Si f est analytique dans K = z : |z| < 1 et si ∀z ∈ K |f(z)| ≤ 1 et sif(0) = 0 alors |f(z)| ≤ |z|. De plus, s’il existe z0 ∈ K avec |z0| = |f(z0)| alors f(z) ≡ αz ou α ∈ C

et |α| = 1.Demonstration


La condition f(0) = 0 dit que z = 0 est un zero de f et donc f(z) = zh(z) ou h est analytique dansK. Si |z| = r ou 0 < r < 1, |h(z)| = |z−1f(z)| ≤ |z−1| ≤ r−1. Le principe du maximum implique que|h(z)| ≤ r−1 pour |z| ≤ r. Vu que nous pouvons choisir r arbitrairement pres de 1, |h(z)| ≤ 1 partout dansK. La seule maniere d’avoir |h(z0| = 1 pour z0 ∈ K est si h(z0) = α ou α ∈ C avec |α| = 1.

C.Q.F.D.

Soit Λ = Λ(Ω1, ξ) la classe de fonctions definie comme suit. Une fonction F est un membre deΛ si F est analytique et univalente sur la region Ω1 (simplement connexe) et pour un point designeξ ∈ Ω1, F (ξ) = 0 et F ′(ξ) > 0.

Si Λ = ∅ et si la transformation conforme f decrite ci-haut existe alors il est clair que f ∈ Λ.

Lemme 9.3.2 Si Λ = ∅ et si la transformation conforme f recherchee existe et si F est unefonction quelconque de Λ differente de f alors f ′(ξ) > F ′(ξ).Demonstration

Considerons la fonction h definie par h(w) = F (f−1(w)) ou F ∈ Λ. Il est evident que si |w| < 1,|h(w)| < 1 et h(0) = 0. Par le Lemme se Schwarz |h(w)w−1| ≤ 1. Mais, par la definition meme de laderivee h′(0) = limw→0 w−1h(w) d’ou |h′(0)| ≤ 1 et |h′(0)| = 1 seulement dans le cas ou h(w) = αwavec |α| = 1. Alors, le fait que h′(0) = F ′(ξ)/f ′(ξ) montre que F ′(ξ) < f ′(ξ) a moins que F (z) ≡ f(z).C.Q.F.D.

Lemme 9.3.3 La classe Λ = Λ(Ω1, ξ) n’est pas vide.Demonstration

Soient α,β deux points distincts sur la frontiere de Ω1 et considerons la fonction definie implicitementpar

(z − β)P 2(z) = z − α

sur une surface de Riemann appropriee. Soit p une ramification de P et supposons que z1, z2 ⊆ Ω1 −α, β. Alors, si p(z1) = p(z2) on trouve que αz2 + βz1 = αz1 + βz2 ou (α − β)(z2 − z1) = 0. Vuque α = β, z1 = z2. Donc p est univalente. Donc, si λ = p(z1) il n’existe pas de point z2 ∈ Ω1 avecp(z2) = −λ. (Pourquoi?)

Encore, supposons que z1 ∈ Ω1. Il existe un voisinage V (p(z1, ε) de p(z1) dont tous les points sont desimages de points de Ω1. Mais les points dans le voisinage V (−p(z1), ε) ne sont jamais des images de pointsdans Ω1. Donc, la fonction F1 definie par F1(z) = ε[p(z) + p(z1)]−1 satisfait |F1(z)| ≤ 1 dans Ω1 et y estunivalente.

Definissons la fonction F par

F (z) =|F ′

1(ξ)|F ′

1(ξ)

(F1(z) − F1(ξ)1 − F1(ξ)F1(z)

)

laquelle a les memes proprietes que F1 mais satisfait F (ξ) = 0 et F ′(ξ) > 0. Donc, F ∈ Λ qui est alorsnon-vide.

C.Q.F.D.


Lemme 9.3.4 Si F ∈ Λ = Λ(Ω1, ξ) et si F = f alors il existe une fonction G ∈ Λ telle queG′(ξ) > F ′(ξ).Demonstration

Pour une fonction F de Λ choisissons une valeur α telle qu’il n’existe aucun z ∈ Ω1 avec F (z) = α.(Si une telle valeur n’existe pas, F ≡ f et il n’y a rien a prouver!) Soit u(z) une ramification de la fonctiondefinie par

√α − F (z)1 − αF (z)

(9.10)

laquelle est definie sur Ω1. Notons que

u(ξ) =√

α et u′(ξ) =|α|2 − 1

2√

αF ′(ξ)

a cause du fait que F ∈ Λ(Ω1, ξ).Posons

A(z) =√

α − u(z)1 −

√αu(z)

(9.11)

qui represente une transformation conforme du disque K sur lui-meme comme dans l’Exemple 9.2.3. Ils’ensuit que

A′(z) =|α| − 1[

1 −√

αu(z)]2 u′(z) .

En particulier, pour z = ξ

A′(ξ) =1 + |α|2√

αF ′(ξ) .

Appliquons, maintenant la rotation definie par |A′(ξ)|/A′(ξ) pour generer la transformation

B(z) =|A′(ξ)A′(ξ)

A(z) =|A′(ξ)|A′(ξ)

( √α − u(z)

1 −√

αu(z)

).

