Liczba pierwiastków liczby zespolonej

[matematykiv]

Cześć,
mam problem z takim zadaniem:
\(\displaystyle{ z^{4} - 2z^{2} + 2 = 0}\)
podstawiam za \(\displaystyle{ z^{2} = t}\) i mam
\(\displaystyle{ t^{2} - 2t + 2 = 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt(\Delta) = \sqrt{-4}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt(\Delta) = 2i \vee \sqrt(\Delta) = -2i}\)
\(\displaystyle{ t_{1} = \frac{2-2i}{2} = 1 - i}\)
\(\displaystyle{ t_{2} = \frac{2+2i}{2}= 1 + i}\)
Teraz pora na podstawienie \(\displaystyle{ z^{2} = t}\), czyli:
\(\displaystyle{ z^{2} = t_{1} = 1 - i \vee z^{2} = t_{2} = 1 + i}\)

Wobec tego \(\displaystyle{ z = \sqrt{1+i} \vee z = -\sqrt{1+i} \vee z = \sqrt{1-i} \vee z = -\sqrt{1+i}}\)

Teraz rozwiązując np. \(\displaystyle{ z = \sqrt{1+i}}\)
\(\displaystyle{ z^{2} = 1+i = w}\)
\(\displaystyle{ w = \sqrt[4]{2}(cos( \frac{ \frac{\pi}{4} +2k \pi}{2} ) + isin( \frac{ \frac{\pi}{4} +2k \pi}{2} ))}\) , gdzie \(\displaystyle{ k}\) należy do liczb całkowitych, a w szczególności interesują nas \(\displaystyle{ k={0,1}}\) bo \(\displaystyle{ z^{2} = 1 + i}\) czyli spośród zbiorku k wystarczy wybrać dwa kolejne elementy, żeby dostać wszystkie różne rozwiązania, bo dla np \(\displaystyle{ k=2}\) już rozwiązanie będzie powtórką \(\displaystyle{ k=0}\)
Teraz obliczając każdą z tych pozostałych trzech liczb \(\displaystyle{ z}\) liczb wyjdzie mi \(\displaystyle{ 8}\) liczb w postaci trygonometrycznej. To jest dobrze policzone i \(\displaystyle{ z^{4} - 2z^{2} + 2 = 0}\) ma \(\displaystyle{ 8}\) pierwiastków?

[Premislav]

Nie, z zasadniczego twierdzenia algebry wynika, że
\(\displaystyle{ z^{4} - 2z^{2} + 2}\) ma (licząc z krotnościami ewentualnych pierwiastków wielokrotnych) dokładnie \(\displaystyle{ 4}\) pierwiastki, to wiadomo nawet w ogóle bez liczenia.
Pewnie po prostu niektóre się powtórzą. Ja nie lubię notacji \(\displaystyle{ \sqrt{-1}}\) itp. ale nie wiem, czy jest błędna. W każdym razie niespecjalnie mi się to podoba, gdyż po jednej stronie "równości" np.
\(\displaystyle{ z=\sqrt{1+i}}\) masz liczbę, a po drugiej zbiór.


Ja bym to robił tak:
\(\displaystyle{ z^{4} - 2z^{2} + 2 = 0\\( z^2-1)^2+1=0\\ (z^2-1)^2+i^2=0\\(z^2-1-i)(z^2-1+i)=0\\z^2=1+i \vee z^2=1-i}\)
Niech \(\displaystyle{ z=re^{i\varphi}}\), wtedy dostajemy
\(\displaystyle{ r^2e^{i \cdot 2\varphi}=\sqrt{2}e^{i \frac{\pi}{4} } \vee r^2e^{i \cdot 2\varphi}=\sqrt{2}e^{-i \frac{\pi}{4} }}\)
Stąd \(\displaystyle{ r=\sqrt[4]{2}, \varphi= \frac{\pi}{8}+k\pi \vee \varphi=- \frac{\pi}{8}+k\pi, k=0,1}\)
Cztery rozwiązania.

[matematykiv]

Rzeczywiście, dla \(\displaystyle{ z= \sqrt{t_{1}}}\) wychodzą 2 rozwiązania i dla \(\displaystyle{ z= - \sqrt{t_{1}}}\) dwa takie same. To są policzone rozwiązania dla \(\displaystyle{ z= \sqrt{t_{1}}}\):
1)

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=cos%28%28pi%29%2F8%29+;+sin%28%28pi%29%2F8%29

2)

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=cos%28%289pi%29%2F8%29+;+sin%28%289pi%29%2F8%29

Widać, że dla \(\displaystyle{ z= -\sqrt{t_{1}}}\) wyjdzie to samo.

