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楼主: wayne

[原创] 解方程 z^(1/z) =1

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 楼主| 发表于 2019-9-2 09:28:21 | 显示全部楼层
蛤蛤蛤, 找到了更简洁的形式, 方程的解是 \(z=\frac{\theta}{2 \pi  n} (1+i \tan\theta),  n \in Z, n \neq 0\) ,其中$\theta$是幅角,满足方程 \(\theta \tan\theta-\log (\frac{2 \pi  n \cos \theta}{\theta })=0\)的实数解.

  1. Table[{n,\[Theta]/(2n \[Pi]) (1+Tan[\[Theta]]I)/. FindRoot[\[Theta] Tan[\[Theta]] - Log[2n \[Pi] Cos[\[Theta]]/\[Theta]] == 0, {\[Theta], Pi/4},WorkingPrecision->30]},{n,100}]
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毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2019-9-2 09:40:43 | 显示全部楼层
还有很多不同的解,我们可以记$r_n(\theta)={\theta}/{2n\pi\cos(\theta)}$
于是要求找$\theta$使得${\ln(r_n(\theta))}/{r_n(\theta)}+2n\pi\sin(\theta)=0$
我们可以找接近$2\pi$的倍数的$\theta$,在取定较大的n后,可以选择$\theta~=2nr\pi$,而且$r$也接近n
所以通常只要在$2*\pi*n^2$附近找$\theta$即可
比如我们定义

r(n,x)=x/(2*Pi*n*cos(x))

f(n,x)=log(r(n,x))/r(n,x)+2*Pi*n*sin(x)

solve(x=200*Pi-0.1,200*Pi+0.1, f(10,x))

可以找出
$\theta=628.31486603359091031247193953271749287,r=10.000008824278479549021703073831458440$

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$2(-1)^(1/3), 2(-1)^(2/3), 2(-1)^(3/3)$, ^_^  发表于 2019-9-2 17:19
那$(-8)^(1/3)=-2$,生于另外两个三次方根如何表示呢?  发表于 2019-9-2 15:56
mathe再举例子,我看看会不会漏掉,如果全部都覆盖了我觉得这么理解是没问题的.  发表于 2019-9-2 15:33
我的理解都是单值, $(-1)^(1/2) = I$ ,而 $(-1)^(-1/2) = -I$  发表于 2019-9-2 15:28
比如计算(-1)^(1/2),通常计算会只给出I而不会给出-I  发表于 2019-9-2 15:08
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 楼主| 发表于 2019-9-2 18:00:43 | 显示全部楼层
http://mathworld.wolfram.com/ComplexExponentiation.html

当$z,w$均为复数的时候,我们如何理解$z^w$?
我觉得这一步是安全的, $z^w=e^{w\log z}$, 然后问题是 $log z$可能是多值的,  然后为了保持 $z^w$的单值性,我们总可以调整$log z$的分支[一定存在,但很可能不唯一],使得$w\log z$ 落在 主值 区域内,即幅角落在$(-\pi,pi]$内
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发表于 2019-9-2 22:30:01 来自手机 | 显示全部楼层
以$i^i=\exp(-2k\pi-\pi/2)$为例,不同分支计算的结果是截然不同的

点评

你再好好研究一下,应该先写$i=exp(\pi/2 i+2n\pi i)$  发表于 2019-9-3 07:54
额,失误,括号没用恰当, 应该是$i^i = e^{i ln i +2n\pi i} = e^{i*(\pi/2 i )} = e^{-\pi/2}$  发表于 2019-9-3 07:49
$i^i=e^{i \ln i}=e^{i*(\pi/2 i+2n\pi i)}=e^{-\pi/2-2n\pi}$  发表于 2019-9-3 07:36
$i^i = e^{i ln i} = e^{i*(\pi/2 i +2n\pi)} = e^{-\pi/2}$  发表于 2019-9-2 22:44
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 楼主| 发表于 2019-9-3 22:43:35 | 显示全部楼层
搜了下,发现居多的说法是 复底复指数是通过定义出来的。为了保证 定义后具有形式上的单值性和微分积分操作的封闭性。
复指数的各种类型的分析可以 参考  http://mathfaculty.fullerton.edu ... omplexPowerMod.html  ,其中第5-28 章节专讲复底复指

mathworld也有说明:
http://mathworld.wolfram.com/ComplexExponentiation.html
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 楼主| 发表于 2019-9-4 21:28:46 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-9-2 22:30
以$i^i=\exp(-2k\pi-\pi/2)$为例,不同分支计算的结果是截然不同的

