צעד שחסר לי על מנת לסיים הוכחה

[roger9]

צעד שחסר לי על מנת לסיים הוכחה

(f(z פונקציה שלמה.
לכל z in C מתקיים sin(f(z))|>1| .
הוכח: (f(z קבועה

פתרון:
לכל z in C מתקיים ((sin(f(z שונה מ-0.
נתבונן ב ((g(z) = 1/ sin(f(z.
zz |g(z)| = 1/|sin(f(z))| < 1 zz.
(g(z חסומה ושלמה ומכן לפי ליוביל (g(z קבועה.
לכן ((sin(f(z קבועה.

כלומר zz sin(f(z)) = k zz כאשר k קבוע.
איך אני מסיים ומקבל ש-(f(z קבועה? האם אפשר להפעיל ארקסינוס על שניי האגפים וכך לקבל ש(f(z קבועה, או שאני לא בכיוון?

 

[בחשכת הלילה]

אפשר הרבה יותר פשוט

אם (f(z שלמה ולא קבועה, אז יש מקסימום ערך אחד שהיא לא מקבלת, ולכן היא מקבלת בהכרח לפחות אחד מהערכים 0 ו-π, ובו הסינוס שווה 0.

 

[roger9]

בנוגע להצעה שלך

נראה לי שלא הכי הבנתי..למה אם f שלמה ולא קבועה, אז יש מקסימום ערך אחד שהיא לא מקבלת?
מה הבעיה שיהיו שניי ערכים או יותר ש-f לא מקבלת?

 

[בחשכת הלילה]

יש משפט כזה.

המשפט הקטן של פיקארד:
[URL]https://he.wikipedia.org/wiki/%D7%9E%D7%A9%D7%A4%D7%98%D7%99_%D7%A4%D7%99%D7%A7%D7%90%D7%A8%D7%93#.D7.94.D7.9E.D7.A9.D7.A4.D7.98_.D7.94.D7.A7.D7.98.D7.9F[/URL]

 

[roger9]

אוקיי. נחמד אבל למען האמת זה לא הוזכר בהרצאות

ולכן אני מניח ששימוש בו לא קביל מבלי שאני מוכיח אותו בבחינה.
מה שמחזיר אותי לשאלה המקורית : /

 

[בחשכת הלילה]

אה, חבל

 

[בחשכת הלילה]

המשך אפשרי בדרך שלך

אכן ארק-סינוס. זה במקרה הכללי שתי קבוצות מספרים:
z1 + 2πmi
z2 + 2πni
(מתקבלות מפתרון משוואה ריבועית עבור (exp(z).
f יכולה לקבל ערכים אלה בלבד, ולכן אפשר להגדיר גם את קבוצת כל הערכים
האפשריים שיכולה לקבל |f|, ולמצוא ערכים שהיא לא יכולה לקבל.

נניח ש-|f| מקבלת שני ערכים שונים. נמצא שתי "נקודות" בהן היא מקבלת שני ערכים שונים אלה.
כמו כן נמצא ערך ש-|f| אינה מקבלת, שהוא בין שני הערכים השונים שהיא מקבלת.
אבל בגלל משפט הרצף לפונקציות ממשיות, היא כן תקבל את הערך בקטע המחבר בין שתי הנקודות.