Es $Log(i^{1/3})=\frac{1}{3}Log(i)$ ?

Question

La definición de logaritmo complejo general para cualquier número complejo distinto de cero $z$ es $$Log(z)=\log|z|+i[\arg(z)+2m\pi], m\in \mathbb{Z}$$

Con esto, si $n\in \mathbb{N}$ entonces $Log(z^{1/n})=\frac{1}{n} Log(z)$ es válida para todo número complejo distinto de cero $z$ .

He verificado esto para $Log(i^{1/2})=\frac12 Log(i)$ con éxito, pero no pudo compensar con lo siguiente: $$Log(i^{1/3})=\frac13 Log(i)$$

Permítanme mostrar lo que he hecho y dónde me quedé atascado.

Desde $i=\cos(2n\pi+\frac{\pi}{2})+i \sin(2n\pi+\frac{\pi}{2}), n\in \mathbb{Z}$ entonces por el teorema de De-Moivre, tenemos \begin {align} i^{1/3}= & \cos\left ( \frac {2n \pi + \frac { \pi }{2}}{3} \right )+i \sin\left ( \frac {2n \pi + \frac { \pi }{2}}{3} \right ), n=0,1,2 \\ =& \cos\left ( \frac {(4n+1) \pi }{6} \right )+i \sin\left ( \frac {(4n+1) \pi }{6} \right ), n=0,1,2 \\ = & \begin {casos} \cos ( \frac { \pi }{6})+i \sin ( \frac { \pi }{6}) \\ \cos ( \frac {5 \pi }{6})+i \sin ( \frac {5 \pi }{6}) \\ \cos ( \frac {9 \pi }{6})+i \sin ( \frac {9 \pi }{6}) \end {casos} \\ = & \begin {casos} \cos ( \frac { \pi }{6})+i \sin ( \frac { \pi }{6}) \\ \cos ( \pi - \frac { \pi }{6})+i \sin ( \pi - \frac {5 \pi }{6}) \\ - \cos ( \frac { \pi }{2})-i \sin ( \frac { \pi }{2}) \end {casos} \\ = & \begin {casos} \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2} \\ - \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2} \\ 0-i \end {casos} \end {align}

Ahora LHS: \begin {align} \frac13 Log(i)=& \frac13 [ \log |i|+i\{ \arg (i)+2n_1 \pi\ }], n_1 \in \mathbb {Z} \\ =& \frac13 (2n_1 \pi + \frac { \pi }{2}), n_1 \in \mathbb {Z} \\ =&(4n_1+1) \frac { \pi i}{6}, n_1 \in \mathbb {Z} \end {align}

mientras que vemos que \begin {align} &Log(i^{1/3}) \\ =& \begin {casos} \log | \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2}|+i[ \arg ( \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2})+2m_1 \pi ] \\ \log |- \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2}|+i[ \arg (- \frac { \sqrt {3}}{2}+i \frac {1}{2})+2m_2 \pi ] \\ \log |-i|+i[ \arg (-i)+2m_3 \pi ] \end {casos} \\ =& \begin {casos} i[ \frac { \pi }{6}+2m_1 \pi ] \\ i[ \frac {5 \pi }{6}+2m_2 \pi ] \\ i[ \frac {- \pi }{2}+2m_3 \pi ] \end {casos}, m_1, m_2, m_3 \in \mathbb {Z} \end {align}

Y aquí me quedé atascado. No sé cómo terminar. Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Usted tiene

$$ i = \exp\left(i\frac{\pi}{2} + i2n\pi\right) $$

Tomando la tercera potencia se obtiene

$$ i^{1/3} = \exp\left(i\frac{\pi}{6} + i \frac{2n\pi}{3} i\right) $$

Desde $|i| = |i^{/3}| = 1$ , tomando el logaritmo se obtiene

$$ \log (i^{1/3}) = i\left(\frac{\pi}{6} + \frac{2n\pi}{3} \right) $$

Por otro lado, tenemos $$ \frac{1}{3}\log (i) = \frac{i}{3} \left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi \right) = i \left( \frac{\pi}{6} + \frac{2n\pi}{3} \right) $$

¿Esto ayuda?

EDITAR: Continuando con su trabajo, puede demostrar que los 3 argumentos de $\log(i^{1/3})$ están espaciados uniformemente por un ángulo de $2\pi/3$ . Por lo tanto, todos ellos pueden combinarse como $$ \left\{\begin{aligned} i\left(-\frac{\pi}{6} + 2m_1\pi\right) \\ i\left(\frac{5\pi}{6} + 2m_2\pi\right) \\ i\left(-\frac{\pi}{2} + 2m_3\pi\right) \end{aligned}\right. = i\left(\frac{\pi}{6} + \frac{2n\pi}{3}\right) = i(4n+1)\frac{\pi}{6} $$

donde $n$ es mapeado por cada tripleta alternada de $(m_1,m_2,m_3)$ . Por ejemplo $m_3 = 0, m_1 = 0, m_2 = 0 \to n = -1,0,1$ etc.

Answer 2

Dejemos que $z^3-i=0$ , entonces, por raíces cúbicas de la unidad, sus raíces son $-i, -i\omega, -i\omega^2$ , para $\omega=e^{i2\pi/3}$ la raíz cúbica de la unidad. Estos valores se traducen en $e^{i3\pi/2}, e^{i\pi/6}, e^{i5\pi/6}$ .

Una pista: Muestro esta prueba para $z=e^{i3\pi/2}$ pero el procedimiento es el mismo para los otros dos valores.

Así que, $$\ln i^{1/3}=i3\pi/2$$

Por lo tanto, si $1/3\cdot \ln i=i3\pi/2$
Entonces, $\ln i=i9\pi/2$ es decir $i=e^{i9\pi/2}=e^{i\pi/2+i4\pi}=e^{i\pi/2}$ lo cual es cierto. Por lo tanto, probado.

¿En qué te equivocaste? Estabas usando el teorema de DeMoivre y expandiendo a $\cos$ y $\sin$ cuando deberías haber utilizado la forma de Euler en su lugar. Es decir, estabas utilizando el teorema correcto en el lugar equivocado.

¿Por qué debo utilizar la forma de Euler? Bueno, ya tienes $\ln$ en su pregunta, y podemos manipular fácilmente los números complejos utilizando $\ln$ cuando están en forma de Euler.

Espero que te sirva de ayuda.