Visualizar y comprender las raíces de $f(z) = z^2 - e^{i\varphi}$

Question

[He añadido otro de animación cuadro a continuación, muestra cómo las acciones de los grupos $Q_\alpha$, $R_\beta$ coinciden cada ahora y entonces.]

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Las raíces de $f(z) = z^2 - e^{i\varphi}$ son sencillamente $\pm e^{i\varphi/2}$. Se puede visualizar como la intersección de dos curvas en el plano complejo (ver mi otra pregunta aquí):

$\color{red}{C^\varphi_r = \{ (x,y)\ |\ x^2 - y^2 - \cos\varphi = 0\}} $

$\color{green}{C^\varphi_i = \{ (x,y)\ |\ 2xy - \sin\varphi = 0\}} $

Así tenemos

$\color{red}{y_r^\varphi(x) = \pm \sqrt{x^2 - \cos\varphi}} $

$\color{green}{y_r^\varphi(x) = \sin\varphi/2x} $ (al menos para $\varphi \neq 0$)

El punto negro representa el $\varphi$, los puntos azules representan las dos raíces de la $f(z) = z^2 - e^{i\varphi}$:

Hay cuatro interesantes casos especiales en los que las líneas rectas se producen:

• $\varphi = 0$, es decir, $z^2 = 1$ con
  $\color{red}{y_r^0(x) = \pm \sqrt{x^2 - 1}} $
  $\color{green}{C^0_i = \{ (x,y)\ |\ x = 0 \vee y = 0\}} $
  

• $\varphi = \pi/2$, es decir, $z^2 = i$ con
  $\color{red}{y_r^{\pi/2}(x) = \pm x} $
  $\color{green}{y_i^{\pi/2}(x) = 1/2x} $
  

• $\varphi = \pi$, es decir, $z^2 = -1$ con
  $\color{red}{y_r^{\pi}(x) = \pm \sqrt{x^2 + 1}} $
  $\color{green}{C^\pi_i = \{ (x,y)\ |\ x = 0 \vee y = 0\}} $
  

• $\varphi = 3\pi/2$, es decir, $z^2 = -i$ con
  $\color{red}{y_r^{\pi/2}(x) = \pm x} $
  $\color{green}{y_i^{\pi/2}(x) = -1/2x} $
  

Lo que puede venir como una sorpresa es el hecho de que los cuatro fotos parecen estar relacionadas por las rotaciones $k\pi/4$, al menos cuando se ignoran los colores. Resulta que esta impresión es correcta, es decir, el conjunto $\color{red}{C^0_r}$ girado por $\alpha = (2k+1)\pi/4$ coincide con $\color{green}{C^\beta_i}$$\beta = (2k+1)\pi/2$.

Mis preguntas son:

• Hace un expericenced matemático ver a simple vista que las funciones de $f(x) = \sqrt{x^2 + 1}$ $g(x) = 1/2x$ tienen la misma forma?

• ¿Cómo demostrarlo? (Yo no administrar.)

• Hay general de la simetría de los argumentos que nos dicen, que $\color{red}{C^0_r}$ deben tener la misma forma como $\color{green}{C^{\pi/2}_i}$ (por lo que no ha de ser demostrado mediante la resolución de ecuaciones complejas).

La observación puede resumirse de la siguiente manera: Vamos a $C^\varphi = C^\varphi_r \cup C^\varphi_i$. Para los dos grupos de transformaciones $Q_\alpha$, $R_\beta$ con

• $Q_\alpha (C^\varphi) = C^{\varphi + \alpha}$

• $R_\beta (C^\varphi) = \text{ rotation of } C^{\varphi} \text{ by } \beta$

$Q_\alpha (C^\varphi) = R_\beta(C^\varphi)$ mantiene iff $\alpha = k\pi/2$ $\beta = \alpha/2$ (¿es correcto esto?) que de alguna manera podría reflejar el hecho de que las raíces de $f(z) = z^2 - e^{i\varphi}$ se dan por $\pm e^{i\varphi/2}$:

Qué se puede aprender de esta observación?

