Solucionar $\sin(z) = z$ en los números complejos

Question

Mostrar que $\sin(z) = z$ tiene una infinidad de soluciones en los números complejos. Pequeño teorema de Picard debe ayudar, pero utilizando el gran teorema de Picard es indeseable. Muchas gracias!

Answer 1

El uso de un no trivial resultado por Picard: $\sin(z) - z$ tiene una singularidad esencial en a $\infty$. Por lo tanto se llega a todos los valores infinitamente muchas veces con una sola excepción. Desde $$\sin(z + 2\pi) - (z+2\pi) = \sin(z) - z - 2\pi$$ one can shift the image over multiples of $2\pi$. By Picard's theorem there cannot be any value (including $0$) que se alcanza solo un número finito de veces desde una única excepción es permitido.

Answer 2

La función de $\sin z - z$ es todo y de orden $1$, por lo que si había finitely-muchos ceros, entonces el Hadamard teorema de factorización diría que

$$\sen z - z = e^{az+b} p(z),$$

donde $p(z)$ es de algún polinomio y $a$ $b$ son algunos de los números complejos.

Esto no puede ser verdad. Sabemos que $\sin z - z \sim e^{-iz}$$z\to +i\infty$$\sin z - z \sim e^{iz}$$z \to -i\infty$$\operatorname{Re} z = 0$, y cuando se toman en conjunto estas propiedades implican las conclusiones absurdas que, no sólo es $p(z)$ constante, sino $\operatorname{Im} a < 0$$\operatorname{Im} a > 0$.

Answer 3

Vamos $k \in \mathbb{Z}$, $y \in \mathbb{R}$, $y>0$ y considerar el rectángulo sólido $$S = \{z \in \mathbb{C} \mediados de 0 \leq \operatorname{Im}(z) \leq y \textrm{ y } (2k - \tfrac{1}{2})\pi \leq \operatorname{Re}(z) \leq (2k+\tfrac{1}{2})\pi \}.$$

La función de $\sin(z)$ es un único valor en $S$ y mapas en la mitad superior de un sólido elipse con focos $\pm 1$. La parte inferior, los lados izquierdo y derecho de la $S$ mapa en el intervalo real y la parte superior en el arco elíptico. (En la imagen siguiente puede ayudar a vizualize.)

En la parte superior (donde $\operatorname{Im}(z) = y$) la desigualdad de $|\sin(z)| \geq \sinh(y)$ mantiene. Elija $y>0$ tal que $$\sinh(y) \geq \max_{z\in S}|z|$$ (note that $S$ itself depends on $s$ but $\sinh$ grows fast enough). Then it follows that $$S \subset \sin(S).$$ If $\el pecado^{-1}\!: \pecado(S) \S$ is the inverse this can be written as $$S = \sin^{-1}(\sin(S)) \subset \sin(S).$$

Por Brouwer del teorema de punto fijo $\sin^{-1}$ debe tener un punto fijo en $S$, lo que también será un punto fijo de $\sin$. Por la simetría de $\sin$ también existe un punto fijo en $\overline{S}$, $-S$ y $-\overline{S}$. Variación $k$ muestra que $\sin$ tiene una infinidad de puntos fijos.

También hay complejos pertinentes de la analítica de punto fijo de resultados (ver aquí y aquí por ejemplo). A nombre de algunas de sus consecuencias: hay un punto fijo en el interior de $S$ y si hay uno, a continuación, recorrer $\sin^{-1}$ en cualquier punto de partida convergen en el punto fijo. (No es la dificultad técnica que $\sin^{-1}$ no mapa $\sin(S)$ en el interior de $S$. Nota, por ejemplo, que para $k=0$ no hay ningún punto fijo en el interior de $S$!)