Решить уравнения

[Someone]

ZumbiAzul в сообщении #944648 писал(а):

Ясно, что $\ldots, \varphi_1=\varphi_2$

Нет.

[provincialka]

ZumbiAzul в сообщении #944648 писал(а):

Для того, чтобы $e^{i\alpha}$ было чисто вещественным, нужно, чтобы $\alpha=\pi/2+\pi n$.

Нет, не так. Числа вида $e^{i\alpha}$ - это числа единичного модуля. Поэтому никакое $A$ вводить не нужно. А $e^{i(\pi/2+\pi n)}=\pm i$.Вы, наверное, имели в виду, что $ie^{i(\pi/2+\pi n)}$ вещественно? Это верно

В общем, слушайтесь Someone, он плохого не посоветует.

[Someone]

ZumbiAzul в сообщении #944648 писал(а):

Вот и получается, что

$$|z|^{n-1}\cdot 1=i\cdot e^{i\alpha}$$

$$|z|^{n-1}e^{2\pi ni}= e^{i(\alpha+\pi/2+2\pi n)}$$

Неудачная идея. Используйте первоначальную форму:

ZumbiAzul в сообщении #944622 писал(а):

$$|z|^n e^{in\varphi}=i|z|e^{-i\varphi}$$

Запишите только множитель $i$ в показательной форме. И, может быть, Вам будет проще, если использовать обозначение $r=\lvert z\rvert$.

[ZumbiAzul]

Someone в сообщении #944653 писал(а):

ZumbiAzul в сообщении #944648
писал(а):
Ясно, что $\ldots, \varphi_1=\varphi_2$ Нет.

Вот так $\varphi_1=\varphi_2+2\pi k$, но мне это не сильно помогает при решении...

Someone в сообщении #944659 писал(а):

Запишите только множитель $i$ в показательной форме. И, может быть, Вам будет проще, если использовать обозначение $r=\lvert z\rvert$.

ОК, получается, что

$$r^n e^{in\varphi}=ire^{-i\varphi}$$

$$r^n e^{in\varphi}=re^{-i(\varphi-\pi/2-2\pi k)}$$

Эммм.. $n=1$, а $\phi=-\phi+\pi/2+2\pi k$ или $\phi=\pi/4+\pi k$... Так?

[provincialka]

Разве $n$ не фиксировано? Почему это оно равно 1? Это только частный случай.

[ZumbiAzul]

provincialka в сообщении #944670 писал(а):

Разве $n$ не фиксировано? Почему это оно равно 1? Это только частный случай.

Согласен) Но тогда просто выходит, что только для этого частного случая выполняется равенство, т.к.

$$r^n=r$$

$$n\phi=-\phi+\pi /2+2\pi k$$

$$\phi=\frac{\pi/2+2\pi k}{n+1}$$

[Someone]

ZumbiAzul в сообщении #944668 писал(а):

Вот так $\varphi_1=\varphi_2+2\pi k$, но мне это не сильно помогает при решении...

??? У Вас же не абстрактные $\varphi_1$ и $\varphi_2$, а конкретные выражения.

ZumbiAzul в сообщении #944668 писал(а):

Эммм.. $n=1$

Как я понял, $n$ — параметр, заданный в условии задачи. Так что может быть как $n=1$, так и $n\neq 1$, но, видимо, всё-таки целое.

ZumbiAzul в сообщении #944457 писал(а):

1. $z^n=i\overline{z}, z=a+bi;$

Нужно рассмотреть оба случая.

ZumbiAzul в сообщении #944668 писал(а):

а $\phi=-\phi+\pi/2+2\pi k$ или $\phi=\pi/4+\pi k$... Так?

Нет, не так. Чему у Вас тут равны $\varphi_1$ и $\varphi_2$?

ZumbiAzul в сообщении #944668 писал(а):

$$r^n e^{in\varphi}=re^{-i(\varphi-\pi/2-2\pi k)}$$

Здесь $k$ не нужно. И ни к чему выносить знак "минус" за скобку.

ZumbiAzul в сообщении #944675 писал(а):

Но тогда просто выходит, что только для этого частного случая выполняется равенство, т.к.

$$r^n=r$$

Неверно. Последнее равенство может выполняться при любом $n$.

[ZumbiAzul]

Someone в сообщении #944678 писал(а):

ZumbiAzul в сообщении #944457

писал(а):
1. $z^n=i\overline{z}, z=a+bi;$ Нужно рассмотреть оба случая.

Какие оба случая?

Someone в сообщении #944678 писал(а):

Здесь $k$ не нужно.

Да, согласен.
Значит, вот так выходит:

$$r^n e^{in\varphi}=re^{i(-\varphi+\pi/2)}$$

Значит либо $r=\pm 1$, либо $r=\pm i$ в зависимости от того, какое именно $n$, а для угла верно $n\varphi=-\varphi+\pi/2+2\pi k$ и $\varphi=\frac{\pi/2+2\pi k}{n+1}$... Так?

[provincialka]

О, боги, боги!

provincialka в сообщении #944594 писал(а):

Кроме того, вы не забыли, что $|z|$ -- вещественное и неотрицательное?

[ZumbiAzul]

provincialka в сообщении #944687 писал(а):

Кроме того, вы не забыли, что $|z|$ -- вещественное и неотрицательное?

Забыл))) Значит, $r=1$

[provincialka]

Это только для $n >1$. Не забудьте потом $n=1$ рассмотреть отдельно.

А теперь то, что с $\varphi$ перенесите налево.

[ZumbiAzul]

provincialka в сообщении #944689 писал(а):

Это только для $n >1$. Не забудьте потом $n=1$ рассмотреть отдельно.

А теперь то, что с $\varphi$ перенесите налево.

Ага... Ну для $n=1$ должно быть, что $r$ может быть любым, а $\varphi=\pi/4+\pi k$
А для $n>1$, по-прежнему, $r=1$ и $\varphi=\frac{\pi/2+2\pi k}{n+1}$ ($\phi$ налево и деля на $n+1$)

Правильно?

[provincialka]

Вроде, да. Еще при любом $n$ решением будет 0.

Кстати, кроме $z=0$ сколько будет различных решений? То есть надо ли брать произвольное $k$.

[ZumbiAzul]

provincialka в сообщении #944695 писал(а):

Вроде, да. Еще при любом $n$ решением будет 0.

Кстати, кроме $z=0$ сколько будет различных решений? То есть надо ли брать произвольное $k$.

Фуф, наконец-то)

Интуиция мне подсказывает, что различные решения будут получаться для $k=0,1,2,...,n$, да?

-- Пт дек 12, 2014 02:27:42 --

Спасибо вам, provincialka и Someone!

[provincialka]

Угу. Это корни $n+1$-ой степени из $i$.