Lado de la pregunta (ver mi pregunta relacionada con la):

Deje $\color{red}{S^\varphi_r}$ ser la gráfica de la parte real de la $f^\varphi(z) = z^2 - e^{i\varphi}$, es decir, $\color{red}{S^\varphi_r} = \{(x,y,z)\ | \ (x,y,x^2 - y^2 - \cos\varphi), x,y \in \mathbb{R}\}$

Deje $\color{green}{S^\varphi_i}$ ser la gráfica de la parte imaginaria de $f^\varphi(z) = z^2 - e^{i\varphi}$, es decir, $\color{green}{S^\varphi_i} = \{(x,y,z)\ | \ (x,y,2xy - \sin\varphi), x,y \in \mathbb{R}\}$

$\color{red}{S^\varphi_r}$ $\color{green}{S^\varphi_i}$ son de 2 dimensiones de las superficies en $\mathbb{R}^3$. Sus intersecciones con la $(x,y)$ plano se $\color{red}{C^\varphi_r}$$\color{green}{C^\varphi_i}$.

Considere la posibilidad de $\color{blue}{C^\varphi} = \color{red}{S^\varphi_r} \cap \color{green}{S^\varphi_i}$. ¿Cómo se $\color{blue}{C^\varphi}$? (No tengo idea. Tal vez algunos círculos u otras secciones cónicas?)

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[Se puede jugar con $f(z) = z^2 - e^{i\varphi}$ aquí. Espero que funcione.]

Answer 1

Su pregunta plantea un par de cuestiones relacionadas entre sí. He tratado de dirección de todos ellos, aunque no todos en el mismo grado de detalle. Déjeme saber si usted está perdiendo algo aquí.

Se han definido dos familias de curvas de $\color{red}{C_r^{\varphi}}$$\color{green}{C_i^{\varphi}}$, parametrizadas por $\varphi\in[0,2\pi)$. Voy a omitir los colores para mi propia conveniencia, y en lugar de definir $$A(\varphi):=\color{red}{C_r^{\varphi}}\qquad\text{ and }\qquad B(\varphi):=\color{green}{C_i^{\varphi}}.$$ Ahora para cualquier valor dado de a $\varphi$, las curvas de $A(\varphi)$ $B(\varphi)$ son los gráficos (en el $(x,y)$-plane) de las funciones $$f_{\varphi}(x,y):=x^2-y^2-\cos\varphi\qquad\text{ and }\qquad g_{\varphi}(x,y):=2xy-\sin\varphi,$$ respectivamente. Considere la posibilidad de una rotación del plano alrededor del origen a través de un ángulo de $\theta$, vamos a denotar por $R_{\theta}$ como en tu pregunta. Envía un punto de $(x,y)$$(x\cos\theta-y\sin\theta,x\sin\theta+y\cos\theta)$. El uso de la matriz-vector notación este es sucinto escrito como $$R_{\theta}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\cos\theta-y\sin\theta\\x\sin\theta+y\cos\theta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$$ En particular, para $\theta=\tfrac{\pi}{4}$ vemos que un punto de $(x,y)$ mapas para $$R_{\frac{\pi}{4}}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{x}{\sqrt{2}}-\frac{y}{\sqrt{2}}\\\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{y}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}x-y\\x+y\end{pmatrix}.$$ Si $(x,y)\in B(\varphi)$$g_{\varphi}(x,y)=0$. Pero, a continuación, \begin{eqnarray*} g_{\varphi}(R_{\theta}(x,y)) &=&g_{\varphi}\left(\frac{x-y}{\sqrt{2}},\frac{x+y}{\sqrt{2}}\right) =2\frac{x-y}{\sqrt{2}}\frac{x+y}{\sqrt{2}}-\sin\varphi\\ &=&(x-y)(x+y)-\sin\varphi=x^2-y^2-\cos(\varphi-\tfrac{\pi}{2})\\ &=&f_{\varphi+\tfrac{\pi}{2}}(x,y), \end{eqnarray*} así, vemos que la curva de $A(\varphi-\tfrac{\pi}{2})$ es simplemente la curva de $B(\varphi)$ rotan sobre un ángulo de $\theta=\tfrac{\pi}{4}$. Repitiendo el mismo argumento también muestra que${}^1$ la curva de $B(\varphi-\tfrac{\pi}{2})$ es simplemente la curva de $A(\varphi)$ rotan sobre un ángulo de $\theta=\frac{\pi}{4}$: \begin{eqnarray*} f_{\varphi}(R_{\theta}(x,y)) &=&f_{\varphi}\left(\frac{x-y}{\sqrt{2}},\frac{x+y}{\sqrt{2}}\right) =\left(\frac{x-y}{\sqrt{2}}\right)^2-\left(\frac{x+y}{\sqrt{2}}\right)^2-\cos\varphi\\ &=&\frac{x^2-2xy+y^2}{2}-\frac{x^2+2xy+y^2}{2}-\cos\varphi=-2xy+\sin(\varphi-\tfrac{\pi}{2})\\ &=&-g_{\varphi+\tfrac{\pi}{2}}(x,y), \end{eqnarray*} y, por supuesto, $-g_{\varphi+\tfrac{\pi}{2}}(x,y)=0$ si y sólo si $g_{\varphi+\tfrac{\pi}{2}}(x,y)=0$. Esto muestra que la rotación de una imagen de las curvas de $A(\varphi)$ $B(\varphi)$ uno de los ochos de una vez simplemente te da la imagen de $A(\varphi-\tfrac{\pi}{2})$$B(\varphi-\tfrac{\pi}{2})$. En otras palabras, ir de $\varphi$ $\varphi-\tfrac{\pi}{2}$corresponde a convertir la imagen a través de un ángulo de $\theta=\tfrac{\pi}{4}$ y cambiar los colores. Olvidándose de colores, podemos decir, en términos de sus funciones $Q_{\alpha}$ $R_{\beta}$ que $$Q_{k\tfrac{\pi}{2}}(C^{\varphi}) =C^{\varphi+k\tfrac{\pi}{2}} =A(\varphi+k\tfrac{\pi}{2})\cup B(\varphi+k\tfrac{\pi}{2}) =R_{k\tfrac{\pi}{4}}(C^{\varphi}).$$

