Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica RAZNO ZANIMLJIVI ZADACI

Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod Daniel » Sreda, 30. Januar 2013, 13:27

Inspirisan zadatkom s imaginarnom jedinicom, u kome se pominje [inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath] kao greška koja nas je (mada ne jedina) dovela do pogrešnog rezultata, pokušao sam da dokažem da u domenu kompleksnih brojeva ta jednakost zaista ne važi. Ali sam, naprotiv, uspeo da „dokažem“ upravo suprotno – da važi. :wtf: :kojik:

Evo kako sam radio:
[dispmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\sqrt{\frac{\rho_1e^{i\varphi_1}}{\rho_2e^{i\varphi_2}}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\sqrt{\frac{e^{i\varphi_1}}{e^{i\varphi_2}}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\sqrt{e^{i\left(\varphi_1-\varphi_2\right)}}=\\
=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot e^{i\frac{\varphi_1-\varphi_2}{2}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\frac{e^{i\frac{\varphi_1}{2}}}{e^{i\frac{\varphi_2}{2}}}=\frac{\sqrt{\rho_1}}{\sqrt{\rho_2}}\cdot\frac{\sqrt{e^{i\varphi_1}}}{\sqrt{e^{i\varphi_2}}}=\frac{\sqrt{\rho_1e^{i\varphi_1}}}{\sqrt{\rho_2e^{i\varphi_2}}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/dispmath]
Da li neko može da uoči di je greška? Ja ne uspevam... :dash:
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7680
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod Daniel » Petak, 01. Februar 2013, 21:55

Za domen negativnih realnih brojeva nije teško dokazati da ova jednakost ne važi. Dovoljno je navesti primer:
[dispmath]\sqrt{\frac{-1}{-1}}=\sqrt{1}=1[/dispmath]
Međutim, ako bismo sad primenili [inlmath]\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{\sqrt a}{\sqrt b}[/inlmath] imali bismo:
[dispmath]\sqrt{\frac{-1}{-1}}=\frac{\sqrt{-1}}{\sqrt{-1}}[/dispmath]
pa bismo, budući da se nalazimo u domenu realnih brojeva, imali nedefinisan izraz podeljen nedefinisanim izrazom, što je takođe nedefinisan izraz.
Što dokazuje da u ovom slučaju [inlmath]\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{\sqrt a}{\sqrt b}[/inlmath] ne važi.

Međutim, problem je što za domen kompleksnih brojeva ne uspevam da nađem čak ni primer za koji ovo ne važi.
[inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}[/inlmath] mi uvek daje isti skup rešenja kao i [inlmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath].

:text-anyone:
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7680
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod desideri » Nedelja, 08. Mart 2015, 11:36

Količnik dva kompleksna broja je jedan kompleksan broj, te koren iz tog broja ima dva rešenja. Količnik dva korena iz dva kompleksna broja ima četiri rešenja (kada se "ukrste" rešenja iz brojioca i imenioca). Dva konačna rešenja se poklapaju, a dva su "višak" u korist količnika dva korena. Po mom mišljenju, potrebno je grananje u koraku kada je korenovan imaginarni deo. No, zaista nisam siguran da je ovakvo razmišljanje tačno.
p.s. Izvinjavam se ako nije u redu što odgovaram na post od pre dve godine. Naime, nov sam korisnik i želeo bih najpre da pregledam sve postove, te da na poneki i odgovorim. A treba i ovim Latex-om da ovladam, nema neke vajde od čisto tekstualnih komentara.
Korisnikov avatar
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 1518
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 1088 puta
Pohvaljen: 837 puta

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod Daniel » Ponedeljak, 09. Mart 2015, 07:50

Bez brige :) – tema jeste matora, ali je pitanje još uvek otvoreno, tako da je svako novo mišljenje vrlo dobrodošlo. :)
Jedino što je meni bilo potrebno nešto vremena da ponovo proučim ova svoja dva posta i prisetim se šta sam to, zapravo, pitao pre nešto više od dve godine. :)

desideri je napisao:Količnik dva kompleksna broja je jedan kompleksan broj, te koren iz tog broja ima dva rešenja.

