16 votos

Trabajando con $z$, $\overline{z}$ en lugar de $\operatorname{Re}(z)$, $\operatorname{Im}(z)$

El problema es el siguiente:

Determinar las condiciones para $a, b, c \in \mathbb{C}$ tales que $az+b\overline{z}+c=0$ tenga una solución única en $\mathbb{C}$.

Respuesta del profesor:

Si $az+b\overline{z}+c=0$, entonces $\overline{b}z+\overline{a}\overline{z}+\overline{c}=0$. Entonces $\left(\begin{array}\\ a & b \\ \overline{b}&\overline{a} \end{array}\right)\left(\begin{array}\\ z \\ \overline{z} \end{array}\right)=\left(\begin{array}\\ -c \\ -\overline{c} \end{array}\right)$. Como en álgebra lineal, tenemos una solución única si $|a|^2-|b|^2\neq 0$.

Mi respuesta es muy larga (igualando las partes reales e imaginarias y tomando un sistema de ecuaciones lineales 2x2), y la respuesta del profesor no me convenció porque está resolviendo un sistema donde una componente $z$ depende de otra componente que es $\overline{z}$ (si obtenemos $z$ automáticamente obtenemos $\overline{z}$ y viceversa).

Edición: Siendo más preciso, tengo dos preguntas conceptuales, acerca de la validez y por qué funciona el procedimiento del profesor:

1) ¿Por qué se resuelve para el par $(z, \overline{z})? si obtenemos $z$, automáticamente obtenemos su conjugado. Eso no tiene sentido.

2) ¿Por qué se necesita el conjugado de la primera ecuación (que es la misma ecuación)?

3) ¿Por qué la condición $|a|^2-|b|^2\neq 0$ es necesaria para la unicidad de soluciones en el par $z,\overline{z}$? Sé que hay una solución única para $(z,w)$ pero podríamos tener una solución única para $(z,\overline{z})$ y múltiples soluciones para $(z,w)$.

5voto

Philip Fourie Puntos 12889

1) La respuesta del profesor explica que hay solo una solución para $x$, $y$ en

$$\begin{bmatrix}a&b\\\bar{b}&\bar{a}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-c\\-\bar{c}\end{bmatrix}$$

cuando $|a|^2-|b|^2\neq0$. Queda por ver que esa solución única automáticamente tiene $y=\bar{x}$. Porque si resuelves realmente para $x$ y $y, tienes

$$\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\frac{1}{|a|^2-|b|^2}\begin{bmatrix}\bar{a}&-b\\-\bar{b}&a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-c\\-\bar{c}\end{bmatrix}=\frac{1}{|a|^2-|b|^2}\begin{bmatrix}-\bar{a}c+b\bar{c}\\\bar{b}c-a\bar{c}\end{bmatrix} $$

y ahora está claro que $x$ y $y$ son automáticamente conjugados.


2) La ecuación encontrada al tomar el conjugado no es "la misma" ecuación, en un sentido de álgebra lineal. No es un múltiplo escalar de la ecuación original, por lo que en un sentido de álgebra lineal, es una ecuación linealmente independiente.


3) Si el determinante es $0$, entonces por supuesto una posibilidad es que no haya soluciones para $x$ y $y. Pero podría haber infinitas soluciones, y como sugieres, tal vez exactamente una de ellas también satisface $y=\bar{x}$. Creo que tienes razón en preocuparte por esto cuando tu profesor no lo ha hecho.

Si hay infinitas soluciones, entonces los lados izquierdos de las dos ecuaciones son linealmente dependientes, y solo necesitamos examinar la primera ecuación $ax+by=c$, lo que nos lleva a $y=(c-ax)/b$ (asumiendo por ahora que $b\neq0$, donde $b=0$ es un caso trivial a considerar). ¿Cómo podría resultar en igualar $\bar{x}$?

$$\begin{align}\bar{x}&=(c-ax)/b\\\implies x&=(\bar{c}-\bar{a}\bar{x})/\bar{b}\\&=(\bar{c}-\bar{a}(c-ax)/b)/\bar{b}\\\implies \bar{b}bx&=b\bar{c}-c\bar{a}+a\bar{a}x\\\implies \bar{b}bx-a\bar{a}x&=b\bar{c}-c\bar{a}\\\implies (|b|^2-|a|^2)x&=b\bar{c}-c\bar{a}\\\implies 0&=b\bar{c}-c\bar{a}\end{align}$$

Entonces $b\bar{c}=c\bar{a}$. Pero entonces $$\begin{align}ax+b\bar{x}&=-c\\\implies a\bar{c}x+b\bar{c}\bar{x}&=-c\bar{c}\\\implies a\bar{c}x-\bar{a}c\bar{x}&=-|c|^2\\\implies a\bar{c}x-\overline{a\bar{c}x}&\phantom{=}\text{es un número real}\end{align}$$

Esto solo es posible si de hecho $c=0$. Luego la ecuación se convierte en $ax+by=0$, una ecuación homogénea. Los vectores solución $(x,y)$ son todos múltiplos escalares entre sí, y por lo tanto, si una solución es de hecho un par de la forma $(x,\bar{x})$, entonces todos los múltiplos reales de esa solución también lo serán.

