114
8 • Fonctions méromorphes
dans D, avec un zéro d’ordre m en a. Comme f est injective, il en est de même de g.
Par suite, g (a) = 0 (8.7.2). D’où m = 1.
3. Les hypothèses de 3 étant vérifiées, notons g : U → C le prolongement holomorphe
de f . Supposons qu’il existe a, b ∈ A tels que a = b et c = g(a) = g(b). Fixons des
boules ouvertes D a et D b de centres a et b, contenues dans U , et vérifiant D a ∩D b = ∅,
D a ∩ A = {a}, D b ∩ A = {b}. D’après 8.7.2, (i), g(D a ) ∩ g(D b ) est un voisinage
de c, donc est non réduit à {c}. Il existe donc u ∈ D a \{a} et v ∈ D b \{b} tels que
g(u) = g(v), soit f (u) = f (v). Comme u = v cela contredit l’injectivité de f . D’où
le résultat.
Exercice 8.4. Soit f : C → C une application holomorphe et injective. L’application
g : C ∗ → C, z → f (z −1 ) est holomorphe et injective. En prenant U = C et A = {0}
dans l’exercice 8.3, on obtient que g n’a pas de singularité essentielle en 0 et, d’après
l’exercice 8.2, f est un polynôme ; il en est de même de f . Comme f (z) = 0 pour
tout z ∈ C, f est une constante non nulle. On en déduit qu’il existe a ∈ C ∗ et b ∈ C
tels que f (z) = az + b pour tout z ∈ C. La réciproque est claire.
D’après ce qui précède, il est immédiat de vérifier que Aut(C) est l’ensemble des
fonctions z → az + b, avec a ∈ C ∗ et b ∈ C.
Exercice 8.5. Soit f : C ∗ → C ∗ holomorphe et injective. D’après l’exercice 8.3, avec
U = C et A = {0}, il y a deux possibilités.
a) 0 est une singularité illusoire de f . Si g est le prolongement holomorphe de f à
C, g est injective (exercice 8.3, 3). Compte tenu de l’exercice 8.4, f est de la forme
z → az + b, avec a ∈ C ∗ et b ∈ C. Si b = 0, on a f (−ba −1 ) = 0 /
∈ C ∗ . C’est
absurde. Ainsi, f est de la forme z → az, avec a = 0. la réciproque est claire.
b) 0 est un pôle d’ordre 1 de f . Comme z → z −1 est un automorphisme de C ∗ ,
l’application z → g(z) = [f (z)] −1 est une application holomorphe injective de C ∗
dans lui-même. Le premier cas nous montre qu’il existe b ∈ C ∗ tel que g(z) = bz
pour tout z ∈ C. Ainsi, f est de la forme z → bz −1 , avec b ∈ C ∗ . La réciproque est
évidente.
D’après ce qui précède, il est immédiat que :
Aut(C
∗ ) = {z → az ; a ∈ C
∗
} ∪
z →
a
z
; a ∈ C
∗
.
Exercice 8.6. D’après les hypothèses, la suite (a n ) n converge vers 0. Si K est
un compact de C ∗ , il existe donc N ∈ N tel que a n /
∈ K si n > N. Soit
L = {a n ; n N } ∪ {0}. C’est un compact de C vérifiant K ∩ H = ∅. Il existe donc
δ > 0 tel que |z − a| δ si z ∈ K et a ∈ H. Par suite, si n > N :
a n
z − a n
|a n |
δ
·
8 • Fonctions méromorphes
dans D, avec un zéro d’ordre m en a. Comme f est injective, il en est de même de g.
Par suite, g (a) = 0 (8.7.2). D’où m = 1.
3. Les hypothèses de 3 étant vérifiées, notons g : U → C le prolongement holomorphe
de f . Supposons qu’il existe a, b ∈ A tels que a = b et c = g(a) = g(b). Fixons des
boules ouvertes D a et D b de centres a et b, contenues dans U , et vérifiant D a ∩D b = ∅,
D a ∩ A = {a}, D b ∩ A = {b}. D’après 8.7.2, (i), g(D a ) ∩ g(D b ) est un voisinage
de c, donc est non réduit à {c}. Il existe donc u ∈ D a \{a} et v ∈ D b \{b} tels que
g(u) = g(v), soit f (u) = f (v). Comme u = v cela contredit l’injectivité de f . D’où
le résultat.
Exercice 8.4. Soit f : C → C une application holomorphe et injective. L’application
g : C ∗ → C, z → f (z −1 ) est holomorphe et injective. En prenant U = C et A = {0}
dans l’exercice 8.3, on obtient que g n’a pas de singularité essentielle en 0 et, d’après
l’exercice 8.2, f est un polynôme ; il en est de même de f . Comme f (z) = 0 pour
tout z ∈ C, f est une constante non nulle. On en déduit qu’il existe a ∈ C ∗ et b ∈ C
tels que f (z) = az + b pour tout z ∈ C. La réciproque est claire.
D’après ce qui précède, il est immédiat de vérifier que Aut(C) est l’ensemble des
fonctions z → az + b, avec a ∈ C ∗ et b ∈ C.
Exercice 8.5. Soit f : C ∗ → C ∗ holomorphe et injective. D’après l’exercice 8.3, avec
U = C et A = {0}, il y a deux possibilités.
a) 0 est une singularité illusoire de f . Si g est le prolongement holomorphe de f à
C, g est injective (exercice 8.3, 3). Compte tenu de l’exercice 8.4, f est de la forme
z → az + b, avec a ∈ C ∗ et b ∈ C. Si b = 0, on a f (−ba −1 ) = 0 /
∈ C ∗ . C’est
absurde. Ainsi, f est de la forme z → az, avec a = 0. la réciproque est claire.
b) 0 est un pôle d’ordre 1 de f . Comme z → z −1 est un automorphisme de C ∗ ,
l’application z → g(z) = [f (z)] −1 est une application holomorphe injective de C ∗
dans lui-même. Le premier cas nous montre qu’il existe b ∈ C ∗ tel que g(z) = bz
pour tout z ∈ C. Ainsi, f est de la forme z → bz −1 , avec b ∈ C ∗ . La réciproque est
évidente.
D’après ce qui précède, il est immédiat que :
Aut(C
∗ ) = {z → az ; a ∈ C
∗
} ∪
z →
a
z
; a ∈ C
∗
.
Exercice 8.6. D’après les hypothèses, la suite (a n ) n converge vers 0. Si K est
un compact de C ∗ , il existe donc N ∈ N tel que a n /
∈ K si n > N. Soit
L = {a n ; n N } ∪ {0}. C’est un compact de C vérifiant K ∩ H = ∅. Il existe donc
δ > 0 tel que |z − a| δ si z ∈ K et a ∈ H. Par suite, si n > N :
a n
z − a n
|a n |
δ
·