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Solutions des exercices
125
On voit ainsi que ϕ est croissante sur R + . Par suite :
(∗ ∗ ∗)
1
2
ϕ(0) ϕ(r) ϕ(1) = 1.
Supposons :
|f n−1 (z)| |z|
1 + 2|z|
1 + |z|
n−1
.
En particulier, |f n−1 (z)| |z|. Alors, d’après (∗ ∗ ∗) :
1 + 2|f n−1 (z)|
2 + |f n−1 (z)|
1 + 2|z|
2 + |z|
·
On en déduit :
|f n (z)| = |f ◦f n−1 (z)| |f n−1 (z)|
1 + |f n−1 (z)|
2 + |f n−1 (z)|
|z|
1 + 2|z|
2 + |z|
n
.
e) Comme
f (D) ⊂ D et
f (z)
z
=
1 − 2z
2 − z
,
on voit que f n /f n−1 ∈ H(D). D’autre part, si |z| a < 1, il résulte de (∗) et (∗∗)
que :
2f n (z)
f n−1 (z)
3|f n−1 (z)| 3a
1 + 2a
2 + a
n−1
.
On en déduit que la série
2
f n (z)
f n−1 (z)
− 1
est normalement convergente sur tout compact de D. D’où le résultat.
f) Il vient :
2
n f n (z)
z
=
2
f 1 (z)
z
2
f 2 (z)
f 1 (z)
· · ·
2
f n (z)
f n−1 (z)
.
D’après la question précédente, la suite (2 n f n ) n converge donc uniformément sur tout
compact de D. Sa limite g est alors holomorphe dans D. Comme
2
n+1 f n+1 (z) = 2.2
n f n ◦f (z),
on obtient par continuité g(z) = 2g◦f (z).
De f (0) = 0, on déduit que f (0) = 2g(0), donc g(0) = 0.
D’après 7.4.2, la suite (2 n f
n ) n converge uniformément sur tout compact de D vers
g . Il en résulte que g (0) est la limite de la suite (2 n f
n (0)) n . On a f (0) =
1
2
et, une
récurrence facile montre que f
n (0) =
1
2 n · D’où g (0) = 1.