4voto

Anthony Shaw Puntos 858

$(1)$ y $(2)$: Ciertamente, $\bar{z}$ es una función de $z$, sin embargo, $z$ y $\bar{z}$ son linealmente independientes. Es decir, no existen $a$ y $b$ tal que $az+b\bar{z}=0$ para todo $z\in\mathbb{C}$. Sin embargo, sabemos que $\mathrm{Re}(z)=\frac12(z+\bar{z})$ y $\mathrm{Im}(z)=\frac1{2i}(z-\bar{z}$, lo cual nos permite calcular tanto las partes real e imaginaria de $z$ como una combinación lineal de $z$ y $\bar{z}$. Entonces, aunque $az+b\bar{z}+c=0\iff \bar{a}\bar{z}+\bar{b}z+\bar{c}=0$, para resolver $az+b\bar{z}+c=0$ como una ecuación lineal, utilizamos $\bar{a}\bar{z}+\bar{b}z+\bar{c}=0$.

$(3)$ Quizás esto ayude a explicar por qué estas dos ecuaciones se relacionan con una ecuación matriz real. Nota que $$ \begin{bmatrix} {\small1/2}&{\small1/2}\\ {\small-i/2}&{\small i/2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z\\ \bar{z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} z_r\\ z_i \end{bmatrix} $$ Aquí está la ecuación de tu instructor $$ \begin{bmatrix} a&b\\ \bar{b}&\bar{a} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z\\ \bar{z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -c\\ -\bar{c} \end{bmatrix} $$ Multiplica $\begin{bmatrix}{\small1/2}&{\small1/2}\\{\small-i/2}&{\small i/2}\end{bmatrix}$ a la izquierda e inserta la identidad $$ \begin{align} \begin{bmatrix} {\small1/2}&{\small1/2}\\ {\small-i/2}&{\small i/2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a&b\\ \bar{b}&\bar{a} \end{bmatrix} \overbrace{ \begin{bmatrix} 1&i\\ 1&-i \end{bmatrix} \begin{bmatrix} {\small1/2}&{\small1/2}\\ {\small-i/2}&{\small i/2} \end{bmatrix} }^\text{identidad} \begin{bmatrix} z\\ \bar{z} \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} {\small1/2}&{\small1/2}\\ {\small-i/2}&{\small i/2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -c\\ -\bar{c} \end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix} {\small1/2}&{\small1/2}\\ {\small-i/2}&{\small i/2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a+b&i(a-b)\\ \overline{a+b}&\overline{i(a-b)} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z_r\\ z_i \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} -c_r\\ -c_i \end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix} a_r+b_r&b_i-a_i\\ a_i+b_i&a_r-b_r \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z_r\\ z_i \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} -c_r\\ -c_i \end{bmatrix} \end{align} $$ El determinante de la última matriz es $(a_r^2+a_i^2)-(b_r^2+b_i^2)=|a|^2-|b|^2$.

2voto

user26872 Puntos 11194

Consideremos la siguiente propiedad fundamental de los números complejos.
Si $z = x+i y$, donde $x, y \in \mathbb{R}$,
es decir,
$$z = x+i y, \quad \bar z = x-i y,$$
entonces
$$x = \frac{1}{2}(z+\bar z), \quad y = \frac{1}{2i}(z-\bar z).$$
Es decir, si conocemos $z, \bar z$ podemos encontrar $x, y$ de manera única y viceversa.
Por lo tanto, no importa cómo resolvamos el sistema. Podemos escribirlo en términos de $x, y$ y resolver para $x, y$ o escribirlo en términos de $z, \bar z$ y resolver para $z, \bar z.
Para este problema en particular, incluso si estamos interesados en $x, y$, es más fácil resolver para $z, \bar z$ y luego encontrar $x, y.

