Cho hàm $f : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ chỉnh hình và đơn ánh. Chứng minh rằng tồn tại $a,b \in \mathbb{C}, a \neq 0$ mà $f(z) = az+b \forall z \in \mathbb{C}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 08-08-2018 - 17:36
Cho hàm $f : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ chỉnh hình và đơn ánh. Chứng minh rằng tồn tại $a,b \in \mathbb{C}, a \neq 0$ mà $f(z) = az+b \forall z \in \mathbb{C}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 08-08-2018 - 17:36
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Xét chuỗi Taylor của $f$, $$f = \sum_{n \ge 0} a_n z^n.$$ Giả sử có một số vô hạn hệ số $a_n$ khác $0$, thế thì $\infty$ là điểm bất thường cốt yếu của $f$, suy ra tồn tại dãy $z_n \to \infty$ mà $f(z_n) \to a_0 = f(0)$. Gọi $U$ là đĩa nhỏ quanh gốc, khi đó $f(U)$ là tập mở theo nguyên lý bảo toàn miền, vì thế nó chứa $f(z_n)$ với mọi $n$ đủ lớn. Do đó $f(z_n) = f(w)$ với $w \in U$, suy ra $z_n = w$ với $n$ đủ lớn, mâu thuẫn. Vậy $f$ là một đa thức, dễ thấy khi đó $f$ phải có dạng trên.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 08-08-2018 - 18:03
"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert
Xét chuỗi Taylor của $f$, $$f = \sum_{n \ge 0} a_n z^n.$$ Giả sử có một số vô hạn hệ số $a_n$ khác $0$, thế thì $\infty$ là điểm bất thường cốt yếu của $f$, suy ra tồn tại dãy $z_n \to \infty$ mà $f(z_n) \to a_0 = f(0)$. Gọi $U$ là đĩa nhỏ quanh gốc, khi đó $f(U)$ là tập mở theo nguyên lý bảo toàn miền, vì thế nó chứa $f(z_n)$ với mọi $n$ đủ lớn. Do đó $f(z_n) = f(w)$ với $w \in U$, suy ra $z_n = w$ với $n$ đủ lớn, mâu thuẫn. Vậy $f$ là một đa thức, dễ thấy khi đó $f$ phải có dạng trên.
Sao lại có dãy $z_{n}$ như vậy, và tại sao khi đó $f(z_{n}) = f(w)$ nào đó?
Ta xét hàm số
$$g(z) = f(\frac{1}{z}): \mathbb{C} - 0 \to \mathbb{C}$$
Hàm này chỉnh hình trên $\mathbb{C} - 0$, ta xét ba trường hợp:
+ Nếu $0$ là removable của $g(z)$ thì $g$ là entire, và bị chặn trong một lân cận của $0$ nên $f(z) = g(\frac{1}{z})$ bị chặn ngoài lân cận này, cộng với tính compact ta suy ra $f$ bị chặn, entire nên theo Liouville thì $f$ là hằng số, vô lý vì $f$ là injective.
+ Nếu $0$ là essential thì theo định lý Casorati $g(B(0,1) - 0)$ trù mật trong $\mathbb{C}$, suy ra $f(C - \overline{B(0,1)})$ trù mật trong $\mathbb{C}$. Lại theo open mapping theorem thì $f(B(0,1))$ mở, do tính trù mật nên $f(C - \overline{B(0,1)}) \cap f(B(0,1)) \neq \varnothing$. Rõ ràng vô lý.
+ Nếu $0$ là pole của $g$ thì ta có $\lim_{|z| \to \infty} |f(z)| = \infty$. Chọn $r,\epsilon$ sao cho $\forall z, |z| \geq r \Rightarrow |f(z)| \geq \epsilon$. Bằng cách xét hàm $f(z) - f(0)$ ta có thể giả sử $f(0)=0$ nên $0$ là một zero của $f$, tồn tại $k$ và một hàm chỉnh hình $h$ sao cho:
$$f(z) = z^{k}h(z)$$
Ở đây $h$ không thể có một không điểm nào khác vì như vậy sẽ trái tính injective của $f$. Ta lại xét hàm:
$$F: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$$
$$z \mapsto \frac{1}{h(z)}$$
Hàm này là entire, xét khai triển Taylor và bất đẳng thức Cauchy của nó:
$$F(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{F^{(n)}(0)}{n!}z^{n}$$
$$|F^{(n)}(0)| \leq sup_{|z| = R} |F(z)| \frac{n!}{R^{n}} = sup_{|z| = R} \frac{n!|z|^{k}}{R^{n}f(z)} \leq \frac{n!}{\epsilon R^{n-k}} ( R > r )$$
Cho $n > k$ và $R \to \infty$ ta suy ra $F$ là một đa thức, nhưng $F$ lại khác $0$ với mọi $z$ nên $F$ là constant theo định lý cơ bản đại số. Từ đó suy ra $f(z)=az^{k}$, hiển nhiên $k=1$ ( đpcm )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 08-08-2018 - 18:32
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Toán Đại cương →
Giải tích →
Chứng minh $f$ là một đa thứcBắt đầu bởi WhjteShadow, 25-08-2017 giải tích phức, hàm chỉnh hình và . |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh