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

Question

El problema es el siguiente:

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

Profesor de respuesta:

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

Mi respuesta es demasiado larga (igualando las partes reales e imaginarias y tomar un 2x2 sistema de ecuaciones lineales), y profesor de respuesta no me convence porque el maestro es la solución de un sistema donde uno de los componentes $z$ depende de otro componente que es $\overline{z}$ (si obtenemos $z$ se obtendrá automáticamente $\overline{z}$ y viceversa).

Edit: Siendo más precisos tengo dos cuestiones conceptuales, sobre la validez y por qué el maestro del procedimiento funciona:

1) ¿por Qué es resuelto por el par $(z, \overline{z})$? si obtenemos $z$, también obtenemos su conjugado de forma automática. Que no tiene sentido.

2) ¿por Qué necesita el conjugado de la primera ecuación de (es la misma ecuación)?

3) ¿por Qué la condición de $|a|^2-|b|^2\neq 0$ es necesario para la unicidad de las soluciones en el par $z,\overline{z}$? Yo sólo sé que no es la solución única para $(z,w)$, pero podríamos tener solución única para $(z,\overline{z})$ y múltiples soluciones para $(z,w)$.

Answer 1

1) El profesor de la respuesta explica que sólo hay una solución para $x$, $y$ en

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

al $|a|^2-|b|^2\neq0$. Queda por ver que la única solución para que automáticamente se $y=\bar{x}$. Porque si realmente resolver para$x$$y$, usted tiene

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

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

---

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

---

3) Si el determinante es $0$, entonces, por supuesto, una posibilidad es que no hay soluciones para$x$$y$. Pero puede haber una infinidad de soluciones, y como usted sugiere, tal vez exactamente uno de ellos también satisface $y=\bar{x}$. Creo que usted tiene razón para preocuparse por esto cuando su maestro no.

Si hay infinitamente muchas soluciones, entonces las dos ecuaciones de la mano izquierda lados son linealmente dependientes, y sólo necesitamos examinar la primera ecuación de $ax+by=c$, lo que nos a $y=(c-ax)/b$ (suponiendo que por ahora eso $b\neq0$ donde $b=0$ es un caso trivial a tener en cuenta). ¿Cómo podría este trabajo, a la igualdad de $\bar{x}$?

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

Por lo $b\bar{c}=c\bar{a}$. Pero, a continuación, $$\begin{align}ax+b\bar{x}&=-c\\\implies a\bar{c}x+b\bar{c}\bar{x}&=-c\bar{c}\\\implies a\bar{c}x-\bar{a}c\bar{x}&=-|c|^2\\\implies a\bar{c}x-\overline{a\bar{c}x}&\phantom{=}\text{is a real number}\end{align}$$

Esto sólo es posible si en el hecho de $c=0$. Entonces la ecuación se convierte en $ax+by=0$, una ecuación homogénea. La solución de vectores $(x,y)$ son todos los múltiplos escalares de cada uno de los otros, y por tanto si una de las soluciones es, de hecho, un par de la forma $(x,\bar{x})$, entonces todos los múltiplos de que la solución va a ser demasiado.

Answer 2

$(1)$ $(2)$ : Ciertamente, $\bar{z}$ es una función de $z$ $z$ $\bar{z}$ son linealmente independientes. Es decir, no hay $a$$b$, de modo que $az+b\bar{z}=0$ todos los $z\in\mathbb{C}$. Sin embargo, sabemos que $\mathrm{Re}(z)=\frac12(z+\bar{z})$$\mathrm{Im}(z)=\frac1{2i}(z-\bar{z})$, y que nos permite calcular el verdadero y piezas complejas de $z$ como una combinación lineal de $z$$\bar{z}$. Así que, a pesar de $az+b\bar{z}+c=0\iff \bar{a}\bar{z}+\bar{b}z+\bar{c}=0$, con el fin de solucionar $az+b\bar{z}+c=0$ como una ecuación lineal, empleamos $\bar{a}\bar{z}+\bar{b}z+\bar{c}=0$.

