Función holomórfica $\varphi$ con punto fijo $z_0$ tal que $\varphi'(z_o)=1$ es lineal?

Question

Se trata de un ejercicio de análisis complejo:

Dejemos que $\Omega\subset{\Bbb C}$ ser abierto y acotado, y $\varphi:\Omega\to\Omega$ una función holomorfa. Demostrar que si existe un punto $z_0\in\Omega$ tal que $$ \varphi(z_0)=z_0\qquad\text{and }\qquad \varphi'(z_0)=1 $$ entonces $\varphi$ es lineal.

Estoy tratando de resolver el caso $z_0=0$ primero, en el que $$ \varphi(z)=z+\sum_{n=2}^{\infty}a_nz^2. $$ Basta con demostrar que $a_n=0$ para todos $n\geq 2$ . Si dejamos $$ \varphi(z)=z+a_2z^2+O(z^3) $$ entonces $$ \varphi^k(0)=z+ka_2z^2+O(z^3), $$ y $$ \varphi^k(0)=0,\quad (\varphi^k)'(0)=1. $$ Si se puede demostrar que $\{ka_2\}_{k=1}^{\infty}$ está uniformemente acotado, entonces se tiene al menos $a_2=0$ . Pero no sé cómo seguir. ¿Alguna idea?

Answer 1

Siguiendo sus pensamientos, cuando $\Omega$ está conectado, si $\varphi$ no es lineal, entonces existe $n\ge 2$ y $a_n\ne 0$ , de tal manera que
$$\varphi(z)=z+a_n(z-z_0)^n+O((z-z_0)^{n+1}).$$ Como has notado, por inducción, se deduce que para cada $k\ge 1$ , $$\varphi^k(z)=z+ka_n(z-z_0)^n+O((z-z_0)^{n+1}). \tag{1}$$

Dejemos que $r>0$ sea tal que cuando $|z-z_0|\le r$ entonces $z\in\Omega$ . Entonces, por $(1)$ ,

$$ka_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=r}\frac{\varphi^k(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz.\tag{2}$$ Desde $\varphi^k(\Omega)\subset\Omega$ y como $\Omega$ está acotado, existe $M>0$ independientemente de $k$ , de tal manera que $|\varphi^k|\le M$ en $\Omega$ . Entonces, por $(2)$ , $$k|a_n|\le Mr^{-n}.$$ Desde $k$ es arbitraria, $a_n=0$ una contradicción.