Sí, es cierto que se puede escribir $f=p\circ\phi$, para un polinomio $p$ y un inyectiva analítica de $\phi\colon\mathbb{D}\to\mathbb{C}$. De hecho, usted puede reemplazar a $\mathbb{D}$ por cualquier subconjunto compacto de $\mathbb{C}$ y los resultados aún se mantiene, donde $p$ es lugar sólo para ser una función racional.
En primer lugar, por la expansión de la alimentación de la serie y después de truncar $$ n términos, existe una secuencia de polinomios $p_n$ convergen uniformemente a $f$ en un conjunto abierto que contiene a $\mathbb{D}$. Esto es casi suficiente, la aplicación de la siguiente.
Lema 1: Deje que $f,\{p_n\}_{n=1,2,\cdots}$ no ser constante funciones analíticas en un conjunto abierto de $U\subseteq\mathbb{C}$ tal que $p_n\f$ uniformemente en $U$. Deje que $K\subseteq U$ ser compacto y supongamos que, para cada $k\ge1$ y $z\in K$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$, entonces también tenemos $p_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)=0$.
Entonces, para que todos lo suficientemente grande como $n$, existe ono-a-uno de la analítica de $\phi_n\colon K\a U$ con $f=p_n\circ\phi_n$.
Esto es suficiente para obtener el resultado requerido, siempre que $f^\prime$ no desaparecen en $\mathbb{D}$, como la condición de los derivados en $f$ trivialmente sostiene. Si $f^\prime$ hace desaparecer en algún lugar de $\mathbb{D}$, entonces podemos obtener el resultado requerido por la aplicación de la siguiente consecuencia del Lema 1.
Lema 2: Deje que $f,\{p_n\}_{n=1,2,\cdots}$ no ser constante funciones analíticas en un conjunto abierto de $U\subseteq\mathbb{C}$ tal que $p_n\f$ uniformemente en $U$. Entonces, para cualquier compacto $K\subseteq U$, para lo suficientemente grande como $n$ existe polinomios $q_n$ y ono-a-uno de la analítica de $\phi_n\colon K\a U$ tal que $f=(p_n-q_n)\circ\phi_n$.
Los polinomios de $q_n$ será de manera uniforme delimitada grado con coeficientes tienden a cero, como $n\to\infty$, aunque no necesitamos esta aquí. Una vez Lema 2 se ha establecido, nuestro resultado necesario de la siguiente manera emmediately mediante el uso de truncado de alimentación de la serie de aproximaciones para los polinomios de $p_n$. De hecho, si $\mathbb{D}$ es reemplazado por cualquier compacto $K$, a continuación, el resultado se mantenga donde $p$ es lugar obligado a ser sólo ser una función racional. Esto es debido a que podemos uniformemente aproximado de $f$ por una secuencia de funciones racionales $p_n$ en algún conjunto abierto que contiene a $K$, por los métodos de Runge del teorema. Entonces, Lema 2 se aplica para obtener el resultado requerido.
Ahora voy a dar las pruebas de los Lemas. Aquí, hago uso repetido de el hecho de que si las funciones analíticas, a continuación, sus derivados para todos los pedidos converge uniformemente en compactos (consecuencia de Cauchy de la integral de la fórmula, como explica David Speyer en su respuesta).
La prueba del Lema 1:
En primer lugar, la restricción de $U$ a lo suficientemente pequeño conjunto abierto que contiene a $K$, podemos w.l.o.g. supongamos que por cada $z\in U$ y $k\ge1$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$ entonces $p_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)=0$. Voy a empezar por probar el resultado localmente; por cada $z_0\en U$ existe un abierto barrio $V$ de $z_0$ y una secuencia de funciones analíticas que $\phi_n\colon V\a U$ con $\phi_n(z)\z$ uniformemente en $V$ y $f=p_n\circ\phi_n$ en $V$ para todo $gran$n.
Suponga que $f^\prime(z_0)\no=0$. Por reescalado $f$ y $p_n$ si es necesario, podemos suponer que $f^\prime(z_0)=1$. Para algunos $r > 0$ cerrada balón $\bar B_r(z_0)$ contenida en $U$ y $\Re[f^\prime] > 1/2$ en $\bar B_r(z_0)$. Entonces, por la convergencia uniforme, $\Re[p_n^\prime] > 1/2$ en $\bar B_r(z_0)$ grandes $n$. Esto implica que $\Re[(p(y)-p(x))/(y-x)] > 1/2$ en el cerrado de la pelota, por lo que $p_n$ es uno-a-uno con derivados $\lVert p_n^\prime\rVert\ge1/2$. Esto implica que $p_n(B_r(z_0))$ $B_{r/2}(p_n(z_0))$, entonces $p_n(B_r(z_0))\supseteq B_{r/3}(f(z_0))$ grandes $n$ y no hay una única (analítica) $p_n^{-1}\colon B_{r/3}(f(z_0))\a B_r(z_0)$ con $p_n\circ p_n^{-1}(z)=z$ (por el teorema de la función inversa). La elección de un barrio abierto $V$ de $z_0$ tal que $f(V)\subseteq B_{r/3}(f(z_0))$, entonces las funciones analíticas $\phi_n\colon V\a U$, $\phi_n(z)=p_n^{-1}\circ f(z)$ satisfacer las propiedades requeridas.