Acerca de las funciones de $f(x)=\sqrt{x^2+1}$$g(x)=\frac{1}{2x}$, queda claro que sus gráficos están estrechamente relacionados, una vez que usted escriba las ecuaciones implícitas que son ramas de; provienen de las funciones implícitas $$(x-y)(x+y)=y^2-x^2=1\qquad\text{ and }\qquad 2xy=1.$$ En ambos casos, un producto debe ser igual a $1$, y una transformación lineal se convierte uno en el otro; la asignación de $(x,y)\ \longmapsto\ \tfrac{1}{\sqrt{2}}(x-y,x+y)$ es 'la más bonita' una de las muchas transformaciones lineales que trabajar. Y con un poco de experiencia en álgebra lineal de la (real) plano, uno rápidamente se reconoce que esta es una rotación sobre un ángulo de $\theta=\tfrac{\pi}{4}$.

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1. Esto sigue también de señalar que tanto $A(\varphi)$ $B(\varphi)$ son simétricas respecto al origen, es decir, que para todos los $x$, $y$ y $\varphi$ hemos $$f_{\varphi}(x,y)=f_{\varphi}(-x,-y) \qquad\text{ y }\qquad g_{\varphi}(x,y)=g_{\varphi}(-x,-y).$$

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Apéndice: Sobre el lado de la pregunta acerca de las partes real e imaginaria de $f^{\varphi}(z)$ igual: Un punto de $(x,y,z)\in\Bbb{R}^3$ es en ambas superficies, si y sólo si $$z=x^2-y^2-\cos\varphi=2xy-\sin\varphi.$$ En particular, el $x$ $y$ coordenadas satisfacen $$x^2-2xy-y^2=\cos\varphi-\sin\varphi,$$ donde el lado derecho es una constante entre los $-\sqrt{2}$$\sqrt{2}$. Esto define una hipérbola, a menos que $\cos\varphi-\sin\varphi=0$, es decir, a menos $\varphi=\tfrac{\pi}{4}+k\pi$ para algunos entero $k$. Por lo que la proyección de $\color{blue}{C^{\varphi}}$ a de la $(x,y)$-plane es una hipérbola o una unión de dos líneas.

Tenga en cuenta que en general no es una sección cónica; es la intersección de dos superficies cuadráticas, mientras que una sección cónica es la intersección de una superficie cuadrática y lineal de la superficie. La intersección es un espacio curva que no esté contenida en un plano, pero las ecuaciones de un bove permitir una representación paramétrica, por ejemplo $$x\ \longmapsto\ (x,-x\pm \sqrt{2x^2+\cos\varphi-\sin\varphi},-2x^2\pm x\sqrt{2x^2+\cos\varphi-\sin\varphi}-\sin\varphi),$$ donde el $\pm$-de los signos corresponden a las dos ramas de la hipérbola.