$(3)$ Tal vez esto podría ayudar a explicar por qué estas dos ecuaciones se refieren a una verdadera matriz de la ecuación. Tenga en cuenta 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 es la ecuación de su instructor $$ \begin{bmatrix} a&b\\ \bar{b}&\bar{a} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z\\ \bar{z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -c\\ -\bar{c} \end{bmatrix} $$ Multiplicar $\begin{bmatrix}{\small1/2}&{\small1/2}\\{\small-i/2}&{\small i/2}\end{bmatrix}$ a la izquierda e inserte 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 $(a_r^2+a_i^2)-(b_r^2+b_i^2)=|a|^2-|b|^2$.

Answer 3

Considere 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 $x,y$ única y viceversa. Por lo tanto, no importa de qué manera podemos resolver el sistema. Se puede escribir en términos de $x,y$ y resolver para $x,y$ o escribir 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 el más fácil de resolver para$z,\bar z$, y luego encontrar a $x,y$.

Un lector puede reclamar sólo necesitamos $z$ encontrar $x$$y$. De hecho, $x=\mathrm{Re}(z)$$y=\mathrm{Im}(z)$. Pero estas operaciones no son lineales. (Por ejemplo, $\mathrm{Re}(i z) \ne i\mathrm{Re}(z)$.) Para tomar ventaja de álgebra lineal que deben relacionarse $x,y$ $z,\overline z$a través de transformaciones lineales. Estas transformaciones se dan anterior, y en muchas de las otras respuestas. Dado que la transformación es invertible, es apropiado para el tratamiento de $z,\overline z$ como independientes, como $x,y$ son independientes. (Esto es muy explícito en @robjohn la respuesta.) Por lo tanto, a partir de una ecuación lineal en la $z,\overline z$ se conjuga y el tratamiento de la resultante de dos-por-dos del sistema como si $z,\overline z$ son independientes. Por supuesto, el hecho de que $z,\overline z$ están relacionados por la conjugación de la voluntad de restringir el espacio de soluciones a un subespacio del espacio de soluciones de la más general $z,w$ sistema.

Este método es bien conocido y se utiliza a menudo en la física.

Para responder a tus preguntas:

(1) Si, de hecho, podemos resolver la ecuación $az+b\bar z=c=0$ para $z$ directamente, no sería necesario introducir el conjugado de la ecuación. Como esto no es posible introducir el conjugado de la ecuación, llegando a un dos-por-dos del sistema que podemos resolver.

(2) Véase la respuesta a (1). Cuando se piensa en términos de $z,\bar z$, se debe considerar la ecuación y su conjugado como "diferentes ecuaciones" no "a 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 de que la matriz de $\left(\begin{array}{cc}a&b\\ \bar b&\bar a\end{array}\right)$ ser invertible. Si la matriz no es invertible, la ecuación no tiene solución o un número infinito de soluciones. Por ejemplo:

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

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

Answer 4

Usted sabe que usted puede configurar esto como una verdadera ecuación lineal mediante la división de la variable compleja $z$ en dos variables reales $x + iy$, y la división de la ecuación compleja en sus partes real e imaginaria para obtener dos ecuaciones.

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

• Vacío
• Tiene una única solución
• Tiene un uno-dimensional de la familia de soluciones de $\vec{v}_0 + t \vec{u}$ $t \in \mathbb{R}$
• Tiene una de dos dimensiones de la familia de soluciones: es decir, cada $\vec{v}$ es una solución.

Podemos tomar la misma ecuación de $T \vec{v} = \vec{w}$ y busco su complejo de soluciones. Basado en cómo resolver ecuaciones lineales de obras, es claro que el complejo espacio de la solución será de la misma forma como el verdadero espacio de la solución, sólo con variables complejas permitido. (por ejemplo, en el tercer caso anterior, se permitirá $t \in \mathbb{C}$, pero mantener el mismo $\vec{v}_0$$\vec{u}$)

Pero ahora que nos hemos mudado a complejos en álgebra lineal, tenemos un poco más de libertad con nuestro escalares! Podemos, por ejemplo, hacer que la invertible de cambio de base:

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

El uso de los nombres de $z$ $\bar{z}$ son algo menos literal, ya que $x$ $y$ ahora pueden ser números complejos.