Un lector puede afirmar que solo necesitamos $z$ para encontrar $x$ e $y.
De hecho, $x=\mathrm{Re}(z)$ e $y=\mathrm{Im}(z).
Pero estas operaciones no son lineales.
(Por ejemplo, $\mathrm{Re}(i z) \ne i\mathrm{Re}(z)$.)
Para aprovechar el álgebra lineal debemos relacionar $x, y$ con $z, \overline z$ a través de transformaciones lineales.
Estas transformaciones se dan arriba y en muchas de las otras respuestas.
Dado que la transformación es invertible, es apropiado tratar a $z, \overline z$ como independientes, al igual que $x, y son independientes.
(Esto se hace muy explícito en la respuesta de @robjohn.)
Por lo tanto, partiendo de una ecuación lineal en $z, \overline z$ conjugamos y tratamos el sistema resultante de dos por dos como si $z, \overline z$ fueran independientes.
Por supuesto, el hecho de que $z, \overline z$ estén relacionados por la conjugación restringirá el espacio de soluciones a un subespacio del espacio de soluciones al sistema más general $z, w.

Este método es bien conocido y a menudo utilizado en física.

Para responder a tus preguntas:

(1) Si efectivamente pudiéramos resolver la ecuación $az+b\bar z=c=0$ para $z$ directamente, no necesitaríamos introducir la ecuación conjugada.
Dado que esto no es posible, introducimos la ecuación conjugada, llegando a un sistema de dos por dos que podemos resolver.

(2) Ver la respuesta a (1). Al pensar en términos de $z, \bar z$ debemos considerar la ecuación y su conjugada como "ecuaciones diferentes" no "la misma ecuación."

(3) La condición
$$\mathrm{det}\left(\begin{array}{cc}a&b\\ \bar b&\bar a\end{array}\right) = |a|^2-|b^2|\ne 0$$
es la condición para que la matriz $\left(\begin{array}{cc}a&b\\ \bar b&\bar a\end{array}\right)$ sea invertible.
Si la matriz no es invertible, la ecuación puede no tener solución o tener un número infinito de soluciones.
Por ejemplo:

(a) La ecuación $z+\bar z-2i = 0$ no tiene solución.

(b) La ecuación $z+\bar z-2 = 0$ tiene un número infinito de soluciones,
$z = 1+i y$ donde $y\in\mathbb{R}$.

2voto

Hurkyl Puntos 57397

Ya sabes que puedes establecer esto como una verdadera ecuación lineal dividiendo la variable compleja $z$ en dos variables reales $x + iy$, y separando la ecuación compleja en sus partes reales e imaginarias para obtener dos ecuaciones reales.

Por lo tanto, tenemos un sistema real de ecuaciones $T\vec{v} = \vec{w}$. Sabemos que el espacio de solución es:

  • Vacío
  • Tiene una solución única
  • Tiene una familia unidimensional de soluciones $\vec{v}_0 + t \vec{u}$ para $t \in \mathbb{R}$
  • Tiene una familia bidimensional de soluciones: es decir, cada $\vec{v}$ es una solución.

Podemos tomar la misma ecuación $T \vec{v} = \vec{w}$ y buscar sus soluciones complejas. Basado en cómo funcionan las ecuaciones lineales, es claro que el espacio de soluciones complejas tendrá la misma forma que el espacio de soluciones reales, solo que se permiten variables complejas. (por ejemplo, en el tercer caso anterior, permitimos $t \in \mathbb{C}$ pero mantenemos los mismos $\vec{v}_0$ y $\vec{u}$)

Pero ahora que hemos avanzado hacia el álgebra lineal compleja, ¡tenemos un poco más de libertad con nuestros escalares! Podemos, por ejemplo, realizar un cambio de base invertible:

$$ \left( \begin{matrix} 1 & i \\ 1 & -i \end{matrix} \right) \cdot \left( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} z \\ \bar{z} \end{matrix} \right)$$

El uso de los nombres $z$ y $\bar{z}$ son algo menos literales, ya que ahora se permite que $x$ y $y$ sean números complejos.

Nuestro sistema complejo de ecuaciones tiene que ser equivalente a la ecuación compleja original y su conjugado (por ejemplo, proviene de hacer sustituciones como $z = x+iy$ y combinar la ecuación y su conjugado linealmente. ¡Recuerda que $x, y$ aún se permiten que sean complejos!), que es el sistema de ecuaciones que el profesor estableció. Pero dado que este sistema de ecuaciones es solo la complejización de un sistema de ecuaciones real disfrazado, el espacio de solución complejo tiene que ser de la misma forma que el espacio de solución real, como se describe arriba, y por lo tanto podemos utilizar el argumento del profesor.