Ovo nije sporno.

desideri je napisao:Količnik dva korena iz dva kompleksna broja ima četiri rešenja (kada se "ukrste" rešenja iz brojioca i imenioca). Dva konačna rešenja se poklapaju, a dva su "višak" u korist količnika dva korena.

Nisam razumeo ovu drugu rečenicu – šta tačno znači „dva konačna rešenja“? Valjda nema beskonačnih rešenja?
A što se tiče „ukrštanja“ rešenja iz brojioca i imenioca – dobiju se dva različita rešenja, a to ću i obrazložiti.

Korenovanjem nekog kompleksnog broja [inlmath]z[/inlmath] dobijamo kao rešenja dva kompleksna broja, [inlmath]z'[/inlmath] i [inlmath]z''[/inlmath], za koje važi [inlmath]z'=-z''[/inlmath].
To znači, ako bismo tražili količnik dva korena, [inlmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath], brojilac bi imao moguće vrednosti [inlmath]z_1'[/inlmath] i [inlmath]z_1''[/inlmath] za koje bi važilo [inlmath]z_1'=-z_1''[/inlmath], dok bi imenilac imao moguće vrednosti [inlmath]z_2'[/inlmath] i [inlmath]z_2''[/inlmath] za koje bi važilo [inlmath]z_2'=-z_2''[/inlmath]. I evo kako bi onda izgledalo to grananje:

[inlmath]I[/inlmath] slučaj – u brojiocu [inlmath]z_1'[/inlmath], u imeniocu [inlmath]z_2'[/inlmath]:
[dispmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}=\frac{z_1'}{z_2'}[/dispmath]
[inlmath]II[/inlmath] slučaj – u brojiocu [inlmath]z_1'[/inlmath], u imeniocu [inlmath]z_2''[/inlmath]:
[dispmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}=\frac{z_1'}{z_2''}=\frac{z_1'}{-z_2'}=-\frac{z_1'}{z_2'}[/dispmath]
[inlmath]III[/inlmath] slučaj – u brojiocu [inlmath]z_1''[/inlmath], u imeniocu [inlmath]z_2'[/inlmath]:
[dispmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}=\frac{z_1''}{z_2'}=\frac{-z_1'}{z_2'}=-\frac{z_1'}{z_2'}[/dispmath]
[inlmath]IV[/inlmath] slučaj – u brojiocu [inlmath]z_1''[/inlmath], u imeniocu [inlmath]z_2''[/inlmath]:
[dispmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}=\frac{z_1''}{z_2''}=\frac{-z_1'}{-z_2'}=\frac{z_1'}{z_2'}[/dispmath]
Vidimo da isti rezultat dobijamo u [inlmath]I[/inlmath] i u [inlmath]IV[/inlmath] slučaju; takođe, isti rezultat dobijamo u [inlmath]II[/inlmath] i u [inlmath]III[/inlmath] slučaju. Prema tome, ukupno dobijamo samo dva različita rezultata – isto koliko bismo dobili i da smo tražili koren količnika.
Ovo samo ide u prilog tvrdnji (da l' pogrešnoj ili ne?) da ipak važi jednakost [inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath]. :think1:
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7680
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod desideri » Ponedeljak, 09. Mart 2015, 08:01

U pravu si, izraz "dva konačna rešenja" unosi zabunu, trebalo je da kažem "dva finalna rešenja" ili samo "dva rešenja", eto ti si ispisao četiri aj' da kažem "parcijalna" rešenja koja se svode na dva različita "finalna". Moraću i ja ova tvoja dva posta detaljnije da proučim. Video sam i post koji je bio inspiracija za ovo razmišljanje.
Svejedno, uopšte mi nije logično da je to uvek isto. Ali, ko će još i logiku tražiti u matematici :D
Korisnikov avatar
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 1518
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 1088 puta
Pohvaljen: 837 puta

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod kad » Petak, 10. Jun 2016, 03:05