Encore B ∈ Λ et

B′(ξ) = |A′(ξ)| =1 + |α|2√|α|

F ′(ξ)

=2√|α| + (1 −

√|α|)2

2√|α|

F ′(ξ)

=

(1 +

(1 −√|α|)2

2√|α|

)F ′(ξ) > F ′(ξ) .

C.Q.F.D.


Lemme 9.3.5 Si F et B sont comme dans le Lemme 9.3.4 alors |B(z)| > F (z)| pour tout z ∈ Ω1.Demonstration

Pour les fonctions u et A definies ci-haut nous avons

u2 =α − F

1 − αFet A =

√α − u

1 −√

αu. (9.12)

La solution de la deuxieme de ces equations pour u est

u =√

α − A

1 −√

αA

et la premiere equation dans (9.12) entraıne

( √α − A

1 −√

αA

)2

=α − F

1 − αF.

Or,√

αA =√|α|B et apres quelques calculs on obtient[

α(1 + |α|) − 2|α||√|α|B

]F =

[2α

√|α| − |α|(1 + |α|)B

]B .

Multiplier par α−1(1 + |α|)−1 pour obtenir(1 −

( |α|α

) (2√|α|

1 + |α|

)B

)F =

(2√|α|

1 + |α| −|α|α

B

)B .

Si λ = 2√|α|(1 + |α|)−1 et µ = |α|/α ceci peut s’ecrire comme

F = B

(λ − µB

1 − λµB

). (9.13)

Encore en se servant du modele de l’Exemple 9.2.3 on voit que∣∣∣∣ λ − µB

1 − λµB

∣∣∣∣ < 1

a condition que λ = 1 (α = 1).

C.Q.F.D.

Lemme 9.3.6 Il existe une constante L > 0 associee a Λ(Ω1, ξ) telle que ∀F ∈ Λ, |F (z)| < Llorsque z varie sur Ω1.Demonstration

La region Ω etant un ouvert il existe au moins une valeur L > 0 telle que z : |z − ξ| < L−1 ⊆ Ω1. LeLemme de Schwarz nous force de conclure que |z − ξ|−1F (z) < L. Or,


|F ′(ξ)| =∣∣∣∣limz→ξ

F (z) − F (ξ)z − ξ

∣∣∣∣ =∣∣∣∣limz→ξ

F (z)z − ξ

∣∣∣∣ < L .

C.Q.F.D.

Pour continuer nous allons construire une suite de fonctions laquelle converge uniformementvers la fonction f qui est la transformation recherchee. Afin d’initialiser la suite on choisit unefonction quelconque F1 ∈ Λ et on definit son successeur F2 en prenant F = F1 et B = F2 dans(9.13) ou α = α1 est une valeur telle que |α < 1 et ∀z ∈ Ω1 F1(z) = α1.

Le reste de la suite est construit par recurrence. Si Fn est definie alors on genere Fn+1 en posantF = Fn et B = Fn+1 dans (9.13).

A chaque etape de la construction il y a un nombre infini de possibilites pour le choix de lavaleur αn mais il nous convient d’en choisir une dont la valeur absolue est la plus petite possible.(Expliquer pourquoi ceci est possible.) Si cette regle est respectee on peut affirmer que

z : |z| < αn ⊆ F (Ω1) .

et il n’existe pas un autre disque de diametre plus grand ayant cette propriete. Il devient, alors,facile a deduire que

|Fn+1(z)| > |Fn(z)| ∀z ∈ Ω1 et |αn+1| > |αn| .Nous avons vu, dans la demonstration du Theoreme 9.2.2, que

B′(ξ) =1 + |α|2√|α|

F ′(ξ) .

Donc, si l’on remplace B par Fn+1, F par Fn et α par αn on obtient

F ′n+1(ξ) =

1 + |αn|2√|αn|

F ′(ξ) .

A partir de F1 la substitution recursive dans cette formule donne

F ′1(ξ) =

n∏j=1

1 + |αj |2√|αj |

= F ′n+1(ξ) < L . (9.14)

Mais L est independant de n ce qui indique que ce produit est borne meme lorsqu’on passe a lalimite.

Maintenant,

L

F ′1(ξ)

>n∏

j=1

1 + |αj |2|αj |

=n∏

j=1

1 +

(1 −√|αj |)2

2√|αj |


> 1 +n∑

j=1

(1 − |αj |)2

2√|αj |

>12

n∑j=1

(1 −

√|αj |

)2

≥ 0 .

Donc, la serie

∞∑j=1

(1 −

√|αj |

)2

(9.15)

converge et necessairement limj→∞(1 + |αj |) = 0 ou limj→∞ αj = 0.La prochaine etape est de montrer que la suite de fonctions Fn(z) converge vers la transfor-

mation conforme f du Theoreme de Riemann.A partir de l’equation (9.13) qui est satisfait par les fonctions Fn

|Fn+1(z) − Fn(z)| <2(1 −

√|αn|)2

1 + |Fn+1(z)|Definissons G(z) comme limn→∞ Fn(z) lorsque z varie sur Ω1. Il faut montrer que nous pouvonsprendre Ω1 comme le domaine de G et ceci suit immediatement du fait que ∀n ≥ 1, |Fn(z)| < 1 etFn+1(z) > |Fn(a)| entraınant |G(z)| − limn→∞ |Fn(z)|.

