Dowód surjekcji

[jol2018]

Dany jest zbiór
\(\displaystyle{ S_p = \left\{ z = x+yi \in \CC : py > \left| x\right| \wedge \left| z\right| < p \right\}}\)

Niech \(\displaystyle{ f(z) = \exp(1/z)}\) dla \(\displaystyle{ z \neq 0}\)
Wykazać, że \(\displaystyle{ f: S_p \rightarrow \CC \setminus \left\{ 0\right\}}\) jest surjekcją
Policzyłam sobie, że w zależności od tego parametru p ten obszar będzie miał kształt wycinka okręgu o środku \(\displaystyle{ (0,0)}\) i promieniu \(\displaystyle{ p}\), ale jak to poprowadzić dalej?

[Kordyt]

Możemy rozważyć 2 przypadki.
1. \(\displaystyle{ p>0}\)
2. \(\displaystyle{ p<0}\)

W pierwszym przypadku będzie to wycinek koła ograniczony prostymi: \(\displaystyle{ y=\frac{1}{p}x}\) i \(\displaystyle{ y=-\frac{1}{p}x}\) oraz I i II ćwiartką układu.

Wtedy liczby zespolone z naszego obszaru mają argument i moduł ograniczone odpowiednio:

\(\displaystyle{ \frac{-p}{\sqrt{p^2+1}}<\cos{\varphi}<\frac{p}{\sqrt{p^2+1}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{p^2+1}}<\sin{\varphi}<1}\)

Gdzie \(\displaystyle{ \varphi=Arg(z)}\)

Oraz \(\displaystyle{ 0<|z|<p}\)

\(\displaystyle{ |z|=r}\)

\(\displaystyle{ f(z)=e^{\frac{1}{z}}=e^{\frac{1}{x+iy}}=e^{\frac{x}{x^2+y^2}}\left( \cos{\frac{-y}{x^2+y^2}}+i\sin{\frac{-y}{x^2+y^2}} \right) =e^{\frac{\cos{\varphi}}{r}}\left( \cos{\frac{-\sin{\varphi}}{r}}+i\sin{\frac{-\sin{\varphi}}{r}} \right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{r}\frac{-p}{\sqrt{p^2+1}}<\frac{\cos{\varphi}}{r}<\frac{1}{r}\frac{p}{\sqrt{p^2+1}}}\)

\(\displaystyle{ exp(\frac{1}{r}\frac{-p}{\sqrt{p^2+1}})<\left| f(z)\right| <exp(\frac{1}{r}\frac{p}{\sqrt{p^2+1}})}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ r}\) może być dowolnie małe więc \(\displaystyle{ \left| f(z)\right|\in (0;\infty )}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{p^2+1}}<\frac{\sin{\varphi}}{r}<\frac{1}{r}}\)

\(\displaystyle{ -1\frac{1}{r}<\frac{-\sin{\varphi}}{r}<-\frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{p^2+1}}}\)

\(\displaystyle{ -1\frac{1}{r}<arg\left( f(z) \right) <-\frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{p^2+1}}}\)

Tu jak sobie policzymy długość przedziału, dostaniemy:

\(\displaystyle{ L=-\frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{p^2+1}}+1\frac{1}{r}=\frac{1}{r}\frac{\sqrt{p^2+1}-1}{\sqrt{p^2+1}}=\frac{1}{r}M}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ M}\) jest ustalone, dla ustalonego \(\displaystyle{ p}\)

Więc im mniejsze \(\displaystyle{ r}\), tym przedział jest szerszy, można więc dobrać \(\displaystyle{ r<\frac{M}{2\pi}}\) i wtedy przedział ma długość większą niż \(\displaystyle{ 2\pi}\) a więc możemy otrzymać dowolny argument.

Dowolny argument i dowolny moduł większy od zera daje nam cały zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{C} \setminus \left\{0 \right\}}\).

Analogicznie można określić nierówności dla \(\displaystyle{ p<0}\)

Wtedy:

\(\displaystyle{ \frac{p}{\sqrt{p^2+1}}<\cos{\varphi}<\frac{-p}{\sqrt{p^2+1}}}\)

\(\displaystyle{ -1<\sin{\varphi}<-\frac{1}{\sqrt{p^2+1}}}\)

[Dasio11]

To rozwiązanie jest niepoprawne. Udowodniłeś tylko, że

1. dla dowolnego \(\displaystyle{ z \in S_p}\) zachodzi

\(\displaystyle{ \exp \left( -\frac{1}{r} \cdot \frac{p}{\sqrt{p^2+1}} \right) < |f(z)| < \exp \left( \frac{1}{r} \cdot \frac{p}{\sqrt{p^2+1}} \right)}\)

i suma tych przedziałów po \(\displaystyle{ 0 < r < p}\) daje \(\displaystyle{ (0, \infty)}\);

2. dla dowolnego \(\displaystyle{ z \in S_p}\) zachodzi

\(\displaystyle{ -\frac{1}{r} \textcolor{red}{\: < \:} \arg f(z) < -\frac{1}{r} \cdot \frac{1}{\sqrt{p^2+1}}}\)

i dla \(\displaystyle{ 0 < r < p}\) długość tego przedziału może być dowolnie duża. Nawiasem mówiąc, czerwona nierówność powinna być nieostra.


