Karmaşık kuvvetleri görselleştirme

Karmaşık sayılara ilişkin çalışmamıza $i^2=-1$‍ eşitliğini sağlayan bir $i$‍ sayısı icat ederek başladık ve daha sonra bunu sayı doğrusunun dışına, $0$‍'ın bir birim üstüne yerleştirerek görselleştirdik. Son makalede sunulan görsellerle, artık uzaydaki bu noktanın neden karesi $-1$‍ olan bir sayının doğal evi olduğunu görebiliyoruz.

Gördüğünüz gibi, $i$‍ ile çarpmak başlangıç noktası etrafında ${90}^{\circ }$‍'lik bir döndürme veriyor:

Bunu böyle düşünebilirsiniz çünkü $i$‍'nin mutlak değeri $1$‍ açısı ${90}^{\circ }$‍'dir, veya bu dönme ($0$‍'ı sabit tutarak) ağı döndürmenin tek yoludur, bu da $1$‍'i $i$‍'nin başladığı noktaya getirir.

Buna göre, eğer düzlemdeki her şeyi $i$‍ ile iki kez çarparsak ne olur?

Bu başlangıç noktası etrafında ${180}^{\circ }$‍'lik bir döndürme ile aynıdır, bu $-1$‍ ile çarpmadır. Doğal olarak bu mantıklıdır zira $i$‍ ile iki kez çarpmak $i^2$‍ ile çarpmakla aynıdır, bu $-1$‍ olmalıdır.

$i$‍'yi karakteristik özelliği olan $i^2=-1$‍'i tutarak başka bir yere yerleştirmek istediğimizde, karmaşık sayılarla çarpma için bu kadar açık bir görselleştirme elde etmememiz ilginçtir.

Şimdi, bir karmaşık sayıyla art arda çarparak biraz daha oynayalım.

$z=1+i\sqrt{3}$‍ sayısını alın, bunun mutlak değeri $\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=2$‍'dir ve açı ${60}^{\circ }$‍'dir. Eğer düzlemdeki her şeyi arka arkaya üç kez $z$‍ ile çarparsak ne olur?

Her şey $2$‍ çarpanıyla üç kez gerilir ve böylece sonunda $2^3=8$‍ çarpanıyla gerilir. Benzer şekilde her şey arka arkaya üç kez ${60}^{\circ }$‍ döndürülür, böylece sonuçta ${180}^{\circ }$‍ döndürülür. Dolayısıyla, nihayetinde $-8$‍ ile çarpmakla aynıdır, buna göre $(1+i\sqrt{3}{)}^3=-8$‍'dir.

Ayrıca, bunu aşağıdaki gibi cebir kullanarak da görebiliriz:

Daha sonra, düzlemdeki her şeyi art arda sekiz kez $(1+i)$‍ çarptığımızı varsayalım:

$1+i$‍'in büyüklüğü

$|1+i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$‍ olduğundan,

her şey $\sqrt{2}$‍ çarpanıyla sekiz kez gerilmiştir ve böylece sonuçta $(\sqrt{2}{)}^8=2^4=16$‍ çarpanıyla gerilmiştir.

$(1+i)$‍ açısı ${45}^{\circ }$‍ olduğundan, sonunda her şey $8\cdot {45}^{\circ }={360}^{\circ }$‍ döndürülmüştür, dolayısıyla toplamda hiç döndürmemiş gibi olduk. Bu nedenler $(1+i{)}^8=16$‍'dır.

Alternatif olarak, bunu cebirle görmenin yolu şu şekildedir:

Şimdi sorunun tersini sormaya başlayalım: Düzlemdeki her şeyi art arda beş kez çarptıktan sonra, her şeyin başladığı yere dönmesini sağlayacak bir $z$‍ sayısı var mıdır? Başka şekilde ifade edecek olursak, $z^5=1$‍ denkleminin çözümünü bulabilir miyiz? Basit bir cevap $z=1$‍'dir, ancak bundan başka cevap bulabiliyor muyuz birlikte bakalım.

Öncelikle, böyle bir sayının büyüklüğü $1$‍ olmalıdır zira eğer $1$‍'den büyük olsaydı düzlem gerilmeye devam ediyor olurdu ve eğer $1$‍'den küçük olsaydı daralmaya devam ediyor olurdu. Bununla birlikte, döndürme bundan farklıdır çünkü belirli döndürmeleri tekrarladıktan sonra başladığınız yere dönebilirsiniz. Özellikle, eğer bunun gibi yolun ${\displaystyle \frac{1}{5}}$‍'ini dönerseniz

sonra bunu art arda $5$‍ kere yapmak sizi başladığınız yere geri götürür.