Nuestro complejo sistema de ecuaciones tiene que ser equivalente a la original ecuación compleja y su conjugado (por ejemplo, se trata de hacer sustituciones como $z = x+iy$ y la combinación de la ecuación y su conjugado de forma lineal. Recuerden $x,y$ aún pueden ser complejo!), que es el sistema de ecuaciones, el maestro de configurar. Pero dado que este sistema de ecuaciones es sólo la complejización de un verdadero sistema de ecuaciones en el disfraz, el complejo espacio de la solución tiene que ser de la misma forma como el verdadero espacio de la solución, como se describió anteriormente, y por lo que podemos utilizar el maestro del argumento.

Si uno no cree que las cosas tenían que trabajar fuera, podría explícitamente calcular el cambio de base en la matriz:

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

Answer 5

Curioso problema. Hay un número de maneras en que se pueden tratar, a partir de la escuela primaria (de trabajo con real & imaginaria) y de proceder a las más avanzadas (incluyendo algunos de los más geométrica enfoques).

Sus preguntas 1 y 2 leer prácticamente el mismo para mí, y la única respuesta sensata que puedo ofrecer es"porque el trabajo w/ z & $\bar{z}$ simultáneamente nos permite el uso de Álgebra Lineal' - sin llegar desordenado, al menos, que es algo que la solución real & imaginaria no puede reclamar. Aparte de eso, claramente, es un truco (pero, de nuevo, lo que no lo es?).

Entiendo tu pregunta sobre el determinante de la condición de trabajo de maravilla en $\mathbb{C}^2$ pero posiblemente ser una exageración aquí, y es una pregunta válida. Me propongo explicar la razón por la condición es de hecho el suficiente y necesario el uso de subespacios. Te advierto que esto se reduce a exactamente de trabajo w/ real & imaginaria, aunque después de haber refundición de su problema en el $2\times2$ la forma de la matriz de dar. Desde un cierto punto de VISTA, que mantiene a la peor de ambos mundos: pasar para que la forma es poco intuitivo y de trabajo con el real/imaginaria es engorroso. Sin embargo, me parece mucho más intuitivo que cualquiera de las soluciones, por razones que podrían quedar claro de una vez que deje de correr en mi boca y hacer algo de matemáticas.

Vamos a considerar dos números complejos $z = z_R + {\rm i} z_I$ & $z' = z'_R + {\rm i} z'_I$. Yo incrustar (z,z') a $\mathbb{R}^4$ escrito $(z_R,z_I,z'_R,z'_I)$ $(z,z')$ - este es un homomorphism entre el$\mathbb{C}^2$$\mathbb{R}^4$. Entonces, el par $(z,\bar{z})$ hace $(z_R,z_I,z_R,-z_I) = z_R(1,0,1,0) + z_I(0,1,0,-1) = z_R {\rm e_1} + z_I {\rm e_i}$, ${\rm e_{1,i}}$ lo obvio vectores en $\mathbb{R}^4$. Por lo tanto, todos los posibles pares de $(z,\bar{z})$ constituyen un $2-$D subespacio $\mathbb{E}$$\mathbb{R}^4$, distribuido por ${\rm e_{1,i}}$.

Escribir, ahora, $T : \mathbb{C}^2 \to \mathbb{C}^2$ para el operador lineal representada 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 definido, es decir, $T$'s rango de caídas, de hecho, dentro de $\mathbb{E}$. De hecho, tenemos (fácil de cálculo)

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

Equipamiento de $\mathbb{E}$ base ${\rm e_{1,i}}$ y expresar $T$ en la base, entonces, se obtiene el $2\times2$ matriz

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

que es precisamente lo que iba a obtener había escogido a la refundición de la ecuación original en términos de real & imaginaria. (La razón es obvia, creo.) Su determinante es, naturalmente, $|a|^2-|b|^2$.

Nótese, finalmente, que la ecuación de $(z,\bar{z})$ informe tiene un lado derecho que también cae en $\mathbb{E}$ (también por obvias intuitiva razones). Por lo tanto, la ecuación tiene solución mientras $\left.T\,\right\vert_\mathbb{E} : \mathbb{E} \to \mathbb{E}$ es un bijection, es decir, siempre y cuando el mencionado factor determinante es distinto de cero. y es por eso que el determinante de la condición también es necesaria, no suficiente.