Side 2 - Komplekse tal

#20

Nej, det er ikke helt underordnet, for til "+"-tegnet i    i ( -√(2) ± 1 )  skal man bruge "-"-tegnet i løsningen

-π/2 + 2pπ - ln((√2) -+ 1)

og omvendt.

#20

Ja, og for "-"-tegnet i     i ( -√(2) ± 1 ) skal man bruge "+"-tegnet i løsningen. Hvad hvis man ville undersøge netop det tilfælde først? Så var det jo ±, der var det rigtige? Under alle omstændigheder får jeg to imaginære værdier for hver reel værdi på et argand diagram.

#22

Nej, det er ikke korrekt.

Til tallet i·( -√(2) + 1 ) fås løsningen

-π/2 + 2pπ - ln((√2) - 1) ,

og til tallet i·( -√(2) - 1 ) fås løsningen

-π/2 + 2pπ - ln((√2) + 1) .

#23

Hvorfor har du fjernet ± foran 2pπ?

Du vil jo få en vandret linje på det komplekse plan i  -ln((√2) -1)  med en flytning på den reelle akse på -π/2 ± 2pπ. Tilsvarende for den anden løsning.

#24

Når p gennemløber Z , er der ingen grund til at have ±2pπ . +2pπ frembringer den fuldstændige løsning.

#25

Ja, okay. Hvad med i forbindelse med komplekse tal med n'te rod. Man plejer at sige, at sådan et problem har n-løsninger. Har man i princippet ikke uendelig mange løsninger, når man til den specifikke n-løsning kan addere 2pπ?

#26

Nej, det er ikke tilfældet.

#27

Hvis w = ⁿ√(z) og sætter vi w = Re^iφ og z = re^iθ, får vi:

wⁿ = z ⇔ (Re^iφ)ⁿ = z ⇔ Rⁿe^inφ = re^iθ

For at ligningen skal være sand, må der gælde:

Rⁿ = r ⇔ R = ⁿ√(r) og e^inφ = e^iθ, hvor nφ = θ + k2π ⇔ φ = (θ + k2π)/n   ;   k = 0,1,2....n-1

Jeg tænkte, at hvis man fra start af kørte med et argument for hver på φ = (φ₁ + 2pπ) og θ = (θ₁ + 2pπ). Giver det virkelig ikke et resultat til sidst, hvor man kan addere den n'te løsning med + 2pπ?

#28

Du får jo ikke flere unikke løsninger ved at addere 2π til argumentet i et komplekst tal.

Det var tilfældet i den tidligere opgave, fordi faktoren i bevirkede, at der blev byttet rundt på rollerne for x og y .

#29

Med 'unikke løsninger' mener du formodentlig alle løsninger i grundintervallet ]-π/2 ; π/2].

F.eks. vil du genfinde løsningen: z₁ = e^iπ/2 (til en given n'te rod) ved z = e^{iπ/2 + 2π}. Derfor ville jeg addere den endelige løsning i #28 med 2pπ, hvor p er et helt tal. Dvs. φ = (θ + k2π)/n + 2pπ, for at for alle mulige løsninger - også udenfor grundintervallet.

Hvad mener du med det sidste du skriver i #29?

#30

Genlæs #29.

Hvis p er et helt tal, er e^i·2pπ = 1 . Man får ikke flere nye løsninger ved at gange de fundne løsninger med 1.

Jeg skrev den sidste sætning i #29, fordi jeg tror, at det er det, der har forvirret dig.

#31

Jeg har fanget pointen nu, tak.