你再好好研究一下,应该先写$i=exp(\pi/2 i+2n\pi i)$  发表于 昨天 07:54 IP:103.214.85.202:62839 删除
我来一步一步的推倒$z^w$,设$z=a+bi, w =c+di$, 其中$a,b,c,d$是实数。
mathe请看:

1)我希望 $(z_1*z_2)^w = (z_1)^w*(z_2)^w$ 以及 $z^{w_1*w_2} = z^{w_1}*z^{w_2}$ 这两种最基本的运算形式是恒成立的,于是,可以得到
$s = z^w  = |z|^w*e^{Arg(z)*w*i}$,  那么,$Re(s) = |z|^c*e^{-Arg(z)*d}$,$Im(s)=|z|^{di}*e^{Arg(z)*c*i}$
2)现在我们来看看$i^i$的值,即$z=i,w=i$的情况,我们的争议出在是实部。所以,我只看实部$Re(s)$,显然,$|z|=1$, 所以我们主要看$e^{-Arg(z)*d}$,即看$Arg(i)$,
就是说, $Arg(i)$到底是$\pi/2$还是$\pi/2+2n\pi$,显然这个没啥好讨论的,我们取主值 $Arg(i)=\pi/2$,所以$i^i=e^{-\pi/2}$。

3)2的推导是基于1的成立。 所以mathe是要打破1的成立。即mathe不承认 $(z_1*z_2)^w = (z_1)^w*(z_2)^w$ 以及 $z^{w_1*w_2} = z^{w_1}*z^{w_2}$  均成立。
;;

点评

全乱了,懵逼了......  发表于 2019-9-4 22:14
谢谢mathe,问的很好,我竟无言以对。我再想想怎么圆一下 这个问题。  发表于 2019-9-4 21:58
这也是为什么我们一定需要保持多值性  发表于 2019-9-4 21:45
基本运算肯定是无法成立的,比如我们可以计算$i^i*i^i*i^i*i^i=(i^i)^4= (i^4)^i$, 于是得出$(e^{-pi/2})^4=1^i$,也就是$e^{-2\pi}=1$  发表于 2019-9-4 21:44
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发表于 2019-9-4 23:35:45 | 显示全部楼层
本帖最后由 zeroieme 于 2019-9-4 23:37 编辑
wayne 发表于 2019-9-4 21:28
我来一步一步的推倒$z^w$,设$z=a+bi, w =c+di$, 其中$a,b,c,d$是实数。
mathe请看:


1)之2应当是指数和之幂等于幂之积吧
\(z^{(p+q)}=z^p*z^q\)
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发表于 2019-9-4 23:53:45 | 显示全部楼层
\({(a+b i)}^{(c+d i)}={(a+b i)}^{c}*{(a+b i)}^{(d i)}={(a+b i)}^{c}*{({(a+b i)}^d)}^i\)
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发表于 2019-9-5 00:22:51 | 显示全部楼层
本帖最后由 zeroieme 于 2019-9-5 00:28 编辑

Mathematica如是说
  1. (I^I)^4 // FullSimplify

  2. (I^4)^I

  3. (I^I)^4 // InputForm
复制代码


从几何考虑,虚数的实数幂是平面向量的延长与旋转。虚数指数是否要从高维的角度考虑,同时乘法交换率不再适用。
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 楼主| 发表于 2019-11-23 09:50:22 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-9-2 09:40
还有很多不同的解,我们可以记$r_n(\theta)={\theta}/{2n\pi\cos(\theta)}$
于是要求找$\theta$使得${\ln ...


所以将这个解回代进去,应该满足方程的,可是实际上不成立.
$z = r e^(i \theta) = 9.999941674736800299883764046035323778-0.0366467939882405829140418832594648 I$  代入得到 $z^(1/z) = 1.258924867857087327190838570114661923+0.00060095638824514559712964230254535 I  \ne 0$
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