Род поверхности

[MChagall]

DeBill в сообщении #1309760 писал(а):

Забыли про: бесконечноудаленную точку; половинку; взаимно-простоту $m,n$

$z=\infty$: делаем замену $y=\frac{1}{z}$. Получаем $w=\sqrt[m]{1-\frac{1}{y^n}}=\frac{\sqrt[m]{y^n-1}}{\sqrt[m]{y^n}}=\frac{\sqrt[m]{y^n-1}}{\sqrt[\frac{m}{(m,n)}]{y^{\frac{n}{(m,n)}}}}$, где $(m,n)$ - НОД $m,n$. При обходе нуля по контуру $\left\lvert z\right\rvert=\frac{1}{2}$ числитель не меняется, а знаменатель меняется. Получаем, что в бесконечности точка ветвления порядка $\frac{m}{(m,n)}$. Но формула для рода не внушает оптимизма
$g=\frac{1}{2}(n(m-1)+\frac{m}{(m,n)}-1)-m+1=\frac{nm}{2}-\frac{n}{2}+\frac{m}{2(m,n)}-m+\frac{1}{2}$. Симметрии не наблюдаю. Где заблуждаюсь? Наверное, с корнем в знаменателе. Но как там быть тогда?

[DeBill]

Ну, частично симметрия есть - для взаимно простых. Обратите внимание: числитель разлагается на множители, и формула дает "почти" площадь треугольника (а она, по формуле Пика связана с числом целых точек в тр-ке, о котором говорил Пианист).
Для не....: ошибка - в том, что на бесконечности теперь - не одна точка, а много.

[MChagall]

DeBill в сообщении #1309926 писал(а):

не одна точка, а много

Ну похоже, в бесконечности $n$ точек. По крайней мере тогда $g=\frac{nm}{2}+\frac{nm}{2(n,m,)}-(n+m)+1$. И симметрия, и для кубики единица. Но не могу понять почему их $n$? Можете пояснить?

[DeBill]

Не, похоже, в окрестности бесконечности $(m,n)$ точек, указанного вами порядка ветвления.
И какая формула тогда получится?

[MChagall]

$g=\frac{nm}{2}-\frac{n+m}{2}-\frac{(m,n)}{2}+1$. Но почему их всё-таки столько в бесконечности?

[DeBill]

Ну, для примера, посмотрите на функцию $(z^n)^{\frac{1}{m}}$...
Или - как Вы уже делали (с теми 8 элементами) раньше - здесь все так же.

-- 04.05.2018, 20:04 --

А ответ - правильный, и красивый. И как это связано с кол-вом целых точек в тр-ке?

[MChagall]

DeBill в сообщении #1310028 писал(а):

И как это связано с кол-вом целых точек в тр-ке?

Ну, я так понимаю, по указанной Вами формуле Пика. Первое слагаемое - площадь, второе - количество целых точек на катетах, третье - на гипотенузе.

[DeBill]

Так что род у Вас действительно равен числу целых точек внутри тр-ка!

[MChagall]

DeBill в сообщении #1310028 писал(а):

Ну, для примера, посмотрите на функцию $(z^n)^{\frac{1}{m}}$

Я рассмотрел $f(z)=\sqrt[6]{z^4}$.
Пусть $z=e^{i\varphi+2\pi i k}$
Тогда $\sqrt[6]{z^4}=e^{\frac{4i \varphi}{6}+\frac{8 \pi i k}{6}}=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{4 \pi i k}{3}}$
$k=0: f_1=e^{\frac{2i \varphi}{3}}$
$k=1: f_2=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{4 \pi i}{3}}$
$k=2: f_3=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{8 \pi i}{3}}=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{2 \pi i}{3}}$
$k=3: f_4=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{12 \pi i}{3}}=e^{\frac{2i \varphi}{3}+4 \pi i}=f_1$
Получается три элемента и одна точка ветвления порядка 3 вместо ожидаемых двух таких. Чего я не вижу?

[Someone]

MChagall в сообщении #1311740 писал(а):

Чего я не вижу?

А сколько значений имеет корень шестой степени?

[MChagall]

Шесть. Но здесь они совпадают по парам.
$\sqrt[6]{z^4}=e^{\frac{4i \varphi}{6}+\frac{8 \pi i k}{6}}$
$k=0: f_1=e^{\frac{2i \varphi}{3}}$
$k=1: f_2=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{4 \pi i}{3}}$
$k=2: f_3=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{2 \pi i}{3}}$
$k=3: f_4=e^{\frac{2i \varphi}{3}+4 \pi i}=f_1$
$k=4: f_5=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{4 \pi i}{3}}=f_2$
$k=5: f_6=e^{\frac{2i \varphi}{3}+\frac{2 \pi i}{3}}=f_3$
Хотите сказать, что $f_1, f_2, f_3$ - образуют одну функцию, а $f_4, f_5, f_6$ - другую? То есть две совпадающих функции?

[Someone]

MChagall в сообщении #1311774 писал(а):

Но здесь они совпадают по парам.

А Вы их неправильно вычислили.

[MChagall]

А можете показать в каких (во всех) ошибка?

[Someone]

Ну Вы напишите формулу для корня шестой степени в общем виде и по ней проверьте.

[MChagall]

MChagall в сообщении #1311774 писал(а):

$\sqrt[6]{z^4}=e^{\frac{4i \varphi}{6}+\frac{8 \pi i k}{6}}$

Это разве неверно?