¿Un truco para simplificar $z\ln z+\overline{z}\ln\overline{z}$?

Question

P: Dado complejos conjugados $z = a+bi$$\overline z = a-bi$, ¿cuál sería la sustitución necesaria para encontrar la $R$, $$R= z\ln z+\overline{z}\ln\overline{z}\tag1 $$ tal que $R$ es una expresión sin números imaginarios?

Esta pregunta se planteó como un caso especial de este post. Dado $x^3-x-1=0$, vamos a $x_1\approx1.3247$ ser su verdadera raíz (la constante de plástico) y $x_2,x_3$ sus raíces complejas. Entonces

$$\begin{aligned}\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{n!\,(2n)!}{(3n+2)!} &= x_1\ln(1+x_1)+x_2\ln(1+x_2)+x_3\ln(1+x_3)\\ &= \frac32\,x_1\ln(1+x_1)-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3-x_1}{x_1}}\arccos\Big(\frac{x_1-6}{6x_1+2}\Big)\\[2mm] &= 0.5179778\dots\end{aligned}$$

La primera, es verdaderamente suya, mientras que el segundo es una versión simplificada de un resultado por Reshetnikov. ¿Cómo se demuestra la igualdad de las dos primeras líneas? En general, ¿cómo nos deshacemos de la unidad imaginaria en $(1)$, y siempre se expresa como la suma de $\ln$ $\arccos$ de los números reales?

Answer 1

Si $z=re^{it}$ a continuación:

• $\bar z=re^{-it}$
• $\ln z=it+\ln r$
• $\ln\bar z=-it+\ln r$

Así $R=(a+ib)(\ln r+it)+(a-ib)(\ln r-it)=2(a\ln r-bt)=2(\ln|z|\cdot \Re z-\arg(z)\cdot\Im z)$

Answer 2

Con una anotación que debería ser obvia,

$$R=(x+iy)(\log r+i\theta)+(x-iy)(\log r-i\theta)=2(x\log r-y\theta)=2\left(x\log\sqrt{x^2+y^2}-y\,\arccos\frac xr\right).$$

Answer 3

Si $f(x)=x^3-x-1$, definir $$g(x)=f(x-1)=x^3-3x^2+3x-1 - (x-1)-1=x^3-3x^2+2x-1.$$

Por lo $z_i=1+x_i$ son las raíces de $g(x)$ $z_1z_2z_3=1$ $\log z_1+\log z_2+\log z_3 = 0$ y así:

$$\sum x_i\log(1+x_i)=\sum z_i\log z_i=z_1\log z_1 +2(\log|z_2|\mathrm{Re}(z_2)-\arg(z_2)\mathrm{Im}(z_2))$$

(Por los argumentos de las otras respuestas.)

Ahora desde $z_1z_2z_3=1$, usted tiene que $|z_2|=|z_3|=\frac{1}{\sqrt{1+x_1}}$. Desde $z_1+z_2+z_3=3$ que $\mathrm{Re}(z_2)=\frac{3-z_1}{2}=\frac{2-x_1}{2}$. Por lo $$2\log|z_2|\mathrm{Re}(z_2) = 2\cdot \left(-\frac{1}{2}\log(1+x_1)\right)\cdot\left(1-\frac{x_1}{2}\right)$$

Por lo que $$\begin{align}z_1\log z_1 + 2\log|z_2|\mathrm{Re}(z_2) &= x_1\log(1+x_1)+\log(1+x_1) + \frac{1}{2}x_1\log x_1 - \log(1+x_1)\\ &=\frac{3}{2}x_1\log(1+x_1)\end{align}$$

Por último, desde el $z_2=\frac{2-x_1}{2}+bi$, e $|z_2|$ es conocida, se puede determinar tanto en$b=\mathrm{Im}(z_2)$$\arg(z_2)=\arccos\left(\frac{\mathrm{Re}(z_2)}{|z_2|}\right)$.

Esto le $b=\frac{1}{2}x_1\sqrt{\frac{3-x_1}{1+x_1}}$. Pero $1+x_1=x_1^3$, lo $b=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3-x_1}{x_1}}$.

Estoy teniendo un tiempo difícil conseguir su resultado, tengo el último término como:

$$-\sqrt{\frac{3+x_1}{x_1}}\arccos\left(\frac{(2-x_1)\sqrt{1+x_1}}{2}\right)$$

Usted puede utilizar ese $2\arccos u = \arccos(2u^2-1)$ al $u\in[0,1]$. Pero eso no parece dar resultado, ya sea.

[Wolfram alpha me dice que $2u^2-1=\frac{x_1-6}{6x_1+2}$ al $u=\frac{(2-x_1)\sqrt{1+x_1}}{2}$, pero no me han encontrado que la expresión final de mí mismo.]