Además de la identidad del mapa, hay toda una función de $f$ que es un bijection de $\mathbb{C}$ $\mathbb{C}$y tiene 2 puntos fijos? Gracias por la ayuda.
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Grzenio
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Desde la invocación de Picard parece un poco excesivo, que aquí es un simple argumento (esencialmente el mismo que Chris la respuesta, pero la sustitución de Picard por Casorati-Weierstrass y la asignación abierta teorema de la):
La reclamación. Si $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ es todo inyectiva y, a continuación, $f$ es lineal y no constante, que es $f(z) = az + b$ algunos $a \neq 0$.
Es fácil comprobar que una función lineal con dos puntos fijos debe ser la identidad, por lo que nos queda por demostrar la reclamación.
La prueba de la reclamación. Por hipótesis de $f: \mathbb{C}^{\times} \to \mathbb{C}$ es inyectiva donde $\mathbb{C}^{\times} = \{z \neq 0\}$ es el conjunto de no-cero de los números complejos. Ahora $g(z) = f(1/z)$ también es inyectiva $\mathbb{C}^{\times} \to \mathbb{C}$ y tiene una singularidad en $0$. Por inyectividad, $g(\{|z| \gt 1\}) \cap g(\{0 \lt |z| \lt 1\}) = \emptyset$. Por otra parte, ambos conjuntos son abiertos por la asignación abierta teorema, y por el Casorati-Weierstrass teorema $g(\{0 \lt |z| \lt 1\})$ sería denso si $g$ tenía una singularidad esencial en a $0$. Por lo tanto, $g$ tiene un polo en $0$. Pero esto implica que $f$ es un polinomio y por lo tanto es lineal y no-constante por la inyectividad.
No. Deje $f$ ser toda la función, y considerar la singularidad de $f$ en el infinito. Si es extraíble, luego por el teorema de Liouville $f$ es constante y por lo tanto no un bijection. Si es fundamental, entonces, por Picard del gran teorema $f$ no es inyectiva. Si se trata de un poste, a continuación, $f$ es un polinomio. Si el grado de $f$ es mayor que uno, $f$ no es inyectiva. Por lo $f$ es un polinomio lineal, y el único polinomio lineal que corrige dos puntos es la identidad.