Lemme 9.3.7 Si ∆ est un sous-ensemble compact de Ω1 alors il existe une constante D ∈ R+ telleque

∀z ∈ ∆ |G(z)| ≤ D < 1 .

Demonstration

La fonction Hn(z) = log |Fn(z)|− log |z− ξ| est harmonique dans Ω1 et ∀n ≥ 1 |Hn+1(z)| > |Hn(z)|.

On peut demontrer que cette suite de fonctions converge uniformement vers une fonction harmonique Hdans Ω1−ξ. Donne que limz→ξ log |z−ξ| = −∞ il est permis d’appliquer le principe du maximum memedans Ω1 dans ce cas. Pour notre ensemble ∆ supposons que z∗ est le point ou le maximum de log |G| estatteint. Ce point z∗ ∈ Ω1 et log |G(z)| ≤ 0 pour z ∈ ∆, donc log |G(z∗)| < 0. Posons log D = log |G(z∗)|.C.Q.F.D.

Comme consequence du Lemme 9.3.7 on tire que

∀z ∈ ∆ |Fn+1(z) − Fn(z)| <2

1 − D

(1 −

√|α|

)2

et par iteration de cette inegalite

|Fn+j(z) − Fn(z)| <2

1 − D

n+j−1∑µ=1

(1 −

√|αµ|

)2


ou µ ≥ 1 et z ∈ ∆.La serie (9.15) converge et donc, selon les resultats du Chapitre 8, la suite Fn(z) converge

uniformement dans n’importe quel sous-ensemble compact de Ω1.Finalement il nous faut montrer que G est une fonction univalente, surjective sur K = |w :

|w| < 1 et, bien sur G(z) ≡ f(z).Soit Γn un contour ferme simple et choisissons δ > 0 si petit que, sur Γn, |Fn(z)| = |αn|−δ > 0.

(Ceci est possible parce que Fn est univalente et w : |w| < |αn| ⊆ Fn(Ω1).) A cause de laconvergence uniforme de Fn(z) vers G(z) nous avons |G(z)| > |αn| − δ sur Γn. Si β = 0 est unnombre complexe tel que |β| ≤ |αn| − δ alors d’apres le Theoreme de Rouche G(z)− β a autant dezeros a l’interieur de Γn que G(z). Mais G(z) n’y a qu’un seul zero et il s’ensuit que G(z) prendchaque valeur de module plus petite que |αn− δ| exactement une fois. Le reste suit immediatementpar un passage a la limite.

9.4 LA TRANSFORMATION DE SCHWARZ-CHRISTOFFEL

Le Theoreme de Riemann nous dit qu’il existe, dans presque tous les cas, une transformationconforme que transformera une region simplement connexe sur le disque unitaire. Neanmoinsce resultat n’indique aucune methode pratique permettant la construction d’une formule pour latransformation. En effet, le cas general ne peut etre traite que par des methodes d’approximation.Neanmoins, il est possible de construire des formules dans certains cas simples et un de ces cas estla transformation d’un polygone.

Soit C un arc regulier qui passe par le point z0 et supposons que <t soit le vecteur tangentunitaire construit a C au point z0 et que <T soit le vecteur tangent unitaire construit a l’image deC au point f(z0). Si f ′(z0) = 0 alors

arg(<T ) = arg(<t ) + arg(f ′(z0)) .

Pour le cas particulier ou C est un segment de l’axe des x, <t = 1 + 0i et arg(<t ) = 0 a chaquepoint de C d’ou

arg(<T ) = arg(f ′(z0)) , (z0 = x + 0i) .

Si arg(f ′(z)) demeure constante sur l’intervalle alors arg(<T , ) ne varie pas et l’image de C est aussiun segment de droite.

Choisissons n − 1 points sur l’axe reel, disons x1, x2, ..., xn−1 et posons xn = ∞. On construiraune fonction f qui transforme l’axe reel en un polygone Π pour lequel les sommets correspondentaux nombres complexes wj . En fait, wj = f(xj) pour j = 1, 2, ..., n − 1 et wn = f(∞). Il est doncclair que lorsque z varie sur l’axe reel, arg(f ′(z)) doit sauter chaque fois qu’on passe par une desvaleurs xj . (Voir la Figure 9.5.)

Nous essayerons de trouver une fonction f qui satisfait a nos exigences en prenant la fonction laplus elementaire possible pour representer sa derivee. En fait on suppose que la fonction f satisfait

9.4. LA TRANSFORMATION DE SCHWARZ-CHRISTOFFEL 301

w2

w1

w3

nw

β π1

β π2

β π3

x1

x2

x3

xn-1

Figure 9.5:

f ′(z) = A(z − x1)−β1(z − x2)−β2 ...(z − xn−1)−βn−1 , A ∈ C (9.16)

ce qui implique que l’argument de f se comportera de la facon decrite ci-haut. En effet

arg(f ′(z)) = arg(A) −n−1∑j=1

βj arg(z − xj)

et, lorsque z est reel avec z < x1

arg(z − xj) = π pour j = 1, 2, ...n − 1 .

