L’équation $2^z+z-1=0$

Pas expert. Plus généralement est-ce que la fonction $z\mapsto \frac{e^z-1}{z}$ de $\mathbb{C}$ dans $ \mathbb{C}$ est surjective ?

supp

Bonjour,

Bien sûr que si, l'équation $e^z=0$ a un sens.
Elle n'a pas de solution dans $\mathbb{C}$, ce qui n'est pas la même chose.

Cordialement,

Rescassol

Effectivement pour repondre a side, ce serait surprenant que $\log 2$ soit justement la valeur que le petit theoreme de Picard interdit peut etre de prendre a la fonction $(e^z-1)/z..$

supp

https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+2^z+z-1=0

Bonsoir,

Je suggère, pour la question qui a initié ce fil, cette réponse très élémentaire et sûrement incomplète car elle ne "teste la ramification d'aucun revêtement".

Je note $a = \ln 2$.
$\forall z \in \C, \quad \:\: 2^z+z-1 =0 \iff \left\{ \begin{array} {l} \mathrm e^{ax} \cos(ay) +x= 1\\ \mathrm e^{ax} \sin(ay) +y =0 \end{array} \right. \quad \text {où}\:\: x= \Re \mathcal e(z), \quad y = \Im \mathcal m(z) \quad \quad (1)$
Avec le changement d'inconnues $X =ax,\:\:Y = ay -(2k+1)\pi,\:\:(k\in \N)\:\: \:\:\:(1)$ s'écrit: $ \:\: \left\{ \begin{array} {l} - a\mathrm e^X \cos Y+ X = a\\ -a\mathrm e^X \sin Y+Y = -(2k+1)\pi \end{array} \right.$
Cherchons des solutions telles que $0<Y<\pi$
$(1) \iff \left \{ \begin{array} {l} f_k(Y) = a + \ln a \quad (2)\\ \mathrm e^X = \dfrac{Y+(2k+1)\pi}{a \sin Y} \end{array} \right.\:\:\: $ où$\:\:f_k:Y \longmapsto\dfrac{Y +(2k+1) \pi}{\sin Y}\cos Y + \ln \Big(Y+(2k+1)\pi \Big) - \ln (\sin Y)$

$f_k$ est continue sur $]0;\pi[,\:\:\displaystyle \lim_{0^+} f_k = +\infty, \quad \lim _{\pi^-} f_k = -\infty, \:\:\:$ et par conséquent $(2)$ admet une solution sur $]0;\pi[.\:$ Ainsi:$$\boxed{ \forall k \in \N^*,\:\:\:\exists z \in \C\:\:\text{ tel que }\:\:\dfrac {(2k-1)\pi}a <\Im \mathcal m (z) <\dfrac{2k\pi}{a} \:\text{ et} \:\: 2^z+z-1= 0.}$$

Gebrane : tu mélanges le petit et le grand théorème ;-). Tu remarqueras d'ailleurs qu'un polynôme de degré $n$ prend exactement $n$ fois chaque valeur complexe (si on prend la peine de compter les multiplicités).

Si je ne m'abuse :
l'équation $z\in\mathbb{C}, \ e^z = 1-z$ est équivalente au système \[
(x,y)\in \mathbb{R}^2\
\left\{ \begin{array}{}
\cos(y) e^x & = & 1-x \\
\sin(y) e^x & = & -y
\end{array}\right.

\] Que l'on peut alors transformer en
$\left( (1-x) e^{-x} \right)^2 + \left( (-y) e^{-x} \right)^2 = 1.$
C'est-à-dire \[
\left\{ \begin{array}{}
(1-x)^2 + C & = & e^{2x} \\
y^2 & = & C
\end{array}\right.

\] Qui a 2 solutions pour toute valeur de $C >0$

Tryss,

tu as perdu un $y$ entre $\left( (1-x) e^{-x} \right)^2 + \left( (-y) e^{-x} \right)^2 = 1$ et $(1-x)^2 + C = e^{2x}$.

J'avais exploré cette méthode sans grand résultat utile.

Cordialement.

@gerard0: le $y$ n'est pas perdu en route, il est compris dans le $C$. Mais il semble qu'un copié/collé malheureux a obscurci les choses en ajoutant une deuxième fois $(1-x)^2 + C = e^{2x}$ au dessus du système final.

Ah, OK, Tryss,

mais alors ce n'est pas un système équivalent au système de départ. Tu obtiens une infinité de "solutions" qui n'ont rien à voir avec le système initial. Enfin, si, peut-être certaines de ces "solutions" sont-elles des solutions au problème, mais tu ne donnes pas le moyen de les trouver.

Donc ton message n'apporte rien !! Tu nous avais habitué à mieux.

Cordialement.