[dispmath]z_1=1,\quad z_2=-1[/dispmath]
svaki broj moze da se prikaze kao kompleksni kome je imaginarni deo [inlmath]0[/inlmath]
[dispmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/dispmath][dispmath]\sqrt{\frac{1}{-1}}=\frac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-1}=\frac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}[/dispmath][dispmath]i=\frac{1}{i}[/dispmath][dispmath]i^2=1[/dispmath][dispmath]-1\ne1[/dispmath]
Jos nesto, posto se kaze [inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath] ja bih uzeo da je [inlmath]z[/inlmath] neki broj sa "[inlmath]i[/inlmath]"
[dispmath]z_1=1-i,\quad z_2=1+i[/dispmath]
Tada imamo
[dispmath]\sqrt{\frac{1-i}{1+i}}=\frac{\sqrt{1-i}}{\sqrt{1+i}}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-i}=\frac{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{15\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{15\pi}{8}\right)}{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{9\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{9\pi}{8}\right)}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-i}=\frac{\sqrt[4]2\cdot(0.92387953251+i\cdot-0.38268343236)}{\sqrt[4]2\cdot(-0.92387953251+i\cdot-0.38268343236)}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-i}=\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath][dispmath]1\cdot\left(\cos\frac{9\pi}{4}+i\cdot\sin\frac{9\pi}{4}\right)=\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath][dispmath]0.70710678118+i\cdot0.70710678118=\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath][dispmath]0.70710678118\cdot(1+i)\ne\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath]
Za mnozenje u korenu
[dispmath]1=\sqrt1=\sqrt{-1\cdot(-1)}=\sqrt{-1}\cdot\sqrt{-1}=i\cdot i=i^2=-1[/dispmath][dispmath]1\ne-1[/dispmath]
Pravilo [inlmath]\sqrt{x\cdot y}=\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}[/inlmath] vazi samo kada je [inlmath]x>0[/inlmath] i [inlmath]y>0[/inlmath]
Poslednji put menjao Daniel dana Petak, 10. Jun 2016, 11:56, izmenjena samo jedanput
Razlog: Korekcija Latex-koda – \sqrt z_1 ispravljeno u \sqrt{z_1} itd.
kad  OFFLINE
 
Postovi: 52
Zahvalio se: 0 puta
Pohvaljen: 2 puta

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod Daniel » Petak, 10. Jun 2016, 16:56

Uočio sam u tvom postu nekoliko propusta, idemo redom.
kad je napisao:[dispmath]z_1=1,\quad z_2=-1[/dispmath]
svaki broj moze da se prikaze kao kompleksni kome je imaginarni deo [inlmath]0[/inlmath]

Kontraprimer: [inlmath]1+i[/inlmath] ne može nikako da se prikaže kao kompleksni broj kome je imaginarni deo jednak nuli.
Verovatno si hteo da kažeš da se svaki realan broj može prikazati kao kompleksni kome je imaginarni deo jednak nuli. OK, to već ima smisla.

kad je napisao:[dispmath]\sqrt{-1}=\frac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}[/dispmath][dispmath]i=\frac{1}{i}[/dispmath]

Ovde si jednostavno [inlmath]\sqrt{-1}[/inlmath] zamenio sa [inlmath]i[/inlmath]. Međutim, [inlmath]\sqrt{-1}[/inlmath] nije isto što i [inlmath]i[/inlmath]. Imaginarna jedinica se ne definiše kao [inlmath]i=\sqrt{-1}[/inlmath], već se definiše kao [inlmath]i^2=-1[/inlmath]. Ova „definicija“ [inlmath]i=\sqrt{-1}[/inlmath] je veoma česta greška, koju, nažalost, prilikom predavanja prave i mnogi profesori u školama.
Prilikom korenovanja u kompleksnom domenu uvek dobijamo dva moguća rešenja (izuzev kod korenovanja nule, ali nula je po mnogo čemu izuzetak). Dakle, dva rešenja moramo dobiti i kad korenujemo [inlmath]-1[/inlmath]:
[dispmath]\sqrt{-1}=\sqrt{1\cdot\bigl(\cos\left(\pi+2k\pi\right)+i\sin\left(\pi+2k\pi\right)\bigr)}=\underbrace{\cos\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right)}_0+i\underbrace{\sin\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right)}_{\begin{matrix} 1\;\left(k\text{ parno}\right)\\ -1\;\left(k\text{ neparno}\right) \end{matrix}}\\
\Rightarrow\quad\underline{\sqrt{-1}=\pm i}[/dispmath]
Dakle, ne možemo [inlmath]\sqrt{-1}[/inlmath] jednostavno zameniti sa [inlmath]i[/inlmath]. Moramo razmatrati i drugo rešenje, [inlmath]\sqrt{-1}=-i[/inlmath].

