En el conjunt dels nombres complexos totes les equacions polinòmiques tenen solució, al contrari del que passa amb els nombres reals. Un exemple senzill és el de les equacions del tipus:
\(z^n=k\)
En el conjunt dels nombres reals aquestes equacions no sempre es poden resoldre. No tenen solució quan \(n\) era un nombre parell i \(k\) era un nombre negatiu. A més, quan aquestes equacions tenen solució, els nombres reals només proporcionen una o dues solucions.
En el conjunt dels nombres complexos, les equacions d'aquest tipus tenen sempre solució i a més tenen \(n\) solucions diferents.
Exemple
Volem resoldre les equacions \(z^n=1\), amb \(n\in\mathbb{N}\), obtenint totes les seves solucions complexes i expressant-les en forma binòmica i polar.
Si \(n=1\) l'equació només té una solució real.
\(z=1=1_{0^{\circ}}\)
Si \(n=2\) l'equació té dues solucions reals.
\(z^2=1 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{l} z_1=1=1_{0^{\circ}} \\[4pt] z_1=-1=1_{180^{\circ}} \end{array}\right.\)
Si \(n=3\) l'equació només té una solució real, però aplicant la regla de Ruffini s'obté un polinomi de segon grau amb dues arrels complexes.
\( z^3=1 \quad\Rightarrow\quad z^3-1=0 \)
\( \begin{array}{r|rrrrr} & 1 & 0 & 0 & -1 \, \\ 1 & & 1 & 1 & 1 \,\\\hline & 1 & 1 & 1 & \begin{array}{|r} 0 \\\hline\end{array} \end{array} \)
\( z^3-1=0 \quad\Rightarrow\quad \left( z-1 \right)\cdot\left( z^2+z+1 \right)=0 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{l} z_1 = 1 = 1_{0^{\circ}}\\[4pt] z_2 = -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} = 1_{120^{\circ}} \\[4pt] z_3 = -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} = 1_{240^{\circ}} \end{array}\right. \)
Si \(n=4\) l'equació només té una solució real, però factoritzant el polinomi es poden trobar dues arrels complexes més.
\( z^4=1 \quad\Rightarrow\quad z^4-1=0 \quad\Rightarrow\quad \left( z^2-1 \right)\cdot\left( z^2+1 \right)=0 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{l} z^2-1=0 \quad\Rightarrow\quad z=\pm1\\[4pt] z^2+1=0 \quad\Rightarrow\quad z=\pm\mathrm{i} \end{array}\right. \)
En forma polar:
\(\left\lbrace\begin{array}{lcrcl} z_1 &=& 1 &=& 1_{0^{\circ}} \\[4pt] z_2 &=& \mathrm{i} &=& 1_{90^{\circ}} \\[4pt] z_3 &=& -1 &=& 1_{180^{\circ}} \\[4pt] z_4 &=& -\mathrm{i} &=& 1_{270^{\circ}} \end{array}\right.\)
Si \(n=6\) es pot aplicar una identitat notable per factoritar el polinomi i convertir l'equació de grau \(6\) en dues equacions de grau \(3\) més senzilles.
\( z^6=1 \quad\Rightarrow\quad z^6-1=0 \quad\Rightarrow\quad \left( z^3-1 \right)\cdot\left( z^3+1 \right)=0 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{l} z^3-1=0 \\[4pt] z^3+1=0 \end{array}\right. \)
La primera equació ja està resolta al cas \(n=3\) i la segona es resol d'una manera semblant.
