MATEMANIJA

interesuje me kako izracunati [inlmath]\sqrt i[/inlmath], ali ne preko trigonometrijskog oblika, vec preko algebarskog kada se stepenuje i izjednacavaju imaginarni i realni delovi, ja sam pokusao ali iako nije tesko ne mogu dobiti pravo resenje, a kada ga uradim preko trigonom. oblika lepo se radi

Bi li napisao to što si uradio, makar i s pogrešnim rešenjem, pa da vidimo...?

evo ga vrlo je moguce da je naka glupa greska ali ja je jednostavno sada ne vidim [inlmath]\sqrt i=\sqrt{0+1i}=a+ib[/inlmath] potom kvadriram i kada izjednacim dobijem [inlmath]b^2=a^2[/inlmath] i [inlmath]\frac{1}{2b}=a[/inlmath], zamenim tu drugu u prvu i dobijem [inlmath]b^2=\frac{1}{4b^2}[/inlmath], izmnozim i uvedem smenu [inlmath]t=b^2[/inlmath] i onda je [inlmath]4t^2=1[/inlmath], radim samo sa [inlmath]t=\frac{1}{4}[/inlmath], potom vratim u smenu , i dobijem [inlmath]b=\pm\frac{1}{2}[/inlmath], evo otkucao sam ali sam skapirao tam kad sam radio sa [inlmath]t[/inlmath], kad sam korenovao [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath], ostavio sam [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath] znaci u sustini moze da se radi kvadratni koren od algebarskog izraza kompleksnog broja, interesuje me samo jos jedna stvar, kada pisem u trigonomterijskom obliku, i pisem ugao kod [inlmath]\sin[/inlmath] i [inlmath]\cos[/inlmath], da li je greska ako stavim [inlmath]+2k\pi[/inlmath] ? posto vidim ovde u zbirci u resenjima, nekada stave a nekada ne

Pođimo od:
[dispmath]\sqrt{i}=x+iy[/dispmath]
Kvadriranjem:
[dispmath]i=(x+iy)^2\\
i=x^2-y^2+2ixy[/dispmath]
Izjednačavanjem realnih i imaginarnih delova obe strane:
[dispmath]2xy=1\\
x^2-y^2=0[/dispmath]
Iz druge jednačine je ili [inlmath]x=y[/inlmath] ili [inlmath]x=-y[/inlmath].
U prvom slučaju [inlmath]2x^2=1,\;x=y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}[/inlmath].

U drugom slučaju se dobije [inlmath]2x^2=-1[/inlmath], što je nemoguće, s obzirom na to da je [inlmath]x[/inlmath] realno.

Tako dobijaš da su jedina rešenja [inlmath]z_1=x+iy=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i[/inlmath] i [inlmath]z_2=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i[/inlmath].

Predlažem ti da vežbe radi, a i radi drugih koji budu imali sličnu dilemu, ispišeš postupak korenovanja [inlmath]i[/inlmath] korišćenjem trigonometrijskog oblika.

Možeš probati da rešiš zadatak i korišćenjem eksponencijalnog oblika, i identiteta: [inlmath]e^{i\alpha}=\cos\alpha+i\sin\alpha[/inlmath]

jovica je napisao:evo otkucao sam ali sam skapirao tam kad sam radio sa [inlmath]t[/inlmath], kad sam korenovao [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath], ostavio sam [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath]

OK, znači, mystery solved.

jovica je napisao:interesuje me samo jos jedna stvar, kada pisem u trigonomterijskom obliku, i pisem ugao kod [inlmath]\sin[/inlmath] i [inlmath]\cos[/inlmath], da li je greska ako stavim [inlmath]+2k\pi[/inlmath] ? posto vidim ovde u zbirci u resenjima, nekada stave a nekada ne

Greška nije sigurno, jer, zbog periodičnosti sinusa i kosinusa, važi [inlmath]\sin x=\sin\left(x+2k\pi\right)[/inlmath] i [inlmath]\cos x=\cos\left(x+2k\pi\right)[/inlmath], gde [inlmath]k\in\mathbb{Z}[/inlmath]. Kod korenovanja kompleksnih brojeva izraženih u trigonometrijskom obliku čak je i neophodno da staviš [inlmath]+2k\pi[/inlmath], kako bi dobio sva moguća rešenja korenovanja.