Si z = x + 0i ∈ (x1, y1) alors arg(z − x1) = 0 et arg(z − xj) = π pour j = 2, 3, ..., n − 1. Donc,en poursuivant ainsi on deduit que l’argument de f ′(z) saute par βjπ lorsque z passe par le pointxj .

Or, arg(<T ) = arg(f ′(z)) et la direction de <T change subitement chaque fois qu’on passe par undes points xj . Les angles βjπ sont les angles exterieurs d’un polygone decrit par w = f(z) lorsquez varie sur l’axe reel.

Nous pouvons supposer que les angles exterieurs sont dans l’intervalle (−π, π). En imposant lesrestrictions que les cotes du polygone ne se recoupent pas et que le sens d’orientation est positif etque wn est l’image de z = ∞ on trouve que

βnπ = 2π − πn−1∑j=1

βj .

Donc,∑n

j=1 βj = 2, −1 < βj < 1 et dans le cas ou βn = 0 et∑n−1

j=1 βj = 2 ce qui implique que ladirection du vecteur <T ne change pas au point wn ce qui veut dire que wn n’est pas un sommetd’ou le polygone n’a que n − 1 sommets w1, w2, ..., wn−1 dans cette eventualite.


Ce que nous avons trouve jusqu’ici est la derivee d’une fonction f laquelle transformerait l’axereel en un polygone est de la forme (9.16). Pour chacun des facteurs (z − xj)−βj considerons laramification definit par

(z − xj)−βj = |z − xj |e−iβjθj , −π

2< θ <

3π

2.

Il s’ensuit que f est analytique dans

Ω = z : (z) ≥ 0 − z : z = xj + 0i , j = 1, 2, ..., n − 1 .

Si z0 ∈ Ω alors

F (z) =∫ z

z0

f ′(ξ) dξ (9.17)

est analytique dans Ω. (Bien sur, on suppose que l’integrale est toujours evaluee sur un arc quirelie z0 et z en passant uniquement par des points de la region Ω.)

La fonction F n’est pas definie pour les points zj , j = 1, 2, ..., n−1 mais il est possible d’etendresa definition pour inclure ces points et meme faire ceci de maniere que f y soit continue. Consideronsle point x1. Seulement le terme (z − x1)−β1 dans l’equation (9.16) nous concerne et nous pouvonsecrire

f ′(z) = (z − x1)−β1h(z)

ou h est analytique au point x1 et on peut meme ecrire

f ′(z) = (z − x1)−β1h(x1) + (z − x1)−β1+1H(z)

ou H est analytique dans un disc D = z : |z − x1| < r pour r suffisamment petit. (Ceci suit duTheoreme de Taylor.)

Vu que H est analytique dans D et que β1 < 1 le terme (z − x1)−β1+1H(z) represente unefonction continue au point x1 si l’on y definit sa valeur comme zero. L’integrale de ce meme termesera aussi continue au point x1 si le chemin d’integration demeure dans D.

Si z et z∗ sont des points de D+ = z : (z ∈ D) ∧ ((z) ≥ 0) alors l’integrale∫ z

z∗(ξ − x1)−β1 dξ =

11 − β1

[(z − z1)1−β1 − (z∗ − x1)1−β1

]est continue au point x1 si l’on y definit sa valeur comme la limite lorsque z approche x1 en passantpar des points de D+.

On peut repeter les memes arguments pour les points z2, z3, ..., zn−1 pour finalement deduireque F est continue dans la region definie par (z) ≥ 0.

Or, il existe R > 0 si grand que, lorsque |z| > R

1|z − xj |

≤ 1||x| − xj ||

≤ 1z


pour j = 1, 2, · · · , n − 1 et pour ces valeurs de z

|f ′(z)| ≤ |A||z − x1|−β1 |z − x2|−β2 · · · |z − x|n−1|−βn−1

≤ |A||z|−(β1+β2+···+βn−1)

= |A||z|βn−2

Mais 2 − βn > 1 et la derniere inegalite nous assure que pour les valeurs de z avec |z| > R∣∣∣∣∫

CR

f ′(z) dz

∣∣∣∣ ≤∫

CR

|f ′(z)| |dz| ≤∫ π

0

|A||z|2−βn

|z| dθ < 2π|A|R1−βn

ce qui tend vers zero lorsque z → ∞. Donc, l’integrale (9.17) converge lorsque x → ∞ et on pose

Wn = limz→∞

F (z) = limz→∞

∫ z

z0

f(ξ) dξ .

Nous avons justifie que les transformations de la forme

w = A

∫ z

z0

(ξ − x1)−β1(ξ − x2)−β2 · · · (ξ − xn−1)−βn−1 dξ + B (9.18)

ou B est une constante complexe quelconque transforme l’axe reel en un polygone dont les sommetssont des points w(xj).

