Todos los números reales son iguales a 1

Publicado por ^DiAmOnD^ | 6 noviembre, 2007 | Juegos, Números complejos | 15 |

El problema de esta semana está relacionado con los números complejos y me lo propuso Carlos mediante un mail a gaussianos (arroba) gmail (punto) com hace ya algún tiempo. A ver si somos capaces entre todos de encontrar el error y explicarlo de una forma clara.

Primero vamos a demostrar que $1^z=1, \; \forall z\in\mathbb{C}$ :

$1^z={(e^0)}^z=e^{0 \cdot z}=e^0=1$

Hecho esto tomamos $x\in\mathbb{R^+}$ , es decir, un número real $x$ estrictamente positivo y hacemos los siguientes cálculos:

$x=e^{log(x)}=e^{2\pi i \cdot \frac{log(x)}{2\pi i}}=(e^{2\pi i})^{\frac{log(x)}{2\pi i}}=1^{\frac{log(x)}{2\pi i}}=1$

Hemos usado que $e^{2\pi i}=1$ y hemos aplicado la demostración inicial al número complejo $z=\frac{log(x)}{2\pi i}$ .

Hemos llegado a que $x=1, \; \forall x\in\mathbb{R^+}$ , resultado que evidentemente es falso. ¿Dónde está el error?

Extra: en la sección ¿Quiénes somos? se originó una discusión con un problema de este tipo hace un tiempo. La cosa comenzó exactamente en este comentario. Por si lo queréis comentar aquí y dar sugerencias.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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15 Comments

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duhu

06/11/2007 10:19

Segun mi punto de vista z no es un complejo cualquiera, z es imaginario puro, ya que multiplicando y dividiendo por i queda z=-i log(+)/(2pi)

Asi que está demostrado para los reales y para los imaginarios puros, pero no para cualquier complejo a + bi.

http://www.juzamdjinn.blogspot.com

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Tito Eliatron

06/11/2007 11:21

Hombre, es que en COMPLEJOS, el LOGARITMO no está unívocamente determinado, es decir, $log(x)=log(x)+2\pi ki,\ \ k\in{\Bbb Z}$ , así a boteporrnto es lo primero que se me puede ocurrir

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uno de tantos

06/11/2007 12:23

La propiedad a^n*a^m = a^(nm) no es válida más que para número reales.

Con esa propiedad también se puede demostrar que 1 = -1

1 = sqrt(1) = sqrt(-1*-1) = sqrt(-1)*sqrt(-1) = i^2 = -1

El fallo está en que sqrt(-1*-1) no es sqrt(-1)*sqrt(-1), pues esa propiedad sólo funciona para números reales.

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Johannes

06/11/2007 14:41

Diría que no se puede aplicar el primer resultado, porque estamos empleando ramas diferentes a la hora de aplicarlo (coincido en ello).

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Mithril

06/11/2007 17:23

$\ln 1$ tiene dos valores, uno real y uno complejo: $\ln 1 = 0 \land \ln 1 = 2\pi i$ El problema está en que la «demostración» es una forma escondida de hacer $2\pi i=\ln 1=0 \Longrightarrow 2\pi i=0$ , que es falso. Si uno se fija, en un momento tenemos que $latex \displaystyle (e^{2\pi
i})^{\frac{\ln x}{2\pi i}}= (e^0)^{\frac{\ln x}{2\pi i}} $

Mithril

06/11/2007 17:34

…, lo que es verdadero, pero no se puede sacar de allí que $latex e^{2\pi
i*\frac{\ln x}{2\pi i}}= e^{0*\frac{\ln x}{2\pi i}} $

**puse comentar sin querer y me quedó partido a la mitad

Saludos

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Borja C

06/11/2007 18:33

En general $a^{z_1z_2} \neq {(a^{z_1})}^{z_2}$ siendo $z_1$ y $z_2$ complejos.

El problema viene como dice Mithril de que $\exp{2\pi i} = \exp{0} = 1 \nRightarrow 2\pi i = 0$ . Esto hace que no se den las condiciones necesarias para que la igualdad $a^{z_1z_2} = {(a^{z_1})}^{z_2}$ sea cierta.

En particular $e^{2\pi i\cdot\frac{\log{x}}{2\pi i}} \neq (e^{2\pi i})^{\frac{\log{x}}{2\pi i}}$ .

La falacia se encuentra en utilizar transformaciones que se asumen válidas cuando no lo son. Es como si dado un conjunto $A$ (un anillo de matrices por ejemplo) con una operación $\cdot$ que no posea la propiedad conmutativa utilizamos en una demostración un paso $M_1 M_2 = M_2 M_1$ siendo $M_1$ y $M_2$ elementos del conjunto $A$ . El resultado será falso.

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Tito Eliatron

06/11/2007 20:01

de hecho no sólo tiene 2 valores, sino INFINITOS:

$1=1(\cos(2k\pi)+i\sin(2k\pi))$ , luego $\displaystyle 1^z=e^{z\log(1)}=e^{z(\ln(1)+2k\pi i)}=e^{2ki\pi z}$ $\forall k\in{\Bbb Z}$ , luego $1^z$ no es sólo 1, sino toda una sucesión de números.

En particular, si hacemos $k=1$ y $\displaystyle z=\frac{\ln(x)}{2\pi i}$ sellega a la conclusión que $1^z=x$

Emilio

06/11/2007 23:46

Por ahi, hay una division por cero en el exponente.

La prueba seria que:

2 pi i = ln [ cos (2 pi) + i sin (2 pi) ] = ln [ 1 + 0 ] = ln 1 = 0

dividir por 0 no esta definido (excepto en ciertos pentiums)

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Toro sentado

06/11/2007 23:49

Para mi la clave está en que $1= e^0$ no es exacto del todo, sino que como trabajamos en el campo de los complejos $1=e^{2k\pi i}, k\in\mathbb{N}$ , con lo cual en la primera expresión queda que $1^z=e^{2k\pi i\cdot z}$ donde ya se ve claro que en general (salvo casos como k=0), y dependiendo de las partes real e imaginaria de z, $1^z\not= 1$

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Toro sentado

07/11/2007 01:15

Para ser más exactos:
Dados $z=a+bi$ , $a,b\in\mathbb R$ , y $1=e^{2k\pi i}, k\in\mathbb N$
Entonces:
$1^z=e^{2k\pi i\cdot z}=e^{-2kb\pi+2ka\pi i}$

Se concluye que:
$1^z=1$ , si y solo si:
o ( $k=0$ ),
o ( $k$ > 0, $b=0$ , $a \in \mathbb Z$ ),
o ( $k$ > 0, $b=0$ , $a=1/n$ siendo $n\in\mathbb N$ un divisor de $k$ )