uproszczenie równania

[ixi2014]

\(\displaystyle{ z^{4} = (-1+i)^{16}}\)

to
\(\displaystyle{ z = (-1+i)^{12}}\)

czy
\(\displaystyle{ z = (-1+i)^{4}}\)

normalnie się zagubiłem

[rtuszyns]

\(\displaystyle{ x^n=y^m\\
\left(x^n\right)^k=\left(y^m\right)^k\\
x^{nk}=y^{mk}}\)

[Premislav]

Arabskie gogle, klasyka.
A tak na serio, to żadna z tych równości nie jest równoważna początkowej.
Równanie spełnia \(\displaystyle{ z_{0}=(-1+i)^{4}}\), a pozostałe rozwiązania są iloczynami \(\displaystyle{ z_{0}}\) i pierwiastków zespolonych czwartego stopnia z \(\displaystyle{ 1}\) różnych od jedynki.
A jak nie chcesz tak tego rozwiązać (chociaż to chyba najprostsze podejście), to
przerzuć wszystko na jedną stronę i skorzystaj parę razy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów.

[ixi2014]

czyli jak dla z wyliczyłem że wyjdzie

\(\displaystyle{ 4(\cos 3 \pi + i \sin 3 \pi )}\)

to mam całość jeszcze wziąć do 4 potęgi?

Proszę też sprawdzić czy dobrze wyliczyłem.

[Premislav]

Dobrze wyliczyłeś. Teraz nie żadne "do czwartej potęgi", tylko wyliczasz pan pierwiastki zespolone czwartego stopnia z jedynki, a jak zrobisz rysunek, to nawet nie musisz ich liczyć, bo se rysujesz okrąg jednostkowy na płaszczyźnie zespolonej i jadąc sobie od \(\displaystyle{ (1,0)}\), tj. \(\displaystyle{ 1}\), z krokiem o \(\displaystyle{ \frac{2\pi}{4}}\) przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, wjeżdżasz w \(\displaystyle{ (0,1)=i}\), dalej w \(\displaystyle{ (-1,0)=-1}\), no i w \(\displaystyle{ -i}\) wreszcie. Chociaż policzenie tych pierwiastków też jest prościutkie, bo są one rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ z^{4}-1=0}\), czyli \(\displaystyle{ (z^{2}+1)(z^{2}-1)=0}\), no i do każdego czynnika jeszcze raz wzór na różnicę kwadratów.
No i dalej uzyskujesz drugie rozwiązanie, mnożąc przez \(\displaystyle{ i}\), trzecie mnożąc przez \(\displaystyle{ -i}\), czwarte mnożąc przez \(\displaystyle{ -1}\), i tyle.
To teraz (choć to łatwe) ogólne twierdzenie: niech będzie dane równanie (*)\(\displaystyle{ z^{t}=w}\), gdzie w - pewna liczba zespolona, ustalone\(\displaystyle{ t \in \NN^{+}}\)
Tedy jeśli \(\displaystyle{ z_{0}}\) jest rozwiązaniem tego równania, to pozostałe rozwiązania są postaci \(\displaystyle{ z_{0}\left(\cos \frac{2k\pi}{t}+i\sin \frac{2k\pi}{t}\right)}\) dla \(\displaystyle{ k=1,...,t-1}\)
(to w nawiasie to po prostu postać pierwiastka zespolonego stopnia \(\displaystyle{ t}\) z \(\displaystyle{ 1}\)).
Dowód twierdzenia: wiemy, że \(\displaystyle{ z_{0}}\) jest rozwiązaniem równania (*). Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1,...t-1\right\}}\) i policzmy, ile to jest \(\displaystyle{ \left(z_{0}\left(\cos \frac{2k\pi}{t}+i\sin \frac{2k\pi}{t}\right)\right)^{t}}\). Korzystamy z \(\displaystyle{ (ab)^{n}=a^{n}b^{n}}\), co jest prawdą dla dowolnych liczb zespolonych \(\displaystyle{ a,b}\), otrzymując dzięki temu i wzorowi de Moivre'a
\(\displaystyle{ \left(z_{0}\left(\cos \frac{2k\pi}{t}+i\sin \frac{2k\pi}{t}\right)\right)^{t}=z_{0}^{t}(\cos 2k\pi+i\sin 2k\pi)=z_{0}^{t}=\mbox{zał.}=w}\);
ponadto z zasadniczego twierdzenia algebry równanie \(\displaystyle{ z^{t}=w}\) ma (łącznie z krotnościami) dokładnie \(\displaystyle{ t}\) rozwiązań. Pozostaje uzasadnić, że dla dowolnych \(\displaystyle{ l,k \in \left\{ 1,...t-1\right\}}\) jest \(\displaystyle{ z_{0}\left(\cos \frac{2k\pi}{t} +i\sin \frac{2k\pi}{t} \right)\neq z_{0}\left(\cos \frac{2l\pi}{t} +i\sin \frac{2l\pi}{t} \right)}\) (gdy \(\displaystyle{ z_{0}}\) niezerowe). Najwygodniej zrobić rysunek, choć można i bezpośrednim rachunkiem.