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楼主: wayne

[讨论] 3^z+4^z=5^z的复数解

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发表于 2021-9-23 09:37:25 | 显示全部楼层
也就是如果我们采用牛顿迭代法,从${i k \pi}/a$出发,得到结果去掉$\frac{i k \pi}a$,那么结果就依次是
$h_1(\omega), -h_1(\omega^2), h_1(\omega^3), -h_1(\omega^4), ...$
其中$h_1$是分式线性变换,几何上就是一次反演变换加镜像变换,所以从单位圆变成单位圆(但是非线性的,有点扭曲,只是由于参数b/a比较小,扭曲度不大)。

点评

佩服,感谢~  发表于 2021-9-23 19:12
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2021-9-23 11:24:29 | 显示全部楼层
a.png
如图,最里面单位圆上点代表$\omega^k$, 中间圆上点代表对应的$g(k)-\frac{i k \pi}a$。最外面的椭圆上代表中间圆相邻编号点的差向量,构成近似椭圆。(图上是前五个差向量确定的椭圆)

点评

我在想,能不能 找个 更有收益或者回报的目标,来放大,显化你的能力,而不只是emath论坛,^_^  发表于 2021-9-23 19:15
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发表于 2021-9-24 20:20:20 | 显示全部楼层
19#引入牛顿迭代法以后,发现在第k个矩形中从$ik\pi$出发对函数$f(z)=sh(az)-\frac{exp(bz)}2$使用牛顿迭代法,必然可以收敛到这个矩形中$f(z)$的根,但是还没有给出对应的证明。关于牛顿迭代法在复平面中的收敛性,找到相关理论好像不多,不知道大家有没有较好的相关资料。对于本问题,我思考了很久,才找到一种思路。

首先我们证明
引理1: 如果复平面中一个凸区域D中一个解析函数h(z)满足$|h'(z)|<B$, 那么对于区域D中任意两个复数$z_0,z_1$,必然有$|h(z_0)-h(z_1)|<B|z_0-z_1|$。

这是因为$h(z_1)=\int_{z_0}^{z_1}h'(z)dz +h(z_0)$, 这个积分是根路径无关的,我们选择沿着连接$z_0,z_1$的直线段$z_0+t(z_1-z_0), 0\le t\le 1$进行积分,得到
$h(z_1)-h(z_0)=\int_0^1 h'(z_0+t(z_1-z_0)) d(z_0+(z_1-z_0)t)=\int_0^1h'((1-t)z_0+tz_1)(z_1-z_0)dt$
所以
$|h(z_1)-h(z_0)|=|\int_0^1h'((1-t)z_0+tz_1)(z_1-z_0)dt|\le \int_0^1 |h'((1-t)z_0+tz_1)(z_1-z_0)|dt \lt  \int_0^1 |B(z_1-z_0)|dt=B|z_1-z_0|$

引理2: 复平面中的解析函数h(z)满足$h(z^*)=z^*$, 而且在圆域D: $|z-z^*|\le R$中恒有$|h'(z)|\le B<1$, 那么对于任意的$z_0 \in D$ (即$|z_0-z^*|\le R$), 用函数h(z)对$z_0$进行迭代(即$z_{k+1}=h(z_k)$),
  那么必然有$\lim_{k\to\infty}z_k=z^*$. 这个结论通过引理1可以轻松证明。

