Widzialam gdzies rozwiazanie rownania \(\displaystyle{ 1^x=2}\). Intuicyjnie wydaje sie absurdalne, ze 1 podniesiona do jakiejs potegi da liczbe o module wiekszym niz 1. Ogolne rozwiazanie wyszlo \(\displaystyle{ -\frac{i\ln 2}{2k\pi}, ~k\in\mathbb{Z}, k\neq 0}\).
Jesli wezmiemy, celem sprawdzenia, \(\displaystyle{ k=1}\), to otrzymamy, z definicji zespolonej potegi
\(\displaystyle{ 1^{-\frac{i\ln 2}{2\pi}} = e^{-i\frac{\ln 2}{2\pi}(\ln|1|+i\operatorname{arg} 1)}}\)
I to wyrazenie jest istotnie rowne 2, jesli przyjmiemy, ze \(\displaystyle{ \operatorname{arg}1=2\pi}\), czyli taka wlasnie galaz logarytmu.
Wiec wyglada na to, ze intuicja zawodzi. Czy moze jednak jest tu gdzies blad?
1 w jakiej potedze jest rowne 2
-
- Użytkownik
- Posty: 1596
- Rejestracja: 16 maja 2013, o 17:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Trójmiasto
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 248 razy
Re: 1 w jakiej potedze jest rowne 2
\(\displaystyle{
1^{-\frac{i\ln(2)}{2k\pi}} = \left(1^i\right)^{-\frac{\ln 2}{2k\pi}} = \left( \left(e^{2ik\pi} \right)^i \right)^{-\frac{\ln 2}{2k \pi}} = \left(e^{-2k\pi}\right)^{-\frac{\ln 2}{2k\pi}} = e^{\ln2} = 2
}\)
wygląda ok
1^{-\frac{i\ln(2)}{2k\pi}} = \left(1^i\right)^{-\frac{\ln 2}{2k\pi}} = \left( \left(e^{2ik\pi} \right)^i \right)^{-\frac{\ln 2}{2k \pi}} = \left(e^{-2k\pi}\right)^{-\frac{\ln 2}{2k\pi}} = e^{\ln2} = 2
}\)
wygląda ok
- Mlodsza
- Użytkownik
- Posty: 76
- Rejestracja: 25 sty 2010, o 22:36
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Krakow
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: 1 w jakiej potedze jest rowne 2
Nie, to tak nie dziala, potega potegi to nie jest rowna iloczynowi poteg. W ostatniej rownosci podanej przeze mnie wychodzi jednak 2 i nie widze tam bledu, co jednak mnie niepokoi )))
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10249
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 41 razy
- Pomógł: 2373 razy
Re: 1 w jakiej potedze jest rowne 2
Każda wartość \(\displaystyle{ \log 1}\) daje pewien wariant funkcji \(\displaystyle{ 1^x}\), mianowicie gdy \(\displaystyle{ \log 1 = 2k \pi i}\), \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\), to \(\displaystyle{ 1^x = e^{x \log 1} = e^{2 k \pi i \cdot x}}\). Odpowiadające temu wariantowi rozwiązania równania \(\displaystyle{ 1^x = 2}\) to
\(\displaystyle{ x_j = \frac{j}{k} - \frac{i \ln 2}{2k \pi}}\) dla \(\displaystyle{ j \in \mathbb{Z}}\)
(gdy \(\displaystyle{ k = 0}\), rozwiązań nie ma). W szczególności jednym z rozwiązań jest to, które podajesz - nie ma w tym błędu.
Ogólnie skoro \(\displaystyle{ 1^x = e^{x \log 1}}\), to wszystkie warianty oprócz \(\displaystyle{ k \neq 0}\) przyjmują każdą wartość ze zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{C} \setminus \{ 0 \}}\).
\(\displaystyle{ x_j = \frac{j}{k} - \frac{i \ln 2}{2k \pi}}\) dla \(\displaystyle{ j \in \mathbb{Z}}\)
(gdy \(\displaystyle{ k = 0}\), rozwiązań nie ma). W szczególności jednym z rozwiązań jest to, które podajesz - nie ma w tym błędu.
Ogólnie skoro \(\displaystyle{ 1^x = e^{x \log 1}}\), to wszystkie warianty oprócz \(\displaystyle{ k \neq 0}\) przyjmują każdą wartość ze zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{C} \setminus \{ 0 \}}\).