Quise encontrar todos los números complejos $z\neq0$ tal que $z^z=z$. Observé que $z=\pm1$ satisface la ecuación. Pero he tenido problemas cuando trataba de encontrar las posibles soluciones desde $z^z$ puede tomar más de un valor. Intenté esto: $$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ $ $$\therefore\log z=\log r+i\theta$ $ $$z^{z-1}=1$ $ $$\therefore (z-1)\log z=2\pi ni\qquad n\in\mathbb Z$ $ $$\therefore\cases{(r\cos\theta-1)\log r-r\theta\sin\theta=0\\\theta(r\cos\theta-1)+r\log r\sin\theta=2\pi n}$ $ pero yo no podía ir más lejos. También soy consciente de que añadir un número entero múltiplo de $2\pi$ $\theta$ dé otro valor posible para $\log z$. ¿Alguien puede ayudarme por favor?
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Lubin
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Cuanto más pienso sobre esta cuestión, más me gusta. La clave es tener una idea precisa de lo que estamos hablando.
Necesitamos una clara definición del logaritmo natural, $\log$. Se puede definir como un solo valor de la función sólo en un simple conectado dominio en $\Bbb C$ que omite el origen. Ya sabemos todos los reales positivos soluciones de nuestra ecuación, es decir,$z=1$, bien podríamos omitir en el plano de todo el eje real no negativo. A continuación, podemos especificar que $0<\Im(\log z)<2\pi$, por lo que este logaritmo mapas en el abierto franja comprendida entre el eje real y una línea paralela a la misma y $2\pi$ unidades anteriores.
Ahora, para la ecuación de $z^z=z$ nos aplicar el registro y obtener $z\log z=\log z+2k\pi i$, y por lo $(z-1)\log z=2k\pi i$. Esto es realmente una infinidad de ecuaciones, una para cada entero $k$. El valor de $k=0$ nos da el valor conocido $z=1$, y si trata de hacerlo por $k=-1$, se puede comprobar que desde $\log(-1)=\pi i$, ahí está su otro conocido de la solución. Sería divertido ver si hay otras soluciones para este valor de $k$, pero voy a apostar que cada otro valor de $k$ conduce a al menos una solución.
Estoy publicando esta respuesta incompleta, y se busque un valor con $k=-2$.
johannesvalks
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Podemos escribir $$ z = z(r,\theta), $$
así que en realidad tenemos $$ z(r,\theta)^{ z(r,\theta) } = z(r,\theta). $$
Tenga en cuenta que $$ z(r,\theta) = e^{\ln(r) + \mathbf{i} \theta} = r \cos(\theta) + \mathbf{i} r \sin(\theta), $$
así obtenemos $$ e^{ \big[ \ln(r) + \mathbf{i} \theta \big] \big[ r \cos(\theta) + \mathbf{i} r \sin(\theta) \big] } = e^{\ln(r) + \mathbf{i} \theta}, $$
por lo tanto $$ \big[ \ln(r) + \mathbf{i} \theta \big] \big[ r \cos(\theta) + \mathbf{i} r \sin(\theta) \big] = \ln(r) + \mathbf{i} \big\{ \theta + 2 n \pi \big\}. $$
Así obtenemos $$ \Big[ r \ln(r) \cos(\theta) - r \theta \sin(\theta) - \ln(r) \Big] + \mathbf{i} \Big[ r \ln(r) \sin(\theta) + r \theta \cos(\theta) - \theta - 2 n \pi \Big] = 0. $$
(añadido a mostrar paso a paso)
Tenemos $$ \left[ \begin{array}{rcl} r \ln(r) \cos(\theta) - r \theta \sin(\theta) &=& \ln(r)\\ r \ln(r) \sin(\theta) + r \theta \cos(\theta) &=& \theta + 2 n \pi \end{array} \right. $$
Así $$ \Big[ r \ln(r) \cos(\theta) - r \theta \sin(\theta) \Big]^2 + \Big[ r \ln(r) \sin(\theta) + r \theta \cos(\theta) \Big]^2 = \ln^2(r) + \big( \theta + 2 n \pi \big)^2 $$
Así $$ r^2 \ln^2(r) + r^2 \theta^2 = \ln^2(r) + \big( \theta + 2 n \pi \big)^2 $$
Así obtenemos
$$ r^2 \ln^2(r) + r^2 \theta^2 = \ln^2(r) + \big( \theta + 2 n \pi \big)^2, $$
o $$ \big[ r^2 - 1 \big] \big[ \ln^2(r) + \theta^2 \big] = \big( \theta + 2 n \pi \big)^2 - \theta^2. $$
El caso de $r=1$
Obtenemos $$ \big( \theta + 2 n \pi \big)^2 - \theta^2 = 0, $$
de dónde $$ \theta = - n \pi, $$
Así $$ z = \pm 1 $$
El caso de $r \ne 1$
Obtenemos $$ \big[ r^2 - 1 \big] \big[ \ln^2(r) + \theta^2 \big] = 4 n \pi \Big( \theta + n \pi \Big). $$
Pero como $$ z(r,\theta) = z(r,\theta + 2 k \pi), $$
así que la parte de la derecha puede ser positiva o negativa, mientras que la parte de la izquierda no cambia de signo. No hay ninguna solución para el caso de $r \ne 1$.
Así $$ z^z=z \Rightarrow z = \pm 1, $$
como la única solución.
