Bijection analytique de $\mathbb{C} - \{0\}$ à lui-même

Question

Le problème est:

Laisser $f$ être une bijection analytique de $\mathbb{C} - \{0\} \to \mathbb{C} - \{0\}$ tel que $f(1)=1$ alors soit $f(z) = z$ ou $f(z) = \frac{1}{z}$.

Mon idée est d'utiliser l'extension Laurent à $z = 0$, si la singularité est essentielle alors par le théorème de Casorati-Weierstrass + théorème de cartographie ouverte j'ai pu montrer que la fonction n'est pas injective.

Alors $f(z) = \sum_{k=0}^N c_{-k} z^{-k} + \sum_{k=0}^{\infty} c_k z^k$.

Mais ici je suis coincé, je suppose que la prochaine étape serait de montrer que tout le $c_{-k}$ sont nuls sauf peut-être à $c_{-1}$, mais je ne sais pas comment le montrer et nous n'avons pas fini de toute façon car il devrait y avoir un moyen de montrer que tous les coefficients $c_k$ sont nuls pour $k > 1$ ainsi que.

Answer 1

Cela semble bien pour l'instant. La prochaine étape consiste à répéter ce que vous avez fait à$\infty$: s'il y a une singularité essentielle qui contredit aussi l'injectivité. La série Laurent n'a donc qu'un nombre fini de termes. En d'autres termes$f$ est un rapport de la forme $P(z)/z^k$, $P$un polynôme. Depuis$f$ est une bijection sur le complément de $\{0\}$, il ne peut y avoir que non $z\in\mathbb C\setminus0$ où $f(z)=0$, ce qui ne peut arriver que là où $P(z)=0$. Le théorème fondamental de l'algèbre implique alors que$P(z)=z^m$ pour certains $m\in\mathbb N$(sinon, il aurait plus de racines). De même, il n'y a qu'un seul$z\in\mathbb C\setminus0$ où $f(z)=1$; nous savons que c'est$z=1$. Par conséquent, si nous résolvons$P(z)/z^k=z^{m-k}=1$, $z=1$devrait être la seule solution. Vous connaissez certainement les racines de l'unité donc cela implique$m-k=-1$ ou $1$ (Clairement le $m-k=0$ l'affaire ne fonctionne pas.)