kad je napisao:[dispmath]\sqrt{\frac{1-i}{1+i}}=\frac{\sqrt{1-i}}{\sqrt{1+i}}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-i}=\frac{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{15\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{15\pi}{8}\right)}{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{9\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{9\pi}{8}\right)}[/dispmath]

Kad zapisuješ neki broj u trigonometrijskom obliku radi korenovanja, obavezno argument predstavi u periodičnom obliku, dodavanjem [inlmath]+2k\pi[/inlmath] [inlmath]\left(k\in\mathbb{Z}\right)[/inlmath]. Ovde to nisi učino. Dakle, pravilno bi bilo
[dispmath]\frac{\sqrt{1-i}}{\sqrt{1+i}}=\frac{\sqrt{\sqrt2\Bigl(\cos\left(\frac{15\pi}{4}+2k\pi\right)+i\sin\left(\frac{15\pi}{4}+2k\pi\right)\Bigr)}}{\sqrt{\sqrt2\Bigl(\cos\left(\frac{9\pi}{4}+2k\pi\right)+i\sin\left(\frac{9\pi}{4}+2k\pi\right)\Bigr)}}=\frac{\sqrt[4]2\Bigl(\cos\left(\frac{15\pi}{8}+k\pi\right)+i\sin\left(\frac{15\pi}{8}+k\pi\right)\Bigr)}{\sqrt[4]2\Bigl(\cos\left(\frac{9\pi}{8}+k\pi\right)+i\sin\left(\frac{9\pi}{8}+k\pi\right)\Bigr)}=\cdots[/dispmath]
kad je napisao:[dispmath]\sqrt{-i}=\frac{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{15\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{15\pi}{8}\right)}{\sqrt[4]2\cdot\left(\cos\frac{9\pi}{8}+i\cdot\sin\frac{9\pi}{8}\right)}[/dispmath][dispmath]\sqrt{-i}=\frac{\sqrt[4]2\cdot(0.92387953251+i\cdot-0.38268343236)}{\sqrt[4]2\cdot(-0.92387953251+i\cdot-0.38268343236)}[/dispmath]

Naravno, ovde si sad na desnoj strani dobio jednoznačno određenu vrednost (umesto dva rešenja), zbog toga što u argumentu nemaš sabirak [inlmath]+k\pi[/inlmath] (a koji bi imao da si pre korenovanja dodao [inlmath]+2k\pi[/inlmath], kao što ti malopre napisah).
Uzgred, nije ispravno pisati [inlmath]i\cdot-0.38268343236[/inlmath]. Prilikom množenja je potrebno negativan broj staviti u zagradu: [inlmath]i\cdot\left(-0.38268343236\right)[/inlmath].

kad je napisao:[dispmath]\sqrt{-i}=\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath][dispmath]1\cdot\left(\cos\frac{9\pi}{4}+i\cdot\sin\frac{9\pi}{4}\right)=\frac{(0.92387953251-0.38268343236\cdot i)}{-(0.92387953251+0.38268343236\cdot i)}[/dispmath]

Ovde si napravio istu grešku kao i malopre, s korenovanjem broja [inlmath]-i[/inlmath] (u argumentu si izostavio sabirak [inlmath]+2k\pi[/inlmath]), pri čemu si još „omašio“ i sam argument (argument [inlmath]\frac{9\pi}{2}[/inlmath] odgovarao bi broju [inlmath]i[/inlmath], a ne broju [inlmath]-i[/inlmath]). Pravilno bi bilo:
[dispmath]\sqrt{-i}=\sqrt{1\cdot\Biggl(\cos\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right)+i\sin\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right)\Biggr)}=\cdots[/dispmath]
Naravno, umesto argumenta [inlmath]\frac{3\pi}{2}+2k\pi[/inlmath] može da se stavi [inlmath]\frac{7\pi}{2}+2k\pi[/inlmath], ili [inlmath]\frac{11\pi}{2}+2k\pi[/inlmath] itd.