\( \begin{array}{r|rrrrr} & 1 & 0 & 0 & 1 \, \\ -1 & & -1 & 1 & -1 \,\\\hline & 1 & -1 & 1 & \begin{array}{|r} \;0 \\\hline\end{array} \end{array} \)
\( z^3+1=0 \quad\Rightarrow\quad \left( z+1 \right)\cdot\left( z^2-z+1 \right)=0 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{lcl} z+1=0 &\Rightarrow& \;\;\, z=-1\\[4pt] z^2-z+1=0 &\Rightarrow& \left\lbrace\begin{array}{l} z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} \\[4pt] z=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} \end{array}\right. \end{array}\right. \)
Aquestes tres solucions amb les tres de l'equació \(z^3-1=0\) donen sis solucions. Expressades en forma polar i ordenades segons els angles són:
\( z^6-1=0 \quad\Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{lcrcl} z_1 &=& 1\, &&&=& 1_{0^{\circ}}\\[6pt] z_2 &=& \dfrac{1}{2}&+&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} &=& 1_{60^{\circ}} \\[6pt] z_3 &=& -\dfrac{1}{2}&+&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} &=& 1_{120^{\circ}} \\[6pt] z_4 &=& -1\, &&&=& 1_{180^{\circ}}\\[6pt] z_5 &=& -\dfrac{1}{2}&-&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} &=& 1_{240^{\circ}} \\[6pt] z_6 &=& \dfrac{1}{2}&-&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} &=& 1_{300^{\circ}} \\[6pt] \end{array}\right. \)
No existeix cap desenvolupament algebraic que permeti trobar les cinc solucions de l'equació \(z^5=1\), però es poden deduir observant la representació gràfica de les solucions dels casos anteriors.
|
Exercici 19
Comprova que els nombres complexos en forma polar \(z_1=1_{0^{\circ}}\), \(z_2=1_{72^{\circ}}\), \(z_3=1_{144^{\circ}}\), \(z_4=1_{216^{\circ}}\) i \(z_5=1_{288^{\circ}}\) són solucions de l'equació \(z^5=1\).
Donat un nombre complex \(z\) expressat en forma polar, es diu que \(w\) és una arrel enèsima de \(z\) si es verifica que \(w^n=z\).
\(w=\sqrt[n]{z} \quad\Leftrightarrow\quad w^n=z\)
Per trobar les arrels enèsimes d'un nombre complex de manera senzilla es fan servir expressions polars. Si fem que \(z=r_{\alpha}\) i \(w=s_{\beta}\), aleshores:
\( w=\sqrt[n]{z} \quad\Leftrightarrow\quad w^n=z \quad\Leftrightarrow\quad \left(s_{\beta}\right)^n=r_{\alpha} \quad\Leftrightarrow\quad \left(s^n\right)_{n\beta}=r_{\alpha} \)
Comparant els radis s'obté:
\( s^n=r \quad\Leftrightarrow\quad s=\sqrt[n]{r}\)
I comparant els angles:
\( n\beta=\alpha \quad\Leftrightarrow\quad \beta=\dfrac{\alpha}{n} \)
Aquest valor de l'angle només és una solució possible. De fet es poden trobar \(n\) valors per l'angle.
\( \beta=\dfrac{\alpha+360^{\circ}\cdot m}{n} \quad\quad\mathsf{amb}\;m\in\left\lbrace 0,1,2,\ldots, n-1 \right\rbrace\)
Exemple
Calcula les cinc arrels cinquenes del nombre \( z=16\sqrt{2}+16\sqrt{2}\,\mathrm{i} \).
Solució:
Primer expressem el nombre en forma polar.
\( z=16\sqrt{2}+16\sqrt{2}\,\mathrm{i}=32_{45^{\circ}} \)
Les cinc solucions possibles tenen un radi que és igual a \(\sqrt[5]{32}=2\). I els angles són:
\( \begin{array}{lllll} \beta_1 &=& \dfrac{45^{\circ}+0\cdot360^{\circ}}{5} &=& 9^{\circ} \\[6pt] \beta_2 &=& \dfrac{45^{\circ}+1\cdot360^{\circ}}{5} &=& 81^{\circ} \\[6pt] \beta_3 &=& \dfrac{45^{\circ}+2\cdot360^{\circ}}{5} &=& 153^{\circ} \\[6pt] \beta_4 &=& \dfrac{45^{\circ}+3\cdot360^{\circ}}{5} &=& 225^{\circ} \\[6pt] \beta_5 &=& \dfrac{45^{\circ}+4\cdot360^{\circ}}{5} &=& 297^{\circ} \end{array} \)
Per tant, les solucions són:
\( z_1=1_{9^{\circ}} \quad\quad z_2=1_{81^{\circ}} \quad\quad z_3=1_{153^{\circ}} \quad\quad z_4=1_{225^{\circ}} \quad\quad z_5=1_{297^{\circ}} \)