L’equation (9.18) est continue dans le demi-plan defini par (z) ≥ 0 sauf aux points xj . Lesconditions imposees garantissent que les cotes du polygone ne se recoupent pas nous assurantque le polygone est effectivement une courbe fermee simple et lorsque z trace l’axe reel dans ladirection des x croissants, w trace le polygone de telle maniere que l’interieur reste toujours agauche. (Notons que l’image du point ∞ est Wn.) Donc, il est possible de conclure que l’image dudemi-plan superieur est effectivement l’interieur du polygone.

Une transformation Schwarz-Christoffel en est une de la forme (9.18). Il y a une certaineliberte de choix par rapport aux constantes A et B qui peut etre employe afin de simplifier certainstransformations.

Exemple 9.4.1 Trouver une transformation conforme entre le demi-plan z : (z) ≥ 0 et untriangle general non-degenere.Solution

Soient x1, x2 deux nombres reels distincts avec x1 < x2. Alors, la formule (9.18) la forme de latransformation recherchee est

w = A

∫ z

z0

(ξ − x1)−β1(ξ − x2)−β2 dξ + B

ou w1 = w(x1), w2 = w(x2) et w3 = w(∞). Il faut aussi que β1 + β2 + β3 = 2 et les angles interieurs dutriangle, θ1, θ2, θ3 satisfont les relations θj = π(1 − βj). (Voir la Figure 9.6.)


x1 x2

w1

w2

w3

θ1

θ2

θ3

β1π

β2π

β3π

∞

Figure 9.6:

La specification des valeurs β1 et β2 determine le triangle a une similitude pres et si nous choisissons x1

et x2 de facon arbitraire le placement specifique des points determinera les constantes A, B, z0.Pour etre plus specifique choisissons x1 = −1 et x2 = 1. Alors

w(z) =∫ z

z0

(ξ + 1)−β1(ξ − 1)−β2 dξ

et

w1 = w(−1) = A

∫ −1

z0

(ξ + 1)−β1(ξ − 1)−β2 dξ + B ,

w2 = w(+1) = A

∫ 1

z0

(ξ + 1)−β1(ξ − 1)−β2 dξ + B , (9.19)

w3 = w(∞) = A

∫ ∞

z0

(ξ + 1)−β1(ξ − 1)−β2 dξ + B .

Notons que si les trois points sont specifies le triangle est completement determine et les valeurs β1, β2

sont connues a l’avance (la trigonometrie). Si on specifie seulement que la forme est important nous pouvonschoisir ou placer le triangle et ainsi simplifier les calculs dans certains cas. (Voir les exemples suivants.)

Fin de l’exemple.

Exemple 9.4.2 Trouver une transformation conforme entre le demi-plan z : (z) ≥ 0 et untriangle droite isocele.

Solution


Ici nous allons placer l’angle droit au point w2 de telle sorte que β2 = 12 et β1 = β3 = 3

4 . Vu quel’enonce du probleme ne specifie rien quant au placement du triangle on peut choisir A = 1, B = 0 et z0 = 1ce qui implique, en particulier, w2 = 0. Or,

w1 =∫ −1

1(ξ + 1)−1/2(ξ − 1)−3/4 dξ

=∫ −1

1(1 + x)−1/2

(eπi (1 − x)

)−3/4dξ

= e−3πi/4∫ −1

1(1 + ξ)−1/2(1 − ξ)−3/4 dξ

= eπi/4∫ 1

−1(1 + ξ)−1/2(1 − ξ)−3/4 dξ

En effectuant la substitution 2y = 1 + ξ dans l’integrale on trouve que

w1 = 21/4eπi/4∫ 1

0y−1/2(1 − y)−3/4 dy

= 21/4eπi/4∫ 1

0y

12−1(1 − y)

14−1 dy

= 21/4eπi/4B

(12,14

)

= c(1 + i), c = 2−1/4B

(12,14

)≈ 3.11817

π2

π4

π4

w1

w2

w3

Figure 9.7:

On deduit facilement que w3 = 2c comme indiquee dans la Figure 9.7. Notons que si nous avions choisides valeurs differentes pour A et B le resultat aurait ete un triangle similaire a celui obtenu ci-haut.

Fin de l’exemple.


Pour les raisons de symetrie il est parfois de preference d’avoir tous les sommets du polygonegeneres par des valeurs reels finis. Ceci est possible si la fonction derivee f ′ s’annule au point ∞impliquant qu’il n’y a pas de sommet correspondant a ce point. Dans ce cas la formule (9.18) pourla transformation de Schwarz-Christoffel peut s’ecrire comme

w = A

∫ z

z0

(ξ − x1)−β1(ξ − x2)−β2 · · · (ξ − xn)−βn dξ (9.20)

ou β1 + β2 + · · · + βn = 2. Les valeurs βj sont determinees par les angles du polygone.

Exemple 9.4.3 Trouver une transformation de Schwarz-Christoffel qui transforme le demi-planz : (z) ≥ 0 dans un rectangle.Solution

Soit a > 1 et choisissons les quatre points reels x1 = −a, x2 = −1, x3 = 1 et x4 = a. Pour un rectangleon a, forcement, β1 = β2 = β3 = β4 = 1/2 et si z0 = 0 la formule (9.20) s.exprime comme

w = A

∫ x

0(ξ + a)−1/2(ξ + 1)−1/2(ξ − 1)−1/2(ξ − a)−1/2 dξ + B = A

∫ z

0F (ξ) dξ + B .