引理3: 复平面中的解析函数h(z)满足$h(z^*)=0$, 而且在圆域D: $|z-z^*|\le R$中恒有$|h(z)h''(z)|\le B|h'(z)|^2$,其中$0<B<1$,那么从任意$z_0\in D$出发,采用牛顿迭代法,必然可以收敛到$z^*$
证明:即$g(z)=z-\frac{h(z)}{h'(z)}$, 所以牛顿迭代法即计算$z_{k+1}=g(z_k)$.
由于$g'(z)=1-\frac{h'(z)^2-h(z)h''(z)}{h'(z)^2}=\frac{h(z)h''(z)}{h'(z)^2}$, 所以$|g'(z)|\le B\lt 1$, 根据引理2得出$\lim_{k\to\infty}z_k=z^*$,得证。
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发表于 2021-9-24 20:46:51 | 显示全部楼层
现在我们回到本题中,我们已经通过儒歇定理证明每个宽从-1.7...到2,高度${\pi}/a\approx 12.3$的矩形中只有一个零点,我们需要更佳精确的估计。
由于$f(z)=sh(az)-1/2 exp(bz), f'(z)=a ch(az)-b/2 exp(bz), f''(z)=a^2 sh(z)-{b^2}/2 exp(bz)$
而对于$z=x+yi$, 我们有$sh(ax+ayi)=sh(ax)cos(ay)+ch(ax)sin(ay) i, ch(ax+ayi)=ch(ax)cos(ay)+sh(ax)sin(ay)i$
所以$|f(z)| \le |sh(az)|+1/2 |exp(bz)| =\sqrt{sh^2(ax) cos^2(ay)+ch^2(ax)sin^2(ay)}+1/2 exp(bx)\le ch(ax)+1/2 exp(bx)$
$|f'(z)| \ge |a ch(az)|-b/2 |exp(bz)|=a\sqrt{ch^2(ax)cos^2(ay)+sh^2(ax)sin^2(ay)}-b/2 exp(bx)=a\sqrt{cos^2(ay)+sh^2(ax)}-b/2 exp(bx)$
$|f''(z)| \le a^2 ch(ax)+{b^2}/2 exp(bx)$

我们现在选择区域$D_k=\{z| |z-{ik\pi}/a|\le 3\}$,也就是离${i k \pi}/a$距离不超过3的圆盘。于是在圆盘边界$z=3cos(t)+3sin(t)i$上 $1/2 |exp(bz)|=1/2 exp(3b cos(t)), |sh(az)|=\sqrt{sin^2(3a\sin(t))+sh^2(3a\cos(t))}$
a.png
为了方便起见,直接作图可以看出上面函数在$t=pi/2$时取到最小值$\sqrt{0.4808449608696}=0.69342985288$, 而$1/2 exp(3b cos(t)) \le 1/2 exp(3b)=0.55082...$
所以在区域$D_k$的边界上恒有$|1/2 exp(bz)|\lt sh(az)$,根据儒歇定理,函数$f(z)$和$sh(az)$在区域D内部的零点数目相等。也就是$f(z)$在第k个矩形内部的零点$z_k$离$k \pi i$距离小于3.
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 楼主| 发表于 2021-9-25 09:55:51 | 显示全部楼层
关于牛顿迭代法在复平面中的收敛性,找到相关理论好像不多,不知道大家有没有较好的相关资料

找函数的零点确实挺有趣的. 对于多项式方程的零点,牛顿迭代法的敛散性 可以根据初始值画一个收敛发散的复区域图,在零点附近 会形成吸引盆.然后这$n$个吸引盆的边界 还有可能是分形的.

搜到了一个 https://fse.studenttheses.ub.rug ... Wiersma_2016_WB.pdf
提到了不动点理论: https://en.wikipedia.org/wiki/Schauder_fixed-point_theorem