Czyli z tych \(\displaystyle{ z= \sqrt{t_{1}}}\), \(\displaystyle{ z= \sqrt{t_{2}}}\) wystarczy wybrać sobie np. \(\displaystyle{ z= \sqrt{t_{1}}}\) i policzyć te dwa z "czterech" rozwiązań, jak w wolframie, i można wywnioskować dwa pozostałe bo jeśli z jest miejscem zerowym to sprężenie z też jest miejscem zerowym? Przez to unikniemy zabawy z tymi sinusami i cosinusami

[Premislav]

Zgadza się. To, o czym wspomniałeś, to jest własnie bardzo użyteczny fakt dotyczący wielomianów zmiennej zespolonej o współczynnikach rzeczywistych:

jeśli z jest miejscem zerowym to sprężenie z też jest miejscem zerowym

[matematykiv]

Nie chcę już śmiecić i zakładać nowego tematu, a mam jeszcze kilka równań, których nie umiem policzyć.

1) \(\displaystyle{ z^{n} = 2z\overline{z}}\)
2) \(\displaystyle{ z^{n} = i|z|}\)
3) \(\displaystyle{ \overline{z^{2}} |z^{2}| = \frac{16}{z^{4}}}\)

Czy ktoś mógłby mi z tym pomóc?

Przykładowo z 1) myślałem o porównaniu postaci trygonometrycznych lewej i prawej strony, ale po dojściu do \(\displaystyle{ |z|^{n}(\cos (n\alpha)+i\sin (n\alpha))=2|z|^2(\cos (\alpha) + i\sin (\alpha))(\cos (- \alpha) + i\sin (- \alpha))}\) nie wiem jak to dokończyć. Czy po prostu trzeba się z tym bawić?

Edit:
po prawej stronie wychodzi ładnie jedynka trygonometryczna i dostałem:

\(\displaystyle{ |z|^{n-2} = \frac{2}{\cos (n\alpha) + i\sin (n\alpha)}}\), co dalej trzeba z tym zrobić?

[kerajs]

1)
\(\displaystyle{ \left| z\right| ^ne ^{in \alpha }=2\left| z\right| ^2 \\
\left( \left| z\right| = \sqrt[n-2]{2} \vee \left| z\right| =0\right) \wedge \alpha = \frac{k \cdot 2 \pi }{n}}\)
2)
\(\displaystyle{ \left| z\right| ^ne ^{in \alpha }=\left| z\right| e^{i \frac{ \pi }{4} } \\
\left( \left| z\right| =1 \vee \left| z\right| =0 \right) \wedge \alpha = \frac{\frac{ \pi }{4}+k \cdot 2 \pi}{n}}\)
3)
spróbujesz sam?

Edit:
1)
\(\displaystyle{ \left| z\right| ^n(\cos\left( n \alpha \right)+i\sin\left( n \alpha \right))=2\left| z\right| (\cos\left( \alpha \right)+i\sin\left( \alpha \right))\left| z\right| (\cos\left( - \alpha \right)+i\sin\left( - \alpha \right))\\
\left| z\right| ^n(\cos\left( n \alpha \right)+i\sin\left( n \alpha \right))=2\left| z\right|^2 (\cos\left( 0 \right)+i\sin\left( 0 \right))}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \left| z\right| ^n=2\left| z\right| ^2 \\ n \alpha =0+k \cdot 2 \pi \end{cases}\\
\begin{cases} \left| z\right| ^{n-2}=2 \vee \left| z\right| =0 \\ n \alpha =k \cdot 2 \pi \end{cases}\\
\begin{cases} \left| z\right| = \sqrt[n-2]{2} \vee \left| z\right| =0 \\ \alpha =\frac{k \cdot 2 \pi }{n} \end{cases}}\)

[matematykiv]

A można to zrobić tak jak ja zacząłem bez wzoru eulera? Nie wprowadzaliśmy go na zajęciach i chciałbym umieć to rozwiązać też bez niego.

[kerajs]

Pewnie że można. Rozwiązanie pierwszego dopisałem w poprzednim poscie. Sam spróbuj kolejne.