Les valeurs A = 0 et B servent a placer le rectangle a une position desiree et ajuster sa grandeur mais lapartie essentielle de la transformation reside dans l’integrale et ceci comprend le rapport entre les longueursdes cotes.

Pour determiner les sommets du rectangle il convient de considerer les deux integrales auxiliaires

b =∫ 1

0|F (ξ)| dξ =

∫ 1

0

dξ√(1 − ξ2)(a2 − ξ2)

,

h =∫ a

1|F (ξ)| dξ =

∫ a

1

dξ√(ξ2 − 1)(a2 − ξ2)

.

Si −1 < ξ < 0 on note que

F (ξ) = (ξ + a)−1/2(ξ + 1)−1/2e−πi/2(1 − ξ)−1/2e−πi/2(a − ξ)−1/2 = e−πi|F (ξ)| = −|F (ξ)|

et, si −a < ξ < −1 on trouve de la meme maniere que

F (ξ) = e−3πi/2|F (ξ)| = i|F (ξ)| .

Les quatre points du rectangle sont

w(−a) = A

∫ −a

0F (ξ) dξ + B

= A

(∫ −1

0F (ξ) dξ +

∫ −a

−1F (ξ) dξ

)+ B


= A

(−

∫ −1

0|F (ξ)| dξ + i

∫ −a

−1|F (ξ)| dξ

)+ B

= A(b − ih) + B ,

w(−1) = A

∫ −1

0F (ξ) dξ + B

= −A

∫ −1

0|F (ξ)| dξ + B

= Ab + B ,

w(1) = A

∫ 1

0F (ξ) dξ + B

= −A

∫ 1

0|F (ξ)| dξ + B

= −Ab + B ,

w(a) = A

∫ a

0F (ξ) dξ + B

= A

(∫ 1

0F (ξ) dξ +

∫ a

1F (ξ) dξ

)+ B

= A

(−

∫ 1

0|F (ξ)| dξ − i

∫ a

1|F (ξ)| dξ

)+ B

= −A(b + ih) + B .

Il est clair que b > 0 et h > 0 de telle sorte que le choix A = −1, B = 0 produit le premier rectanglede la Figure 9.8 tandis que le choix A = i, B = 0 donne le deuxieme qui est une rotation du premier.

w1

w2

w3

w4

b-b

ih

w3

=-ib

w2=ib w

1=h+ib

w4

=h-ib

Figure 9.8:

En effet, si |A| = 1, B = 0 on obtient une rotation du premier rectangle autour de l’origine. Pour unchoix quelconque de A ∈ C on aura une rotation suivi d’un agrandissement (|A| > 1) une retrecissement(|A| < 1) du rectangle par un facteur |A|. Finalement, si B = 0 il y aura une translation dans la directiondeterminee par B par une distance egale a |B|.


Fin de l’exemple.

Dans la prochaine section nous presenterons quelques autres transformations conformes elemen-taires.

9.5. TRANSFORMATIONS PARTICULIERES 309

9.5 TRANSFORMATIONS PARTICULIERES

N’importe quelle fonction analytique definit une transformation conforme entre certaines regionsdu plan mais, comme nous avons deja vu, le probleme difficile est de trouver la fonction lorsqueles regions sont specifiees a l’avance. La transformation de Schwarz-Christoffel nous fournit unesolution pour la situation ou une des regions est le demi-plan z : (z) ≥ 0 et un polygone etdans cette section on examinera quelques transformations elementaires qui sont importantes dansles applications en physique et genie.

Dans les premiers exemples on note comment certaines fonctions dites elementaires transformentdes regions particulieres.

Exemple 9.5.1 La fonction w = ez. Ecrivons w = ρeiφ ou, bien sur, ρ = |w| et φ = arg(w).Alors, la transformation w = ez peut se representer par la paire d’equations reelles

ρ = ex , φ = y .

Ceci indique que les droites horizontales y = k se transforment par ez en des demi-droites quipartent de l’origine. (Le point 0 lui-meme ne fait pas partie de l’image.) La fonction ez transformeles droites verticales x = k en des cercles ρ = ek mais on note que cette correspondance n’est pasbijective. (Pourquoi?)

Or, la partie R du plan definie par R = z = x+ iy : x1 ≤ x ≤ x2, y1 ≤ y ≤ y2 se transformeen S = w = ρeiφ : ex1 ≤ ρ ≤ ex2 , y1 ≤ φ ≤ y2. (Voir la Figure 9.9.)

P Q

RS

P'Q'

R'

S'

PQ, correspond à P'Q' etc.