Ahora supongamos que $f^\prime(z_0)=0$. Entonces, hay un costo de $k\ge0$ $f^\prime(z_0)=\cdots=f^{(k)}(z_0)=0$ y $f^{(k+1)}(z_0)\no=0$. Restando una constante de $f$ y $p_n$ si es necesario, podemos suponer que $f(z_0)=0$. Entonces, $f(z)=(z-z_0)^kg(z)$ para una analítica de la función $g$ en $U$ $g(z_0)\no=0$. Por supuesto, $p_n(z_0)=\cdots=p_n^{(k)}(z_0)=0$, por lo que podemos descomponer $p_n(z)=(z-z_0)^kq_n(z)$ donde $q_n\f$ uniformemente en $U$. A continuación, en un barrio de $z_0$, $g$ es distinto de cero y $q_n$ son cero para grandes $n$. Por lo tanto, podemos tomar $k$'th raíces para obtener funciones analíticas $\tilde f(z)=(z-z_0)g(z)^{1/k}$ y $\tilde p_n(z)=(z-z_0)q_n(z)^{1/k}$. Además, $\tilde p_n\a\tilde f$ uniforme (siempre y cuando tomamos coherente $k$'th raíces por $g$ y $q_n$). También tenemos $\tilde f^\prime(z_0)=g(z_0)^{1/k}\no=0$. Así, en el primer caso anterior, existe un abierto barrio $V$ de $z_0$ y analítica de $\phi_n\colon V\a U$ con $\phi_n(z)\z$ uniformemente y $\tilde f=\tilde p_n\circ\phi_n$. Tomando $k$'th poderes da $f=p_n\circ\phi_n$.
Ahora, por la compacidad de $K$ y el hecho de que las funciones analíticas $\phi_n$ existir a nivel local como se muestra arriba, existe un número finito de tapa $\lbrace B_1,\ldots,B_m\rbrace$ $K$, donde $B_i$ están abiertas las bolas en $U$, y funciones analíticas $\phi_{en}\colon B_i\a U$ satisfacer $f=p_n\circ\phi_{en}$ en $B_i$ y $\phi_{en}(z)\z$ uniformemente como $n\to\infty$.
Para cuando $B_i,B_j$ no tienen intersección vacía entonces, como $f$ no es constante, su derivada será distinto de cero en algún punto de $z_0\en B_i\cap B_j$ y, wlog, podemos suponer que $f^{\prime}(z_0)=1$. Entonces, por la convergencia uniforme, hay un abrir barrio $B^\prime$ de $z_0$ que $\Re[p_n^\prime]\ge1/2$ para todo $gran$ n, así como con el argumento anterior, $p_n$ es uno-a-uno en este barrio. Como $p_n\circ\phi_{en}=p_n\circ\phi_{jn}$ esto implica que $\phi_{en}=\phi_{jn}$ en un barrio de $z_0$ cuando $n$ es lo suficientemente grande que $\phi_{en}(z_0)$ y $\phi_{jn}(z_0)$ en $B^\prime$. Por la continuación analítica, esto le da $\phi_{en}=\phi_{jn}$ en $B_i\cap B_j$. Por lo tanto, con $V=\cup_iB_i$, podemos definir la analítica de $\phi\colon V\a U$ por $\phi=\phi_{en}$ en $B_i$. Entonces, $f=p_n\circ\phi_n$ y $\phi_n(z)\z$ uniformemente.
Sólo queda demostrar que $\phi_n$ es uno-a-uno para los grandes $n$. Por la convergencia uniforme de $\phi_n^\prime$ a $1$ en cualquier cerrada balón $\bar B$ en $V$, tenemos $\Re[\phi^\prime_n]\ge1/2$ en $\bar B$ grandes $n$, entonces $\phi_n$ es uno-a-uno en $\bar B$. Así que, dejando de $B_1^\prime,\ldots,B_r^\prime$ ser abierto bolas cubriendo $K$ y cuyos cierres son en $V$, $\phi_n$ es, finalmente, uno-a-uno en cada $B^\prime_i$. Si dejamos que $K^\prime\subseteq\bigcup_iB^\prime_i$ ser un conjunto compacto, con interior con $K$, entonces, por la compacidad, hay un $\epsilon > 0$ tales que $x\=y\K^\prime$ con $\lVert x-y\rVert\le\epsilon$ están contenidas en unos $B^\prime_i$, entonces $\phi_{en}(x)\=\phi_{en}(y)$ para lo suficientemente grande como $n$. Alternativamente, si $n$ islarge suficiente que $\Vert\phi_n(z)-z\rVert < \epsilon/2$ en $V$ tenemos $\lVert\phi_n(x)-\phi_n(y)\rVert\ge\epsilon\lVert x-y\rVert\gt0$ cuando $\lVert x-y\rVert\gt\epsilon$. Así, $\phi_n$ es uno-a-uno para los grandes $n$.
QED
La prueba del Lema 2:
Como se explica en David Speyer la respuesta de interpolación de Lagrange da una secuencia de polinomios $q_n$ convergen uniformemente a $0$ en pactos (como son uniformemente acotadas grado con coeficientes tendiendo a cero) tal que, para cada $z\in K$ y $k\ge1$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$, entonces $p_n(z)-q_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)-q_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)-q_n^{(k)}(z)=0$. Entonces, aplicando el Lema 1 con $p_n-q_n$ en lugar de $p_n$ da el resultado.
QED