Początek 3)
\(\displaystyle{ \overline{z^{2}} |z^{2}| = \frac{16}{z^{4}} \wedge z \neq 0}\)
\(\displaystyle{ \overline{z^{2}}z^2 |z^{2}|z^2 = 16}\)
\(\displaystyle{ \left| z^2\right|^2 |z^{2}|z^2 = 16}\)
\(\displaystyle{ \left| z\right|^6 \left| z\right|^2e ^{i2 \alpha }=16}\)

[matematykiv]

Trochę nie rozumiem skąd się wzięło to \(\displaystyle{ \sin (0)}\) i \(\displaystyle{ \cos (0)}\) i ogólnie tego sposobu rozwiązania, dlaczego zakładamy takie kąty, żeby ten nawias po prawej był zawsze równy 1?
Nie da się jakoś przekształcić tego do czego ja doszedłem, żeby dostać wynik?
\(\displaystyle{ |z|^{n-2} = \frac{2}{\cos (n\alpha) + i\sin (n\alpha)}}\)

[kerajs]

Wielkie sorki, zapomniałem o tym temacie.

Nie da się jakoś przekształcić tego do czego ja doszedłem, żeby dostać wynik?
\(\displaystyle{ |z|^{n-2} = \frac{2}{\cos (n\alpha) + i\sin (n\alpha)}}\)

Lepsza jest postać:
\(\displaystyle{ \left| z\right|^{n-2}\left( \cos n \alpha +i\sin n \alpha \right) =2}\)
Po lewej stronie masz liczbę zespoloną, i taką także musisz mieć po stronie prawej. \(\displaystyle{ \left| z\right|^{n-2}\left( \cos n \alpha +i\sin n \alpha \right) =2\left( \cos 0^{\circ} +i\sin 0^{\circ} \right)}\)
A lepiej:
\(\displaystyle{ \left| z\right|^{n-2}\left( \cos n \alpha +i\sin n \alpha \right) =2\left( \cos (0^{\circ}+k2 \pi ) +i\sin ( 0^{\circ}+k2 \pi ) \right)}\)
Ponieważ obie strony są równe to mają te same moduły i te same argumenty:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \left| z\right|^{n-2}=2 \\ n \alpha =k2 \pi \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \left| z\right|= \sqrt[n-2]{2} \\ \alpha = \frac{ k2 \pi }{n} \end{cases}}\)
Czyli dostajesz wynik który wcześniej napisałem.

Oczywiście przedstawiłem tylko kontynuację rozwiązywania podanego wyrażenia.
Wcześniej zapewne zauważyłeś że istnieje także rozwiązanie \(\displaystyle{ z=0}\).
Choć nie zostało to napisane to przyjmuję iż n jest liczbą naturalną większą od 2.
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) rozwiązaniem jest tylko \(\displaystyle{ z=0}\) , a dla \(\displaystyle{ n=1}\) rozwiązania to \(\displaystyle{ n=0 \vee n= \frac{1}{2}}\).


W zadaniach 2)3) należy postąpić analogicznie porównując moduły i argumenty liczb zespolonych po obu stronach uzyskanych równań.

2)
\(\displaystyle{ \left| z\right|^{n}=i\left| z\right|\\
\left| z\right|^{n}\left( \cos n \alpha +i\sin n \alpha \right) =1\left( \cos \frac{ \pi }{4} +i\sin \frac{ \pi }{4} \right)\left| z\right|\\
\left| z\right|^{n}\left( \cos n \alpha +i\sin n \alpha \right) =\left| z\right|\left( \cos \frac{ \pi }{4} +i\sin \frac{ \pi }{4} \right)}\)
a)
zał:\(\displaystyle{ n=1}\)
\(\displaystyle{ \left| z\right|\left( \cos \alpha +i\sin \alpha \right) =\left| z\right|\left( \cos \frac{ \pi }{4} +i\sin \frac{ \pi }{4} \right)}\)
\(\displaystyle{ z=0 \vee \begin{cases} \left| z\right| \in \RR _{+} \\ \alpha = \frac{ \pi }{4} \end{cases}}\)
b)
zał:\(\displaystyle{ n>1}\)
\(\displaystyle{ \left| z\right|^n\left( \cos \alpha +i\sin \alpha \right) =\left| z\right|\left( \cos \frac{ \pi }{4} +i\sin \frac{ \pi }{4} \right)}\)
\(\displaystyle{ z=0 \vee \begin{cases} \left| z\right| =1 \\ \alpha = \frac{ \frac{ \pi }{4}+k2 \pi }{n-1} \end{cases}}\)


Poćwicz sam na 3) (masz je zresztą już prawie rozwiązane)