Figure 9.9:

Cette transformation sera une bijection si et seulement si y2 − y1 < 2π, donc, pour mieuxfixer nos idees prenons le cas special ou y1 = 0, y2 = π et considerons la region definie parR′ = &z = x + iy : x1 < x < x2, 0 < y < πDans ce cas la region correspondante S' est le demi-anneau au dessus de l’axe reel determine parles deux cercles |z| = ex1 et ex2 (Voir la Figure 9.10.) Si nous prenons x2 = 0 tout en laissant x1


x x1 2

y=π

A’ B’C’ D’

Figure 9.10:

tendre vers −∞ l’arc A′D′ se contracte autour de l’origine dans le plan des images et le rayon dudemi-anneau approche 1. Donc, la fonction ez peut etre utilisee pour etablir une transformationconforme entre une demi-bande infinie et un demi-cercle. (Voir la Figure 9.11.)

y=π

B’C’

Figure 9.11:

Notons que les choix de x2 et l’intervalle (y1, y2) peuvent etre changes selon notre applicationsous reserve de respecter les restrictions indiquees ci-hautes.

Fin de l’exemple.

Exemple 9.5.2 La fonction log z. Chaque ramification de la fonction log z est une inverse de lafonction exponentielle de telle sorte que son comportement comme transformation conforme admetd’une analyse similaire a celle de l’exemple precedant avec les roles de domaine et image renverses.Il est, donc, facile a voir que log z transforme le demi-plan z : (z) > 0 dans la bande infiniew : 0 < (w) < π.Fin de l’exemple.

Exemple 9.5.3 La fonction sin z. La fonction w = sin z peut s’ecrire sous la forme

w = u + iv = sin(x + iy) = sinx cosh y + i cos x sinh y (9.21)

d’ou il est evident que la fonction est periodique avec la periode simple 2π. De plus, si l’on utilisesin z pour etablir une transformation conforme il faut choisir une partie R de son domaine ou elleest univalente. Ceci est le cas pour la region


R =

z : (z) > 0 ∧ −π

2< (z) <

π

2

.

Notons d’abord que l’image par (9.21) de l’axe imaginaire (x = 0) du domaine est l’axe imagi-naire (u = 0) dans le plan des images et la correspondance entre les points est une bijection. Or,si 0 < c < π

2 , (9.21) nous fournit avec les equations parametriques d’une courbe C a savoir

u = sin c cosh y v = cos c sinh y

lesquelles representent la partie a droite de l’hyperbole

u2

sin2 c− v2

cos2 c= 1

et, si z ∈ R seule la partie au dessus de l’axe reel nous concerne. Si l’on trace toutes ces courbesle premier quadrant du plan des images est completement recouvert. (Plus precisement, tout point(u, v) avec u > 0 et v > 0 se retrouve sur une de ces courbes.) En repetant l’argument pour lesvaleurs de c ∈ (−π/2, 0) c’est le deuxieme quadrant qui est balaye. (La Figure 9.12 indique commentle balayage du premier quadrant s’effectue.) La premiere image correspond a 0 < (y) < 1 et ladeuxieme a 0 < (y) < 2.) Donc, la fonction w = sin z etablit une transformation conforme entreR et le demi-plan w : (w) > 0.

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Figure 9.12:

Si 0 = c ∈ R la fonction w = sin z transforme la droite horizontale determinee par y = c enl’ellipse

u2

cosh2 c+

v2

sinh2 c= 1 .

Il est evident que l’ellipse serait retrace un nombre infini de fois si la droite est parcouru au complet.Pour tracer la courbe exactement une fois il suffit de limiter la variation de x a un intervalle delongueur 2π, disons [0, 2π). En effet, lorsque 0 < x < π l’image est sur la partie « droite» del’ellipse (a partir du point (0, sinh c)) et si π < x < 2π l’image se retrouve a « gauche» (a partirdu point (0,− sinh c)). La correspondance entre [0, 2π) et l’ellipse est une bijection.


Or, si 0 < b < c considerons un rectangle R determine par les points (0, b) et (2π, c). Si l’ontrace le segment qui relie (0, b) et (2π, b) on obtient l’ellipse interieur dans la Figure 9.13 et enrepetant la meme operation pour les segment qui relie (0, c) et (2π, c) on genere l’ellipse exterieur.(Notons que les deux partagent les foyers communs (−1, 0) et (1, 0).)

A B C

D E F

π 2π

A

B

C

D

E

F

(-1,0) (1,0)

y=b

y=c

Figure 9.13:

Remarquons que le graphique exagere la « coupure» CF qui est necessaire attendu le fait que latransformation ne saurait etre bijective si nous identifions CF et AD et ce a cause du fait que lafonction inverse sin−1 possede une surface de Riemann avec une infinite de feuilles.

Si on permet a ξ de prendre les valeurs entre b et c chacune d’elles produira une ellipse entrecelles correspondantes aux valeurs b et c et c’est de cette maniere la region ombragee dans la figureest generee. Donc la fonction sin transforme l’interieur d’une rectangle a la bande limitee par deuxellipses concentriques avec des foyers communs sous reserve des choix des dimensions approprieespour le rectangle et une coupure correspondant a un des cotes du rectangle.

Fin de l’exemple.

