一个关于方程的解的猜想
对于任何正整数n,m,其中n>m,而且(m,n)=1.证明或者否定
方程
$x^m=2-x^{-n}$
正好有m个根的范数严格大于1。 能通俗些么？ 也就是上面的方程转化为多项式方程就是
$x^{m+n}-2x^n+1=0$
我们知道这个m+n次多项式总共有m+n个复数根（包含重根）。
而对于每个复数根，它的范数（也就是绝对值，也就是在复平面上到0的距离）可以大于1也可以小于1，也可以等于1。
显然,1是上面方程的一个根。
而我分析的结果是在m<n时，总是正好有m个根的范数大于1（还没有证明）。当然也比较容易证明正好有一个根的范数为1（也就是1）。所以我们还可以得出正好有n-1个根的范数小于1。 写了个程序通过迭代求解这种方程所有范数大于1的解。好像这种模式的都可以通过这种方法求解。#include <stdio.h>
#include <math.h>
#define ERROR 1.0E-6
int gcd(int m,int n){
if(m==0)return n;
return gcd(n%m,m);
}
int m,n;
void gcd_test()
{
int d=gcd(m,n);
if(d!=1){
fprintf(stderr,"Error: gcd of (%d,%d)!=1\n");
exit(-1);
}
}
void find_root(int k)
{
double t0=k*(2.0*M_PI/m);
double r,r0,x0,y0,x,y;
r0=pow(2.0,1.0/m);
x0=r0*cos(t0),y0=r0*sin(t0);
do{
double r1=pow(r0,-n);
double r2,t2;
x=r1*cos(-n*t0),y=-r1*sin(-n*t0);
x=2.0-x;
r2=sqrt(x*x+y*y);
t2=atan2(y,x)/m;
r2=pow(r2,1.0/m);
t2+=k*(2.0*M_PI)/m;
x=r2*cos(t2),y=r2*sin(t2);
r=sqrt((x-x0)*(x-x0)+(y-y0)*(y-y0));
x0=x;y0=y;r0=r2;t0=t2;
}while(r>ERROR);
printf("Find root %f+i%f\n",x0,y0);
fflush(stdout);
}
int main()
{
int i;
printf("Please input positive integer m and n while m is less than n && (m,n)=1:");
scanf("%d %d",&m, &n);
if(m>=n||m<=0){
fprintf(stderr,"Invalid input\n");
return -1;
}
gcd_test();
for(i=0;i<m;i++){
find_root(i);
}
} 有一点需要说明，这个猜想是我在努力解决随机游走问题时得出来的 赫赫，证明了这个命题了，而且还得到了推广。
使用了复变函数中的儒歇定理（留数定理得到的推论），可以证明，对于任意的正整数n>m,和实数r>=2
有方程
$x^m=r-x^{-n}$
正好有m个根的范数大于1。
再次体验到复变函数的强大。 转叙一下儒歇定理：
如果复变函数f(x)和g(x)在复平面某个有界区域上解析，而且在区域边界上总是有|f(x)|>|g(x)|,
那么在区域内部,f(x)和f(x)+g(x)的零点数目相同。 学习：） mathe 发表于 2008-4-10 19:54
转叙一下儒歇定理：
如果复变函数f(x)和g(x)在复平面某个有界区域上解析，而且在区域边界上总是有|f(x)|>| ...
转述一下笛卡尔符号法则：
如果把一元实系数多项式按降幂方式排列，则多项式的正根的个数要么等于相邻的非零系数的符号的变化次数，要么比它小一个正偶数。而负根的个数则是把所有奇数次项的系数变号以后，所得到的多项式的符号的变化次数，或者比它小一个正偶数。
高中时候看到的
可惜当时没看见这个帖子 配一个多项式$x^7-2x^4+1=0$的牛顿分形
实部和虚部在-2.5和2.5之间的图:
实部和虚部在-0.5和0.5之间的图:
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