要计算吸引子,选择合适的初始值, 得先解方程$f(x)=x$, 这是一个 循环问题.
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发表于 2021-9-25 14:09:51 | 显示全部楼层
现在我们以$z_k$为圆心,0.8为半径做圆盘$E_k$.
由于$|Re(z_k)|<2, |Im(z_k-\frac{k\pi}a i)|<3$
于是对于$E_k$内任意一点$z=x+yi$,必然有$|Re(z_k)|<2.8, |Im(z-\frac{k\pi}a i)|<3.8$
于是在圆盘内部
$|f'(z)|\le |a ch(az)|+|b/2 exp(bz)| \le a ch(ax)+b/2 exp(bx)\le a ch(2.8a)+b/2 exp(2.8b)=0.341220005301...$
所以$|f(z)-f(z_k)|\le max|f'(z)|\times|z-z_k|\le 0.341220005301...*0.8=0.27297600424...$
即$|f(z)| \le 0.27297600424...$
同样$|f''(z_k)|=|a^2 sh(az_k)+{b^2}/2 exp(bz_k)|=|(a^2-b^2)/2 exp(bz_k)|\le |(a^2-b^2)/2 exp(2b)|=0.034237012958...$
而$|f'''(z)|\le |a^3 ch(az)|+|{b^3}/2 exp(bz)|\le a^3 ch(2.8a)+{b^3}/2 exp(2.8b)=0.0211260320627...$
得出$|f''(z)-f''(z_k)|\le max|f'''(z)|\times |z-z_k|\le 0.0211260320627...*0.8 =0.01690082565...$
所以$|f''(z)|\le |f''(z_k)|+0.01690082565...\le 0.0511378386082...$
$|f'(z)| \ge a\sqrt{cos^2(ay)+sh^2(ax)}-b/2 exp(bx)\ge a|cos(ay)|-b/2 exp(2.8b)\ge a|cos(3.8a)|-b/2 exp(2.8b)=0.12660455830488...$
于是我们得出
$|\frac{f(z)f''(z)}{f'(z)^2}| \le 0.8708997296266...\lt 1$
所以我们得出取$E_k$中任意一点为初始值对$f(z)$使用牛顿迭代法必然收敛到$z_k$.
而$k\pi i$由于和$z_k$距离可以大于0.8,显然不在$E_k$中,但是如果我们能够证明一次迭代以后会落入$E_k$,也就能够证明结论了
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发表于 2021-9-25 15:50:42 | 显示全部楼层
24#给出了$|z_k- {k\pi i}/a|<3$, 我们现在给它增强一下。
即$D_{k,r} = \{ z| |z-{k\pi i}/a |\le r\}$为到${k\pi i}/a$距离不超过r的圆盘,那么
对于圆盘边界上的点$z=rcos(t)+rsin(t) i+{k\pi i}/a$
$|sh(az)|=sqrt(sh^2(ar cos(t))+sin^2(a rsin(t)))$
$|1/2 exp(bz)|=1/2 exp(br cos(t))$
我们取r=2.08,做图$sqrt(sh^2(ar cos(t))+sin^2(a rsin(t)))-1/2 exp(br cos(t))$
得出如下图:
a.png
另外去r=1.75,,做图$sqrt(sh^2(ar cos(t))+sin^2(a rsin(t)))-1/2 exp(br cos(t))$
得出如下图:
b.png
这说明对于r=2.08, 边界上总有$|sh(az)\ \gt |1/2 exp(bz)|$, 而对于r=1.75,边界上总有$|sh(az)| \lt |1/2 exp(bz)|$
这说明$D_{k,2.08}$以内,f(z)和$|sh(az)|$有相同数目的零点,即一个零点。而$D_{k,1.75}$以内,f(z)和$1/2 exp(bz)$有相同数目的零点,即没有零点。
这说明了$z_k$在两个圆环之间。所以如果设$z_k={k\pi i}/a+r_k exp(\theta_k i)$,那么$1.75<r_k<2.08$
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发表于 2021-9-25 16:47:48 | 显示全部楼层
比较有意思,发现在r接近0.5时,$\frac{tan(r sin(t))}{th(r cos(t)) tan(t)}$非常接近1,这个也是我们第一次迭代的结果可以逼近真正解的原因
a.png
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发表于 2021-9-25 21:29:22 | 显示全部楼层
19#中一次迭代后到${ik\pi}/a$差${\omega^k}/{(-1)^k 2a-b \omega^k}$, 其长度在1.841...和2.089...之间。
所以$z_k$和一次迭代后的点$z_k^*$都在${ik\pi}/a$,半径为1.75到2.09的圆环之间。
b.png
根据上图可知,两者如果关于圆心夹角不超过21.82...°时,距离不超过0.8,那么继续迭代必然会收敛到$z_k$.
而$z_k^*$到$(-\omega)^k$的夹角小于$tan^-1(b/{2a}) =3.614....°$。所以如果$z_k$和$(-\omega)^k$的夹角小于18°即可。
由于$sh(az_k)=1/2 exp(bz_k)$, 我们得出$(-1)^k sh(a r_k exp(\theta_k i))=1/2 exp( b r_k exp(\theta_k i))\omega^k$
得到$ sh(a r_k cos(\theta_k)) cos(a r_k sin(\theta_k))+ ch(a r_k cos(\theta_k)) sin(a r_k sin(\theta_k)) i =1/2 exp(b r_k cos(\theta_k))(cos( b r_k sin(\theta_k)) + i sin(b r_k sin(\theta_k)) (-\omega)^k$,方程两边复数的辐角必须相等.
左边辐角的正切值为${tan(a r_k sin(\theta_k))}/{th(a r_k cos(\theta_k))}$,
其中由于$|b r_k sin(\theta_k)| \le 2.09 b  =0.06744 = 3.858...°$,只是一个小角
我们只需得出$tan^-1({tan(a r_k sin(\theta_k))}/{th(a r_k cos(\theta_k))})$和$\theta_k$相差的角度不会太大即可,这个根据28#的图应该时成立的,但是需要进一步数值分析,得出较精确的结果.其中$a r_k$的范围在0.44697...和0.53381...之间
我们可以分别对$a r_k=0.53381,0.44697$做出$ sh(a r_k cos(\theta_k)) cos(a r_k sin(\theta_k))+ ch(a r_k cos(\theta_k)) sin(a r_k sin(\theta_k)) i$的幅角和$\theta_k$的差值,得到
a.png