Parfois une fonction donnee peut s’ecrire comme le resultat des operations algebriques sur desfonctions dont les effets sont connus. Par exemple, la fonction ez a l’effet de transformer la demi-bande infinie R = z : (z) > 0 ∧ 0 < (z) < π en S = w : |w| > 1 ∧ (w) > 0. (Revoirl’exemple 9.5.1 et expliquer!) Or, on constate que la fonction definie par g(z) = iez correspond aune rotation par l’angle π/2 appliquee au graphique de ez. Donc, l’application de g a la region R

est S′ = w : |w|.1 ∧ (z) < 0. (Voir la Figure 9.14.)Quant a la compositions de fonctions considerons le cas de F (z) =

√sin z. Ceci est la composi-

tion des deux fonctions f, g ou f(z) = sin z et g(z) =√

z (on sous-entend la ramification principalede g). La fonction f envoie la demi-bande infinie z : 0 < (z) < π

2 ∧(z) > 0 en le premier quad-


Figure 9.14:

rant du plan et la fonction g envoie le premier quadrant en la region z = ρeiθ : ρ > 0 ∧ 0 < θ < π4 .

(A vous de faire le dessins!)


9.6 EXERCICES

SECTION 9.1

9.1 Prouver le Theoreme 9.1.3.

9.2 Expliquer pourquoi la fonction√

z ne pourrait jamais etre univalente sur une region quicontient le point z = 0 + 0i.

9.3 Verifier que la transformation definie par f(z) = sinh z est conforme dans une region ouf ′(z) = 0. Quelles sont les images des deux familles de courbes x = const. et y = const.?

0 0.5 1 1.5 2-2

-1

0

1

2

0 0 5 1 1 5 22

1

0

1

2

Figure 9.15:

9.4 La Figure 9.15 indique comment les segments horizontales et verticales du carre determinepar les points (−1, 1) et (1, 1) sont transformes par la fonction complexe f(z) = zz−z2/2. Examinerle comportement de cette fonction pres de l’origine et pour les points sur l’axe reel. Y a-t-il desangles preserves par cette transformation?

9.5 Montrer que

f(z) =12

(z +

1z

)

transforme les cercles concentriques |z| = const. > 0 en des ellipse; les demi-droites arg(z) =const., (z = 0) en des hyperboles et que toutes ces coniques ont les memes foyers a savoir (−1, 0)et (1, 0).

9.6. EXERCICES 315

9.6 Si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) est analytique dans une region R, montrer que z0 ∈ R est unpoint critique de f si et seulement si le jacobien

∂(u, v)∂(x, y

=

∣∣∣∣∣∣∂u∂x

∂u∂y

∂v∂x

∂v∂y

∣∣∣∣∣∣ =∂u

∂x

∂v

∂y− ∂u

∂y

∂v

∂x

s’annule au point z0 = x0 + iy0.

SECTION 9.2

9.7 Decomposer chacune des transformations suivantes en une composition de translations,multiplications, rotations et inversions:

A) w = 21+z , B) w = z

2+iz ,

C) w = 3z+1z , D) w = 2z−5

3z+1 .

9.8 Trouver l’inverse de chacune des transformations du probleme precedant.

9.9 Quelles sont les transformations de Mobius qui laisse le point a l’infini fixe (c-a-d T (∞) = ∞)

9.10 Trouver la transformation de Mobius pour laquelle

T (0) = 1 , T (1) = 0 , T (i) = 1 + i .

9.11 Montrer que w = z/(1 − z) transforme le disque ouvert D = z : |z| < 1 au demi-planz : (z) > −1/2.9.12 Trouver des transformations de Mobius qui envoient le disque D = z : |z| < 1 au

demi-plan z : (z) > 0.9.13 Un point z∗ est un point fixe d’une transformation de Mobius T si T (z∗) = z∗. Trouver les

points fixes pour la transformation de Mobius generale.

SECTION 9.3

9.14 Verifier le Lemme de Schwarz dans le cas ou f(z) = zn, n ∈ N+.

9.15 Completer les details des calculs dans la demonstration du Lemme 9.3.5.

SECTION 9.4


9.16 Montrer que la fonction

w =∫ z

0

dz√z(1 − z2)

transforme le demi-plan z : (z) > 0 en l’interieur du carre determine par les deux pointa (−1, 1)et (1, 1).

9.17 Montrer que si 3 ≤ n ∈ N alors ∫ z

0(1 − zn)−

2n dz

transforme le disque z : |z| < 1 en l’interieur d’un polygone regulier a n cotes.

SECTION 9.5

9.18 Montrer que w = z + 1/z transforme le cercle defini par |z| = c en l’ellipse

u = u(x, y) =(

c +1c

)x√

x2 + y2, v = v(x, y) =

(c − 1

c

)y√

x2 + y2.

Que se passe-t-il lorsque c = 1?

9.19 Montrer que si l’on se sert de la ramification principale de la racine carree

w =(

z − 1z + 1

) 12

transforme le plan avec le segment [−1, 1] enleve en le demi-plan w : (w) > 0.9.20 Etudier la transformation de la region z : (z) > 0 ∧ 0 < (z) < π/2 par la fonction

w = cosh z. (On peut decomposer le probleme pour utiliser les rotations, translations et ce qui estconnu par rapport a sin z.)

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LESTRANSFORMATIONS CONFORMES · Chapitre9 LESTRANSFORMATIONS CONFORMES 9.1 INTRODUCTION. Rappelonsqu’unefonctioncomplexefestunepartieduproduitcart´esienneC⊗C detellesorteque