趣题：10^x=x^10

mathe

虚部变大时，$x^10$的角度趋向$\pi$,所以要求$10^x$的辐角趋向$\pi$的奇数倍，也就是$ln(10)Im(x)$接近$\pi$的奇数倍，也就是这些解的虚部接近${\pi}/{ln(10)}$的奇数倍

mathematica

mathe 发表于 2019-8-31 11:20
虚部变大时，$x^10$的角度趋向$\pi$,所以要求$10^x$的辐角趋向$\pi$的奇数倍，也就是$ln(10)Im(x)$接近$\pi ...

根据我的数值计算，应该是
\({2\pi}/{ln(10)}约等于2.728\)

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mathe 发表于 2019-8-31 11:20
虚部变大时，$x^10$的角度趋向$\pi$,所以要求$10^x$的辐角趋向$\pi$的奇数倍，也就是$ln(10)Im(x)$接近$\pi ...

写一个总结出来看看

mathe

5#说明在圆$|x|<2$内正好10个根. 如果我们将此圆半径增大，只要小于10, 此方法可以继续使用，这说明半径2到10之间的圆环内没有根。
设$x=a+bi$,那么$10^x$的绝对值为$10^a$,辐角为$\ln(10)b$.于是根据方程两边的绝对值相等得出$10^a=(a^2+b^2)^5$。于是除掉10个绝对值最小的根，其余根对应$10^a=(a^2+b^2)^5\ge10^10$,所以$a>=10$。又因为这方程在b比较大时，b的绝对值会远远大于a，所以这时x的辐角将接近正负九十度，所以$x^10$的辐角接近正负900度相当于接近180度。所以要求$\ln(10)b$和$\pi$的差接近$2\pi$倍数

wayne

设$z=x+Iy$,那么代入容易得到 $z ln(10) =10 ln(z) +2k\pi i$,进一步得到 方程组  \(x ln10  = 5ln(x^2+y^2),   10\theta+yln10=2k\pi\),

就是说,所有的解在复平面的曲线\(x ln10  = 5ln(x^2+y^2)\)上, 另外,对于角度$\theta$,根据极坐标 稍微变换一下,就是 $cos(\theta) = \frac{10lnr}{rln10} ,  r^2=x^2+y^2$,
画图再看看,跟前面的吻合:

1. n=2;
   
2. ContourPlot[{Re[10^(x+I y)-(x+I y)^10]==0,Im[10^(x+I y)-(x+I y)^10]==0,5Log[x^2+y^2]-Log[10]x==0},{x,-n,n},{y,-n,n},PlotPoints->100,Mesh->{Range[0,0],Range[0,0]},MeshFunctions->{Re[#2]&,Im[#2]&},MeshStyle->{Directive[Thickness[.005],Red],Directive[Dashed,Thickness[.005],Blue]},RegionFunction->Function[{z,f},Abs[f]>=0],BoundaryStyle->None,Epilog->{Thickness[.0001],Dashed,Circle[]},Frame->False,Axes->True]

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wayne

本题$z^a=a^z$的解 即解方程组 \[r \cos\theta \ln a = a\ln r ,  r \sin\theta \ln a=a\theta+2n\pi \]
消元,得到 通解形式是:\(z = \frac{a \theta +2 \pi  n }{\ln a}(\cot\theta+i), n\in Z, n \neq 0\),其中 \(\ln (\frac{a \theta +2 \pi  n}{\ln a\sin\theta})=\frac{a \theta +2 \pi  n}{a \tan \theta }\)