b.png

得出差值不超过0.05也就是不超过3度角。
也就是数值计算的确说明$\theta_k$必须和$(-\omega)^k$非常接近,而$z_k$和$(-\omega)^k$的夹角小于7°,所以$z_k^*$和$z_k$关于${ik\pi}/a$的张角小于11°。所以后面继续牛顿迭代法必然收敛到$z_k$
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发表于 2021-9-26 07:37:57 | 显示全部楼层
$|sh(a r_k exp(i\theta_t))-a r_k exp(i\theta_t)| \le \sum_{h=1}^{\infty} \frac{|a r_k|^{2h+1}}{(2k+1)!}=sh(ar_k)-ar_k\le sh(0.53381)-0.53381=0.025715$
所以两个向量的夹角小于$sin^-1(0.025715/0.44697)=0.0575646$不超过3.3度,得出了这一步比较严格的证明方案
27#的不等式也可以类似证明。
比如内圆半径可以增强到r=1.78,这时
$|sh(arexp(\theta i))|\le sh(ar)=0.470459$, 而$|1/2 exp(br exp(\theta i))| \ge 1/2 exp(-br)=0.4720896... \gt |sh(arexp(\theta i))|$
但是另外一头,判断$|sh(ar exp(\theta i))|$的下界,精度没有那么高,我们现在只能用$|sh z| \ge |z|-\sum_{h=1}^{\infty}\frac{|z|^{2h+1}}{(2h+1)!}=2|z|-sh(|z|)$
用这种方法计算可以得出$r=2.23$时,$|sh(ar exp(\theta i))|\gt 1/2 exp(br exp(\theta i))|$,也就是外圆半径小于2.23.
根据这个修订的范围,我们需要证明$z_k$和$z_k^*$关于$\frac{k\pi i}a$的夹角小于19.11度。
而$|sh(a r_k exp(i\theta_t))$和$a r_k exp(i\theta_t)| $的夹角上界放大到3.95度, $b r_k sin(\theta)$上界放大到0.072相当于4.13度。
再加上$z_k$到$(-\omega)^k$的夹角上界3.7度,总共不超过12度,小于19.11度,较严格证明了牛顿迭代法可以收敛到指定的根。

给一个计算机计算的收敛图结果(横坐标从-10到10,纵坐标从-100到100),颜色越深代表越接近迭代中心
newtroot.png
newtroot.png
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