Demostrar si $z$ es una raíz n'ª, $\bar z$ también es una raíz n

Question

Sea $n>0$ sea un número par, y que $z$ ser un $n$ raíz de un número real. Es $\bar z$ también un $n$ ¿Raíz de este número?

Mi respuesta es sí. La forma en que resolví esto fue considerar un número complejo $z = a+bi$ en la forma (polar) $z = re^{i\theta}$ .

Resolver $z^n = re^{i\theta}$ , obtengo $z = \sqrt[n] r e^{{(i\theta+2\pi m)}/n}$ , $0 \leq m \leq n-1$ .

Desde $n>0$ es un número par, siempre tendremos un número par de soluciones. Si luego dibujamos las soluciones en el plano complejo, siempre tendremos que para cada solución que $z$ que tiene un ángulo $\phi=\theta$ siempre encontraremos $\bar z$ también una solución con $\phi=-\theta$ en el plano complejo.

Sin embargo, mi respuesta es más una interpretación/realización geométrica que una demostración algebraica rigurosa.

Quería intentar demostrarlo de una forma algebraica más general: Mi intento fue asumir $z=a+bi$ es un $n$ raíz de un número real. Ahora queremos demostrar que $z=a-bi$ también es un $n$ raíz del mismo número real.

He intentado configurar $(a+bi)^2 = a^2-b^2+2iab$ y $(a-bi)^2 = a^2-b^2-2iab$ Observando que la parte real de estos números es siempre la misma, la parte imaginaria es de signo diferente.

Ahora es fácil darse cuenta de que $(2iab)^n=(-2iab)^n$ para todos $n>0$ dado que $n$ es par.

Pero no he demostrado que si tenemos un número complejo $z = a+bi$ (siendo un $n$ de un número real, también existe una $\bar z = a-bi$ tal que $\bar z$ también es un $n$ raíz del mismo número real.

Si este fuera el caso, ¿no debería $(a+bi)^n=(a-bi)^n$ para todos incluso $n>0$ ? Obviamente no es el caso, puedo encontrar $a$ y $b$ que no satisfagan esta ecuación.

Creo que estoy confundido acerca de lo que realmente tengo que hacer para probar esto.

Answer 1

Es muy fácil demostrarlo con los comentarios, pero no creo que se te permita utilizar estos resultados más contundentes para resolver tu problema.

Así que creo que deberías quedarte con tu idea inicial de usar $z = re^{i\theta}$ .

Entonces, supongamos:

1. $z = re^{i\theta}$
2. $\exists n \in \mathbb Z, z^n = r^ne^{ni\theta} = x$

Desde $x^n \in \mathbb R$ se puede concluir que $n\theta \equiv 0 \pmod \pi$

También tienes:

$\bar{z} = re^{-i\theta}$

Así que..:

$\bar{z}^n = r^ne^{-ni\theta}$

A partir de ahí, se puede utilizar la paridad de n para demostrar $\frac{z^n}{\bar{z}^n}=\frac{x}{\bar{z}^n}=1$

Edición: A partir del comentario de [Hagen von Eitzen], ni siquiera hace falta que n sea par

Answer 2

Lema: $(\overline z)^{2k} = \overline {(z^{2k})}$

Pf: Si $z = a+bi$ entonces $(a+bi)^{2k} = \sum\limits_{j=0}^{2k}{2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}$ .

Ahora bien $j$ es par, entonces $2k-j$ es par, y $i^{2k-j}$ es real, y ${2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}$ es real.

Si $j$ impar, entonces $2k-j$ es impar, y $i^{2k-j}$ es puramente imaginario y ${2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}$ es puramente imaginario.

Así que $(a+b)^{2k} = \sum_{j=0; jeven}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}) + i\sum_{j=0; j odd}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j-1})$

Y así $\overline {(z^{2k})} = \sum_{j=0; jeven}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}) - i\sum_{j=0; j odd}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j-1})$

Ahora bien, si ampliamos $(\overline z)^{2k}=(a-bi)^{2k}=\sum\limits_{j=0}^{2k}(-1)^j{2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}$

Ahora $(-1)^j$ es $1$ si es par y $-1$ si impar y $i^{2k-j}$ es real si es par e imaginario si es impar:

$(\overline z)^{2k}=(a-bi)^{2k}=\sum_{j=0; jeven}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j}) - i\sum_{j=0; j odd}^{2k}({2k \choose j}a^{j}b^{2k-j}i^{2k-j-1})=$

$\overline{(z^{2k})}$

....

Y eso es todo. Si $z$ es un $n$ raíz entonces $z^n = m\in \mathbb R$ así que $z^n = m = m + 0i = m - 0i = \overline m = \overline {z^n} = (\overline z)^n$ . Así que $\overline z$ es un $n$ raíz de $m$ .

..... o O, si no es a la geométrica:

Si $z = re^{i\theta}$ entonces $\overline z = re^{-i\theta}$ y y $z^n = r^ne^{in\theta}$ y $\overline z^n = r^ne^{-in\theta}$

Si $z^n \in \mathbb R$ entonces $n\theta = k\pi $ para algún número entero $k$ . Y así $-n\theta = -k\pi$ . Ahora $-k\pi \equiv k\pi \pmod {2\pi}$ así que $(\overline z)^n = z^n$ .