Düzlemi bu şekilde döndüren sayı $\cos ({72}^{\circ })+i\sin ({72}^{\circ })$‍ olur, çünkü ${\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{5}}={72}^{\circ }$‍.

Tamamın ${\displaystyle \frac{2}{5}}$‍'i döndürmek gibi başka çözümler de vardır:

veya diğer yönde tamamın ${\displaystyle \frac{1}{5}}$‍'i:

Aslında, denklemi sağlayan sayılar birim çemberde mükemmel bir beşgen oluşturur:

$z^6=-27$‍ denklemine baktığımızda, bizden bu sayıyı ardışık olarak $6$‍ kez çarptığımızda $27$‍ çarpanıyla gerecek ve negatif ${180}^{\circ }$‍ döndürmeyi belirttiğinden ${180}^{\circ }$‍ derece döndürecek bir $z$‍ karmaşık sayısını bulmamız istenmektedir.

$6$‍ kez uygulandıktan sonra $27$‍ çarpanıyla gerecek bir şeyin büyüklüğü $\sqrt[6]{\phantom{A}27}=\sqrt{3}$‍ olmalıdır ve $6$‍ kez uygulandıktan sonra ${180}^{\circ }$‍ döndürme verecek şekilde döndürmenin bir yolu ${\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{6}}={30}^{\circ }$‍ ile döndürmektir. Bu nedenle, $z^6=-27$‍ denklemini çözen bir sayı

$\begin{array}{rl}\sqrt{3}(\cos ({30}^{\circ })+i\sin ({30}^{\circ }))& =\sqrt{3}(\frac{\sqrt{3}}{2}+i\frac{1}{2})\\ & =\frac{3}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$‍'dir.

Ancak, başka cevaplar da vardır! Aslında, bu cevaplar yarıçapı $\sqrt{3}$‍ olan mükemmel bir altıgen oluşturur:

Nedenini görebiliyor musunuz?

Son iki örneği genelleştirelim. Eğer size $w$‍ ve $n$‍ değerleri verilmişse ve sizden $z$‍'yi bulmanız istenmişse ($n=6$‍ ve $w=-27$‍ olan son örnekteki gibi), önce $w$‍'nun kutupsal gösterimini bulursunuz:

Bu $z$‍ açısının ${\displaystyle \frac{\theta }{n}}$‍ ve bunun büyüklüğünün $\sqrt[n]{\phantom{A}r}$‍ olması gerektiği anlamını taşımaktadır, zira $z$‍ ile ardışık olarak toplam $n$‍ kez çarpmanın etkisi -aynı $w$‍'nun yaptığı gibi- $\theta$‍ ile döndürme ve $r$‍ ölçeklendirme olacaktır, buna göre

$z=\sqrt[n]{\phantom{A}r}\cdot (\cos \left({\displaystyle \frac{\theta }{n}}\right)+i\sin \left({\displaystyle \frac{\theta }{n}}\right))$‍'dir.

Diğer çözümleri bulmak için, $\theta$‍ açısının herhangi bir $k$‍ tam sayısı için $\theta +2\pi$‍ veya $\theta +4\pi$‍ veya $\theta +2k\pi$‍ olarak düşünebileceğini aklımızdan çıkarmamalıyız, zira bunların tümü aslında aynı açıdır. Bunun önemli olmasının sebebi, eğer bölmeden önce $\theta +2\pi$‍ yerine $\theta$‍ koyarsak ${\displaystyle \frac{\theta }{n}}$‍ değerini etkileyebilecek olmasıdır. Dolayısıyla, tüm cevaplar $k$‍'nin herhangi bir tam sayı değeri içindir.

$z=\sqrt[n]{\phantom{A}r}\cdot (\cos \left({\displaystyle \frac{\theta +2k\pi }{n}}\right)+i\sin \left({\displaystyle \frac{\theta +2k\pi }{n}}\right))$‍ formunda olacaktır.

Bu değerler $k$‍ $0$‍'dan $n-1$‍'e değiştikçe farklı olacaktır, ancak $k=n$‍ olduğunda ${\displaystyle \frac{\theta +2n\pi }{n}}={\displaystyle \frac{\theta }{n}}+2\pi$‍ açısının gerçekten ${\displaystyle \frac{\theta }{n}}$‍ ile aynı olduğunu görebiliriz, zira bunlar birbirlerinden bir tam döngü farklıdır. Bu nedenle, $0$‍ ile $n-1$‍ aralığındaki $k$‍ değerleri dikkate alınarak cevapların tümü görülebilir.