kad je napisao:Za mnozenje u korenu
[dispmath]{\color{red}1=\sqrt1}=\sqrt{-1\cdot(-1)}={\color{red}\sqrt{-1}\cdot\sqrt{-1}=i\cdot i}=i^2=-1[/dispmath]

Dve greške (obe sam obeležio crveno):
[inlmath]1=\sqrt1[/inlmath] – ako korenovanje vršimo u kompleksnom domenu, onda ova jednakost nije tačna, budući da na levoj strani imamo jednoznačno određenu vrednost, a na desnoj strani imamo dve moguće vrednosti (kao dva moguća rešenja kompleksnog korenovanja).
[inlmath]\sqrt{-1}\cdot\sqrt{-1}=i\cdot i[/inlmath] – za ovo sam već gore napisao – [inlmath]\sqrt{-1}[/inlmath] nije isto što i [inlmath]i[/inlmath].

kad je napisao:Pravilo [inlmath]\sqrt{x\cdot y}=\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}[/inlmath] vazi samo kada je [inlmath]x>0[/inlmath] i [inlmath]y>0[/inlmath]

Za realan domen to niko i ne spori (a čim navodiš [inlmath]x>0[/inlmath] i [inlmath]y>0[/inlmath], svakako je u pitanju realni domen).



Korigovao sam ti Latex-kôd – kada stavljaš pod koren više od jednog karaktera, moraš ih grupisati unutar vitičastih zagrada. \sqrt123 daje [inlmath]\sqrt123[/inlmath], ali \sqrt{123} daje [inlmath]\sqrt{123}[/inlmath].
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7680
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

  • +1

Re: Korenovanje količnika dva broja u kompleksnom domenu

Postod Onomatopeja » Nedelja, 23. Oktobar 2016, 19:38

Da bismo definisali korenu funkciju u kompleksnom domenu, to je potrebno da prvo definisemo argument kompleksnog broja. I to radimo sa [inlmath]\arg z \stackrel{\text{def}}{=} \theta + 2\pi n[/inlmath], gde je [inlmath]\theta[/inlmath] standardni ugao zaklapanja sa realnom osom (uzimacemo da [inlmath]-\pi < \theta \le \pi[/inlmath] (moze se uzeti i drugacije, npr. [inlmath]0 \le \theta < 2\pi[/inlmath], sve je stvar dogovora)) i [inlmath]n \in \mathbb{Z}[/inlmath] (mozemo i primetiti da je ovako definisana funkcija viseznacna, jer za jedno konkretno fiksirano [inlmath]z[/inlmath] ona (funkcija [inlmath]\arg[/inlmath]) daje vise (prebrojivo) vrednosti). [da napomenem da ovu definiciju dajemo za [inlmath]z \neq 0[/inlmath]]

Sa [inlmath]\text{Arg}\, z[/inlmath] cemo oznaciti glavnu (principal) granu argument [inlmath]\text{arg} z[/inlmath], odnosno
[dispmath]\arg z = \text{Arg}\, z + 2 \pi n, n \in \mathbb{Z}, -\pi < \text{Arg}\, z \le \pi.[/dispmath]
Moze se proveriti da vazi [inlmath]\arg(z_1z_2)=\arg z_1 + \arg z_2[/inlmath], [inlmath]\displaystyle\arg\Bigl(\frac{z_1}{z_2}\Bigr)=\arg z_1 - \arg z_2[/inlmath]. No, ne vazi [inlmath]\arg z + \arg z = 2 \arg z[/inlmath], jer npr. [inlmath]2\text{Arg}\, z + 2 \pi \in \arg z + \arg z[/inlmath], dok [inlmath]2\text{Arg}\, z + 2 \pi \notin 2\arg z[/inlmath]. Slicno, ne vazi ni [inlmath]\arg z - \arg z = 0[/inlmath]. Dakle, potrebno je da budemo oprezni kada radimo sa ovakvim stvarima.