Si no se cree que las cosas tienen que funcionar, se podría calcular explícitamente el cambio de base en la matriz:

$$ \left( \begin{matrix} 1 & i \\ 1 & -i \end{matrix} \right) \cdot \left( \begin{matrix} \Re a + \Re b & -\Im a + \Im b \\ \Im a + \Im b & \Re a - \Re b \end{matrix} \right) \cdot \left( \begin{matrix} 1 & i \\ 1 & -i \end{matrix} \right)^{-1} \\= \left( \begin{matrix} a + b & ia - ib \\ \bar{a} + \bar{b} & -i\bar{a} + i\bar{b} \end{matrix} \right) \cdot \left( \begin{matrix} 1 & 1 \\ -i & i \end{matrix} \right) \cdot \frac{1}{2} = \left( \begin{matrix} a & b \\ \bar{b} & \bar{a} \end{matrix} \right) $$

1voto

automaton 3 Puntos 692

Divertido problema. Hay varios enfoques para tratarlo, comenzando desde lo más básico (trabajar con partes reales e imaginarias) y avanzando hacia algo más avanzado (incluyendo algunos enfoques más geométricos).

Tus preguntas 1 y 2 me parecen bastante similares, y la única respuesta sensata que puedo proporcionar es 'porque trabajar con z y $\bar{z}$ simultáneamente nos permite usar Álgebra Lineal' - sin complicarnos, al menos, lo cual es algo que la solución utilizando partes reales e imaginarias no puede reclamar. Aparte de esto, claramente es un truco (pero de nuevo, ¿qué no lo es?).

Entiendo tu pregunta sobre la condición del determinante funcionando bien en $\mathbb{C}^2$ pero posiblemente siendo excesiva aquí, y es una pregunta válida. Propongo explicar por qué la condición de hecho es tanto suficiente como necesaria utilizando subespacios. Te advierto que esto se reduce exactamente a trabajar con partes reales e imaginarias, aunque después de reformular tu problema en la forma de matriz $2\times2$ que proporcionas. Desde cierto punto de vista, eso es mantener lo peor de ambos mundos: pasar a esa forma es intuitivo y trabajar con partes reales/imaginarias es engorroso. Sin embargo, lo encuentro mucho más intuitivo que cualquier otra solución, por razones que podrían quedar claras una vez que deje de hablar y haga un poco de matemáticas.

Consideremos ahora dos números complejos cualesquiera $z = z_R + {\rm i} z_I$ & $z' = z'_R + {\rm i} z'_I$. Incrusto (z,z') en $\mathbb{R}^4$ escribiendo $(z_R,z_I,z'_R,z'_I)$ para $(z,z') - este es un homomorfismo entre $\mathbb{C}^2$ y $\mathbb{R}^4$. Entonces, el par $(z,\bar{z})$ se convierte en $(z_R,z_I,z_R,-z_I) = z_R(1,0,1,0) + z_I(0,1,0,-1) = z_R {\rm e_1} + z_I {\rm e_i}$, con ${\rm e_{1,i}}$ los vectores obvios en $\mathbb{R}^4$. Por lo tanto, todos los pares posibles $(z,\bar{z})$ constituyen un subespacio de dimensión $2$ $\mathbb{E}$ en $\mathbb{R}^4$, generado por ${\rm e_{1,i}}$.

Escriba, ahora, $T : \mathbb{C}^2 \to \mathbb{C}^2$ para el operador lineal representado por la matriz $\left(\begin{array}{cc}a&b\\\bar{b}&\bar{a}\end{array}\right)$. Entonces, la restricción $\left.T\,\right\vert_\mathbb{E} : \mathbb{E} \to \mathbb{E}$ está bien definida, es decir, el rango de $T$ cae efectivamente dentro de $\mathbb{E}$. De hecho, tenemos (cálculo sencillo)

$$ T {\rm e_1} = (a_R+b_R){\rm e_1} + (a_I+b_I){\rm e_i} , \\ T {\rm e_i} = (b_I-a_I){\rm e_1} + (a_R-b_R){\rm e_i} . $$

Equipando $\mathbb{E}$ con la base ${\rm e_{1,i}}$ y expresando $T$ en esa base, entonces, obtenemos la matriz $2\times2$

$$ \left(\begin{array}{cc} a_R+b_R & b_I-a_I \\ a_I+b_I & a_R-b_R \end{array}\right) , $$

que es precisamente lo que obtendrías si hubieras elegido reformular la ecuación original en términos de partes reales e imaginarias. (La razón es obvia, creo.) Su determinante es, naturalmente, $|a|^2-|b|^2$.

Nota, finalmente, que la ecuación para $(z,\bar{z})$ que reportas tiene un lado derecho que también cae en $\mathbb{E}$ (también por razones intuitivas obvias). Por lo tanto, la ecuación es soluble siempre que $\left.T\,\right\vert_\mathbb{E} : \mathbb{E} \to \mathbb{E}$ sea una biyección, es decir, siempre que el determinante mencionado sea distinto de cero. Y por eso la condición del determinante también es necesaria, no solo suficiente.

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