(Sqrt3 -i) 'nin küp kökü nedir?

Sayıyı trigonometrik forma dönüştürerek başlayacağım:

# Z = sqrt (3) -i = 2 Cos (-pi / 6) + isin (-pi / 6) #

Bu sayının küp kökü şöyle yazılabilir:

# Z ^ (1/3) #

Şimdi bunu aklımda tutarak, trigonometrik formda karmaşık bir sayının gücü için formülü kullanıyorum:

# Z ^ n = r ^ n Cos (ntheta) + isin (ntheta) # vererek:

# Z ^ (1/3) = 2 ^ (1/3) Cos (-pi / 6 * 1/3) + isin (-pi / 6 * 1/3) = #

# = 2 ^ (1/3) Cos (-pi / 18) + isin (-pi / 18) #

Dikdörtgende hangisi: # 4.2-0.7i #

Gió'nun cevabına tamamen katılıyorum, çünkü eksik ve ayrıca (resmen) yanlış.

Resmi hata kullanımında De Moivre'nin formülü tamsayı olmayan üslerle. De Moivre'nin formülü sadece tamsayı üslerine uygulanabilir. Vikipedi sayfasında bu konuda daha fazla detay

Bununla başa çıkmak için formülün kısmi bir uzantısını bulacaksınız. # N #-kinci kökler (ekstra bir parametre içerir) # K): Eğer # z = r (cos teta + ı sin teta) #, sonra

# z ^ {1 / n} = r ^ {1 / n} (cos ((teta + 2 k pi) / n) + ı günah ((teta + 2 k pi) / n)) # nerede # k = 0, …, n-1 #.

Bir (ve bir anlamda)) karmaşık sayıların çok temel özelliği # N #- Kökler … # N # kökler (çözümler)! Parametre # K (arasında değişir #0# ve # N-1 #, yani # N # değerler) bunları tek bir formülde özetlememize izin verir.

Yani küp köklerinin üç çözümü var ve bunlardan sadece birini bulmak yeterli değil: bu sadece "#1/3# çözümün ".

Çözüm önerimi aşağıya yazacağım. Yorumlarınızı bekliyoruz!

Gió'nun önerdiği gibi, ilk adım ifade ediyor # Z = sqrt {3} -i # trigonometrik formunda #r (cos teta + ben günah teta) #. Köklerle uğraşırken, trigonometrik form (neredeyse) her zaman yararlı bir araçtır (üstel olanla birlikte). Sen al:

# R = sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} = sqrt {(sqrt {3}) ^ 2 - (+ 1) ^ 2} = sqrt {3 + 1} = sqrt {4} = 2 #

# theta = arctan (y / x) = arctan (- 1 / sqrt {3}) = - pi / 6 #

Yani # z = r (cos teta + ı sin teta) = 2 (cos (-pi / 6) + günah (-pi / 6)) #

Şimdi kökleri hesaplamak istiyorsun. Yukarıda belirtilen formüle göre, şunları elde ederiz:

# z ^ {1/3} = r ^ {1/3} (cos ((teta + 2 k pi) / 3) + ı günah ((teta + 2 k pi) / 3)) = 2 ^ {1 / 3} (çünkü ((-pi / 6 + 2 k pi) / 3) + günah ((-pi / 6 + 2 k pi) / 3)) #

nerede # k = 0, 1, 2 #. Yani üç farklı değer var. # K (#0#, #1# ve #2#) üç farklı karmaşık kökünü doğuran • Z:

# z_0 = 2 ^ {1/3} (cos ((-pi / 6 + 0) / 3) + günah ((-pi / 6 + 0) / 3)) = 2 ^ {1/3} (cos (-pi / 18) + günah (-pi / 18)) #

# z_1 = 2 ^ {1/3} (cos ((-pi / 6 + 2 pi) / 3) + günah ((-pi / 6 + 2 pi) / 3)) = 2 ^ {1/3} (çünkü (-11/18 pi) + günah (-11/18 pi)) #

# z_2 = 2 ^ {1/3} (cos ((-pi / 6 + 4 pi) / 3) + günah ((-pi / 6 + 4 pi) / 3)) = 2 ^ {1/3} (çünkü (-23/18 pi) + günah (-23/18 pi)) #

# Z_0 #, # Z_1 # ve # Z_2 # üç çözümdür.

İçin formülün geometrik yorumu # N # Kökler, çözeltileri karmaşık düzlemde çizmek için çok faydalıdır. Ayrıca arsa, formülün özelliklerini çok güzel gösterir.

Öncelikle, tüm çözümlerin aynı mesafeye sahip olduğunu fark edebiliyoruz. # R ^ {1 / n} # (örneğimizde #2^{1/3}#) kökeninden. Böylece hepsi yarıçapı çevresi üzerinde yatıyor # R ^ {1 / n} #. Şimdi belirtmeliyiz nerede onları bu çevreye yerleştirmek için. Sinüs ve kosinüs argümanlarını şu şekilde yeniden yazabiliriz:

# z ^ {1 / n} = r ^ {1 / n} (cos (theta / n + (2pi) / nk) + ı sin (theta / n + (2pi) / n k)) #

"İlk" kök karşılık gelir # K = 0 #:

# z_0 = r ^ {1 / n} (cos (teta / n) + günah (teta / n)) #

Diğer tüm kökler açının eklenmesi ile bundan elde edilebilir. # (2pi) / n # tekrarlı olarak açıya # Teta / n # ilk köke göre # Z_0 #. Yani hareket ediyoruz # Z_0 # etrafında bir dönme ile # (2pi) / n # radyan (# (360 °) / n #). Demek ki noktalar normalin köşelerinde # N #köşeli. Bunlardan biri göz önüne alındığında diğerlerini bulabiliriz.

Bizim durumumuzda:

mavi açının olduğu yer # Teta / n = -pi / 18 # ve kırmızı olan # (2pi) / n = 2/3 pi #.