Na stranu toga, ako gledamo glavnu granu argumenta (tj. [inlmath]\text{Arg}\, z[/inlmath]), onda mozemo videti da nisu tacne jednakosti [inlmath]\text{Arg}\,(z_1z_2) = \text{Arg}\, z_1+\text{Arg}\, z_2[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\text{Arg}\,\Bigl(\frac{z_1}{z_2}\Bigr)=\text{Arg}\, z_1 - \text{Arg}\, z_2[/inlmath], jer npr. leva strana prve „jednakosti“ lezi u [inlmath](-\pi,\pi][/inlmath], dok desna moze da „izleti“ odatle. Zato je potrebno uvesti korigovanje, i to [inlmath]\text{Arg}\,(z_1 z_2)=\text{Arg}\, z_1 + \text{Arg}\, z_2 + 2\pi N_+[/inlmath], tj. [inlmath]\displaystyle\text{Arg}\,\Bigl(\frac{z_1}{z_2}\Bigr)=\text{Arg}\, z_1 - \text{Arg}\, z_2 +2\pi N_-[/inlmath], gde je [inlmath]N_{\pm}=\begin{cases} -1, & \text{Arg}\, z_1 \pm \text{Arg}\, z_2 > \pi, \\ \phantom{-}0, & -\pi < \text{Arg}\, z_1 \pm \text{Arg}\, z_2 \le \pi, \\ \phantom{-}1,& \text{Arg}\, z_1 \pm \text{Arg}\, z_2 \le -\pi.\end{cases}[/inlmath] Sa druge strane, sada vaze jednakosti [inlmath]\text{Arg}\, z + \text{Arg}\, z = 2 \text{Arg}\, z[/inlmath] i [inlmath]\text{Arg}\, z - \text{Arg}\, z = 0[/inlmath].

Dobro, kada smo to razgranicili, predjimo na definisanjem komplesknog korena. No, ne lezi vraze, da bismo to uradili moramo prvo definisati komplesni logaritam. Naime, njega definisemo (za [inlmath]z \neq 0[/inlmath]) sa
[dispmath]\ln z \stackrel{\text{def}}{=} \ln |z| + i \arg z,[/dispmath] gde [inlmath]\ln |z|[/inlmath] predstavja standardni realan logaritam, koji mozemo tu primenjivati jer [inlmath]|z| \in \mathbb{R}[/inlmath] (i strogo je pozitivan, te je sve definisano). Naravno, ovde smo smatrali, sto je i u duhu te oznake, da je [inlmath]\arg z[/inlmath] viseznacna funkcija argumenta, pa je samim tim i [inlmath]\ln z[/inlmath] viseznacna funkcija. Ukoliko stavimo [inlmath]\text{Arg}\, z[/inlmath] umesto [inlmath]\arg z[/inlmath] (tj. napravimo restrikciju, odnosno izdvajanje grane), onda dobijamo glavnu (principal) granu logaritma [inlmath]\text{Ln}\, z = \ln |z| + i \text{Arg}\, z[/inlmath]. Iz slicnih razloga kao i za argument, da se proveriti da vaze (skupovne) jednakosti [inlmath]\ln(z_1z_2)=\ln z_1 + \ln z_2[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\ln\Bigl(\frac{z_1}{z_2}\Bigr) = \ln z_1 - \ln z_2[/inlmath], a da ne vazi [inlmath]\ln z + \ln z = 2 \ln z[/inlmath], niti [inlmath]\ln z - \ln z = 0[/inlmath]. Za [inlmath]\text{Ln}\, z[/inlmath] vazi ista prica kao i za [inlmath]\text{Arg}\, z[/inlmath] sto se tice ovih jednakosti, te to necu ponavaljati.