Z powyższego wynika tylko tyle, że jeśli dane \(\displaystyle{ w \in \CC}\) jest wartością \(\displaystyle{ f(z)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ z \in S_p}\), to spełnia podane ograniczenia. Nie ma natomiast nic o implikacji przeciwnej - tej, której potrzebujemy - że dowolne \(\displaystyle{ w}\) spełniające ograniczenia jest wartością \(\displaystyle{ f(z)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ z \in S_p}\).

Wyczytując z Twojego dowodu nieco więcej, niż napisałeś, można by uznać za udowodnione, że:

1. dla każdego \(\displaystyle{ s > 0}\) istnieje \(\displaystyle{ z \in S_p}\), taka że \(\displaystyle{ |f(z)| = s}\);

2. dla każdego \(\displaystyle{ \psi \in \RR}\) istnieje \(\displaystyle{ z \in S_p}\), takie że \(\displaystyle{ \arg f(z) \equiv \psi \pmod{2 \pi}}\).


W żadnym jednak wypadku nie pokazałeś, że dla dowolnego \(\displaystyle{ w = s ( \cos \psi + i \sin \psi )}\) istnieje \(\displaystyle{ z \in S_p}\), takie żeby powyższe dwa warunki zachodziły jednocześnie, tzn. żeby \(\displaystyle{ f(z) = w}\). Nie pokazałeś więc, że \(\displaystyle{ f : S_p \to \CC \setminus \{ 0 \}}\) rzeczywiście jest surjekcją.

[Kordyt]

Dobrze, moja nie ścisłość. Spróbuję teraz tak:

Ustalmy pewną liczbę \(\displaystyle{ w\in\mathbb{C}\setminus \left\{ 0\right\}}\)

\(\displaystyle{ w=s\left( \cos \psi +i\sin \psi \right)}\)

Dobierzmy teraz takie \(\displaystyle{ r<\min \left(\frac{p}{\sqrt{p^2+1}|\ln {s}|}, \frac{\sqrt{p^2+1}-1}{2\pi\sqrt{p^2+1}} \right)}\)

Wówczas:

\(\displaystyle{ \exp \left( \frac{-p}{r\sqrt{1+p^2}} \right) <s<\exp \left( \frac{p}{r\sqrt{1+p^2}} \right)}\)

Oraz \(\displaystyle{ r<\frac{\sqrt{p^2+1}-1}{2\pi\sqrt{p^2+1}} \right)}\)



A więc istnieje takie \(\displaystyle{ \varphi}\) , że \(\displaystyle{ s=\exp \left( \frac{\cos {\varphi}}{r} \right)}\)

Z argumentem dokonczę jutro...

-- 28 gru 2018, o 22:01 --

Przez święta nie miałem czasu by to dokończyć ale wpadł mi do głowy inny pomysł.

Otóż, ustalmy sobie liczbę \(\displaystyle{ z=s\cdot e^{i\psi}\in\mathbb{C}\setminus\left\{ 0\right\}}\)

Niech \(\displaystyle{ f \left( z \right) =e^{\frac{1}{z}}=s\cdot e^{i\psi}}\)

Otrzymujemy zatem:

\(\displaystyle{ \frac{1}{z}=\ln {s}+i\left( \psi +2k\pi \right)}\)

\(\displaystyle{ z=\frac{\ln {s}-i\left( \psi +2k\pi \right)}{\ln ^2{s}+i\left( \psi +2k\pi \right)^2}}\)

\(\displaystyle{ |z|=\frac{1}{\ln ^2{s}+i\left( \psi +2k\pi \right)^2}}\)

\(\displaystyle{ \tan {\arg \left( z \right) }=\frac{-\left( \psi +2k\pi \right)}{\ln {s}}}\)

Z wieloznaczności logarytmu, możemy dobrać takie \(\displaystyle{ k\in\mathbb{Z}}\), że

\(\displaystyle{ |\tan {\arg \left( z \right) }| =\left |\frac{-\left( \psi +2k\pi \right)}{\ln {s}}\right |>\frac{1}{p}}\)

oraz

\(\displaystyle{ |z|=\frac{1}{\ln ^2{s}+\left( \psi +2k\pi \right)^2}<p}\)


A więc możemy dobrać takie \(\displaystyle{ z\in\mathbb{C}}\) aby też \(\displaystyle{ z\in S_p}\).