Npr. ako bismo stavili [inlmath]\left[\rho\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right)\right]^\frac{1}{n}[/inlmath], dobili bismo samo [inlmath]\rho^\frac{1}{n}\left(\cos\frac{\varphi}{n}+i\sin\frac{\varphi}{n}\right)[/inlmath] kao rešenje, ali, ako bismo stavili [inlmath]\left\{\rho\left[\cos\left(\varphi+2k\pi\right)+i\sin\left(\varphi+2k\pi\right)\right]\right\}^\frac{1}{n}[/inlmath], dobili bismo kao rešenja [inlmath]\rho^\frac{1}{n}\left[\cos\left(\frac{\varphi}{n}+\frac{2k\pi}{n}\right)+i\sin\left(\frac{\varphi}{n}+\frac{2k\pi}{n}\right)\right][/inlmath], od kojih bismo razmatrali sva ona kod kojih je [inlmath]0\le k<n[/inlmath] (za [inlmath]k<0[/inlmath] i [inlmath]k\ge n[/inlmath], zbog periodičnosti, rešenja bi se ponavljala).

pa dobro da, kada je [inlmath]n>k[/inlmath] dobijao bi se stalno drugaciji ugao, ali kako bih ja to predstavio?, i jel nije dovoljno da se napise samo kao taj poslednji trigonom. oblik sto ste naveli kao resenje, bez zalazenja u dalje(da li je [inlmath]k<n[/inlmath] ili [inlmath]k>n[/inlmath] )
Slazem se sa Milovanom, da je bolje da se uradi na dva nacina, ako nista drugo zbog provere

Nije neophodno zalaziti u detalje, budući da se, kao što rekoh, za [inlmath]k<0[/inlmath] i [inlmath]k\ge n[/inlmath] ponavaljaju ona rešenja koja su već dobijena za [inlmath]0\le k<n[/inlmath], tako da to nije greška. Mada, ako je [inlmath]n[/inlmath] poznato i ako nije preveliki broj, onda nije ni previše teško izračunati i napisati koja su to rešenja. Recimo, u ovom primeru koji si postavio, dobije se [inlmath]\cos\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)[/inlmath], pa časkom izračunaš koliko je to za [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]k=1[/inlmath]:
[dispmath]z=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt 2}{2}+i\frac{\sqrt 2}{2}\\
\lor\\
z=\cos\left(\frac{\pi}{4}+\pi\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}+\pi\right)=\cos\left(\frac{5\pi}{4}\right)+i\sin\left(\frac{5\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt 2}{2}-i\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath]
Već za [inlmath]k<0[/inlmath] i za [inlmath]k>1[/inlmath] opet bismo dobili neko od prethodna dva rešenja.


P.S. Korigovao sam grešku koju sam bio napravio – dovoljno je posmatrati rešenja ne za [inlmath]\left|k\right|<n[/inlmath] kako sam prvobitno bio napisao (čime bi nepotrebno bio obuhvaćen opseg uglova od [inlmath]4\pi[/inlmath], što bi bio dvaput veći opseg od jednog perioda), već za [inlmath]0\le k<n[/inlmath], jer je time obuhvaćen opseg uglova od [inlmath]2\pi[/inlmath].

ahm, da skapirao, sam posto je kod tih trigonom. funkcija pisemo [inlmath]k\in\mathbb{Z}[/inlmath], ovde kada se radi, samo se uzbacuju ti dodatni uglovi koji daju ista resenja koja se vec javljaju kada je [inlmath]k=0,1,n-1[/inlmath] a tamo isto kada se stepenuje trigonom. oblik, msm da onda nema ni potrebe stavljati [inlmath]+2k\pi[/inlmath] pa mnoziti i to sa stepenom, jer se samo na taj nacin povecava broj krugova, a ugao kada se svede na prvi krug ostaje isti

Upravo tako – kad stepenuješ celim brojem, nema potrebe pisati [inlmath]+2k\pi[/inlmath], jer, ako bi stepenovao npr. celim brojem [inlmath]a[/inlmath], tada bi to [inlmath]+2k\pi[/inlmath] postalo [inlmath]+2ak\pi[/inlmath], a zbog periodičnosti sinusa i kosinusa, to je isto kao i da nema tog [inlmath]+2ak\pi[/inlmath]...

Naravno, sve to važi samo za celobrojno stepenovanje. U slučaju da stepenuješ brojem koji nije ceo, to se tada svodi i na stepenovanje i na korenovanje istovremeno, tako da tada ipak moraš pisati [inlmath]+2k\pi[/inlmath].

da da, zahvaljujem na objasnjenjima