I sada smo u stanju da definisemo korenovanje u kompleksnom domenu (mi cemo uraditi i malo vise, tj., definisacemo odmah stepenu funkciju). Naime, za [inlmath]z \neq 0[/inlmath] i [inlmath]c \in \mathbb{R}[/inlmath] definisacemo [dispmath]z^c \stackrel{\text{def}}{=} e^{c \ln z}.[/dispmath] Kako je [inlmath]\ln z[/inlmath] viseznacna funkcija, to odmah vidimo da ce to biti i [inlmath]z^c[/inlmath]. I slicno, ako stavimo [inlmath]\ln z[/inlmath] umesto [inlmath]\text{Ln}\, z[/inlmath], u samu definiciji, time cemo izdvojiti glavnu granu stepene funkcije (koju mozemo oznaciti sa [inlmath]Z^c[/inlmath] (da, slazem se, mozda nije najsrecniji izbor za samu oznaku)). Takodje, posebno raspisati ove definicje u slucaju [inlmath]c \in \mathbb{Z}[/inlmath] kako biste se uverili da nista nismo poremetili u odnosu na to kako shvatamo npr. [inlmath]z^2[/inlmath], tj. da je [inlmath]z^2=Z^2[/inlmath] sto jednoznacna funkcija).
Sto se tice samih osobina, moze se proveriti da ne vaze (naravno, u opstem slucaju) jednakosti [inlmath]z^az^b=z^{a+b}[/inlmath], [inlmath]\displaystyle \frac{z^a}{z^b}=z^{a-b}[/inlmath], [inlmath]z^a z^{-a} = 1[/inlmath], [inlmath](z^a)^b = z^{ab}[/inlmath], dok vaze jednakosti [inlmath](z_1z_2)^a = z_1^a z_2^a[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\Bigl(\frac{z_1}{z_2}\Bigr)^{\!a} = z_1^a z_2^{-a}[/inlmath], pa cak i [inlmath]\displaystyle z^{-a} = \frac{1}{z^a}[/inlmath] (a rekao sam da ne vazi [inlmath]z^a z^{-a} = 1[/inlmath], cudno, ne?). Sa druge strane, ako radimo sa glavnom granom onda vaze jednakosti [inlmath]Z^a Z^b = Z^{a+b}[/inlmath], [inlmath]\displaystyle \frac{Z^a}{Z^b} = Z^{a-b}[/inlmath], [inlmath]Z^a Z^{-a}=1[/inlmath], dok ne vaze jednakosti [inlmath](Z^a)^b = Z^{ab}[/inlmath], [inlmath](Z_1 Z_2)^a = Z_1^a Z_2^a[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle \Bigl(\frac{Z_1}{Z_2}\Bigr)^{\!a} = Z_1^a Z_2^{-a}[/inlmath].

Sada, konacno, da se vratim na pocetni post sa ove teme

Daniel je napisao:Inspirisan zadatkom s imaginarnom jedinicom, u kome se pominje [inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath] kao greška koja nas je (mada ne jedina) dovela do pogrešnog rezultata, pokušao sam da dokažem da u domenu kompleksnih brojeva ta jednakost zaista ne važi. Ali sam, naprotiv, uspeo da „dokažem“ upravo suprotno – da važi. :wtf: :kojik:

Evo kako sam radio:
[dispmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}\stackrel{1.}{=}\sqrt{\frac{\rho_1e^{i\varphi_1}}{\rho_2e^{i\varphi_2}}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\sqrt{\frac{e^{i\varphi_1}}{e^{i\varphi_2}}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\sqrt{e^{i\left(\varphi_1-\varphi_2\right)}}\stackrel{2.}{=}\\
=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot e^{i\frac{\varphi_1-\varphi_2}{2}}=\sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2}}\cdot\frac{e^{i\frac{\varphi_1}{2}}}{e^{i\frac{\varphi_2}{2}}}\stackrel{3.}{=}\frac{\sqrt{\rho_1}}{\sqrt{\rho_2}}\cdot\frac{\sqrt{e^{i\varphi_1}}}{\sqrt{e^{i\varphi_2}}}\stackrel{4.}{=}\frac{\sqrt{\rho_1e^{i\varphi_1}}}{\sqrt{\rho_2e^{i\varphi_2}}}=\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/dispmath]
Da li neko može da uoči di je greška? Ja ne uspevam... :dash:


[Napomenucu prvo da smatram da si ovde koristio glavnu granu kvadratnog korena]

