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.
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...
[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].
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]