Obelezio sam „sumnjive“ jednakosti. No, pre toga, na osnovu moje prethodne price bi trebalo izvuci i to da sam napisao da ne vazi (u opstem slucaju) [inlmath]\displaystyle \Bigl(\frac{Z_1}{Z_2}\Bigr)^{\!1/2} = \frac{Z_1^{1/2}}{Z_2^{1/2}}[/inlmath]. Ako zelimo da budemo precizni, ta „jednakost“ vazi uz izvesnu modifikaciju. Naime, vazi [dispmath]\Bigl(\frac{Z_1}{Z_2}\Bigr)^{\! 1/2}= e^{\large \frac{1}{2} \text{Ln} (z_1/z_2)} = e^{\large \frac{1}{2} (\text{Ln}\, z_1 - \text{Ln}\, z_2 + 2\pi i N_{-})} =\frac{Z_1^{1/2}}{Z_2^{1/2}} e^{\pi i N_{-}}.[/dispmath] Ali, ok, vratimo se na tvoje izvodjenje. Prva obelezena jednakost je sporna bas iz prethodnog, jer vazi (da se slicno pokazati) [inlmath](Z_1Z_2)^{1/2} = Z_1^{1/2} Z_2^{1/2} e^{\pi i N_+}[/inlmath]. Dakle, ona (jednakost obelezena sa [inlmath]1.[/inlmath]) je tacna ako i samo ako je [inlmath]\varphi_1-\varphi_2 \in (-\pi, \pi][/inlmath] (sto ne moramo imati u opstem slucaju). Takodje, druga jednakost (koliko god to nekome cudno zvucalo) nije dobra jer ne vazi [inlmath]\text{Ln}(e^z)=z[/inlmath] (to vazi jedino u slucaju [inlmath]-\pi < y \le \pi[/inlmath], ako je [inlmath]z=x+iy[/inlmath]). Isto tako, jednakosti [inlmath]3.[/inlmath] i [inlmath]4.[/inlmath] sam obelezio jer one zapravo vaze (da neko ne pomisli da ne vaze, povezujuci prethodnu pricu za [inlmath]1.[/inlmath] i [inlmath]2.[/inlmath]).

Daniel je napisao:Za domen negativnih realnih brojeva nije teško dokazati da ova jednakost ne važi. Dovoljno je navesti primer:
[dispmath]\sqrt{\frac{-1}{-1}}=\sqrt{1}=1[/dispmath]
Međutim, ako bismo sad primenili [inlmath]\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{\sqrt a}{\sqrt b}[/inlmath] imali bismo:
[dispmath]\sqrt{\frac{-1}{-1}}=\frac{\sqrt{-1}}{\sqrt{-1}}[/dispmath]
pa bismo, budući da se nalazimo u domenu realnih brojeva, imali nedefinisan izraz podeljen nedefinisanim izrazom, što je takođe nedefinisan izraz.
Što dokazuje da u ovom slučaju [inlmath]\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{\sqrt a}{\sqrt b}[/inlmath] ne važi.

Međutim, problem je što za domen kompleksnih brojeva ne uspevam da nađem čak ni primer za koji ovo ne važi.
[inlmath]\sqrt{\frac{z_1}{z_2}}[/inlmath] mi uvek daje isti skup rešenja kao i [inlmath]\frac{\sqrt{z_1}}{\sqrt{z_2}}[/inlmath].

:text-anyone:


Recimo, uzmemo [inlmath]a = -i[/inlmath], [inlmath]b=i[/inlmath]. Tada je [inlmath](-i)^{1/2} = e^{\large \frac12 \text{Ln}(-i)} = e^{\large \frac12 (\ln|-i| + i \text{Arg}\,(-i))} = e^{-i \pi/4}[/inlmath], dok je [inlmath]i^{1/2} = e^{i \pi/4}[/inlmath]. No, [inlmath](-i/i)^{1/2}= (-1)^{1/2} = e^{i \pi/2}=i[/inlmath], dok je prema prethodnom [inlmath]\displaystyle\frac{(-i)^{1/2}}{i^{1/2}} = e^{-i \pi/2} = -i[/inlmath]. Naravno, ako si posmatrao koren kao viseznacnu funkciju, onda je normalno sto nisi nasao kontraprimer (jer smo vec rekli da tada zaista vazi jednakost (preciznije, skupovna jednakost)).

U svakom slucaju, nadam se da sam uspeo malo blize da priblizim svima sta se ovde desava, kao i da napomenem da kad radimo sa ovakvim stvarima moramo biti bas bas oprezni. [postoje lepe sanse da ima gresaka u samom kucanju, no protiv toga se ne moze kada se kuca ovoliki post]
 
Postovi: 593
Zahvalio se: 15 puta
Pohvaljen: 560 puta


Povratak na ZANIMLJIVI ZADACI

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 2 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Utorak, 20. Avgust 2019, 00:22 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs