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* <math>i^{i}</math>의 값은 하나로 결정되는 것이 아니라, 무한히 많다.<br>
 
* <math>i^{i}</math>의 값은 하나로 결정되는 것이 아니라, 무한히 많다.<br>
 
*  그러나 그 주치(principal value)는 <math>e^{-\frac{\pi}{2}}</math>로 주어진다. <br>
 
*  그러나 그 주치(principal value)는 <math>e^{-\frac{\pi}{2}}</math>로 주어진다. <br>
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*  일반적으로 <math>i^i=e^{-\frac{\pi}{2}}e^{2n\pi}</math>이며,  여기서 n은 어떠한 정수라도 가능하다.<br>
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*  일반적으로 <math>i^i=e^{-\frac{\pi}{2}}e^{2k\pi}</math>이며,  여기서 k는 어떠한 정수라도 가능하다.<br>
  
 
 
 
 
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<math>\log(1) = \ln|1| + i\arg(1) = \ln(1) + i\left(0 + 2 \pi k \right) =\cdots, -6\pi i,-4\pi i,-2\pi i,0,2\pi i,4\pi i,6\pi i, \cdots</math>
 
<math>\log(1) = \ln|1| + i\arg(1) = \ln(1) + i\left(0 + 2 \pi k \right) =\cdots, -6\pi i,-4\pi i,-2\pi i,0,2\pi i,4\pi i,6\pi i, \cdots</math>
  
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<math>\log(i) = \ln|i| + i\arg(i) = \ln(1) + i\left(\frac{\pi}{2} + 2 \pi k \right) =\cdots, \frac{\pi}{2}i-6\pi i,\frac{\pi}{2}i-4\pi i,\frac{\pi}{2}i-2\pi i,\frac{\pi}{2}i,\frac{\pi}{2}i+2\pi i,\frac{\pi}{2}i+4\pi i,\frac{\pi}{2}i+6\pi i, \cdots</math><math>\log(1) = \ln|1| + i\arg(1) = \ln(1) + i\left(0 + 2 \pi k \right) =\cdots, -6\pi i,-4\pi i,-2\pi i,0,2\pi i,4\pi i,6\pi i, \cdots</math>
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<math>\log(i) = \ln|i| + i\arg(i) = \ln(1) + i\left(\frac{\pi}{2} + 2 \pi k \right) =\cdots, ,\frac{\pi}{2}i-4\pi i,\frac{\pi}{2}i-2\pi i,\frac{\pi}{2}i,\frac{\pi}{2}i+2\pi i,\frac{\pi}{2}i+4\pi i,\cdots</math>
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<h5 style="line-height: 2em; margin-top: 0px; margin-right: 0px; margin-bottom: 0px; margin-left: 0px;">i^i의 계산</h5>
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정의를 따르면, 
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<math>i^{i}=e^{i \log i}=e^{i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)i}=e^{-(\frac{\pi}{2}+2k\pi)}=e^{-\frac{\pi}{2}}e^{-2k\pi}</math> ,  <math>k\in\mathbb{Z}</math> 를 얻는다.
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<math>i^{i}=\cdots,e^{-\frac{5\pi}{2}},e^{-\frac{\pi}{2}},e^{\frac{3\pi}{2}},\cdots</math>
  
 
 
 
 

2010년 7월 31일 (토) 03:55 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • \(i^{i}\)의 값은 하나로 결정되는 것이 아니라, 무한히 많다.
  • 그러나 그 주치(principal value)는 \(e^{-\frac{\pi}{2}}\)로 주어진다. 
  • 일반적으로 \(i^i=e^{-\frac{\pi}{2}}e^{2k\pi}\)이며,  여기서 k는 어떠한 정수라도 가능하다.

 

 

복소거듭제곱

대학교 학부과정의 복소함수론에서는 복소수의 복소수 거듭제곱을 다음과 같이 정의한다. (복소지수함수([[오일러의 공식 e^{iπ}+1=0]] 참조)와 복소로그함수 가 사용된다. )

두 복소수 \(z,\alpha\)에 대하여, \(z^{\alpha}=e^{\alpha \log z}\). 여기서 \(\log z\)는 복소로그함수.

 

복소로그함수에 대하여, 잠시 복습을 하자. 복소로그함수는 복소수 \(z = re^{i\theta}\) 에 대하여, 다음과 같이 정의된다

\(\log(z) = \ln|z| + i\arg(z) = \ln(r) + i\left(\theta + 2 \pi k \right)\). 여기서 \(k\in\mathbb{Z}\).

예를 들어보자면, 

\(\log(1) = \ln|1| + i\arg(1) = \ln(1) + i\left(0 + 2 \pi k \right) =\cdots, -6\pi i,-4\pi i,-2\pi i,0,2\pi i,4\pi i,6\pi i, \cdots\)

\(\log(i) = \ln|i| + i\arg(i) = \ln(1) + i\left(\frac{\pi}{2} + 2 \pi k \right) =\cdots, ,\frac{\pi}{2}i-4\pi i,\frac{\pi}{2}i-2\pi i,\frac{\pi}{2}i,\frac{\pi}{2}i+2\pi i,\frac{\pi}{2}i+4\pi i,\cdots\)

 

i^i의 계산

정의를 따르면, 

\(i^{i}=e^{i \log i}=e^{i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)i}=e^{-(\frac{\pi}{2}+2k\pi)}=e^{-\frac{\pi}{2}}e^{-2k\pi}\) ,  \(k\in\mathbb{Z}\) 를 얻는다.

따라서,

\(i^{i}=\cdots,e^{-\frac{5\pi}{2}},e^{-\frac{\pi}{2}},e^{\frac{3\pi}{2}},\cdots\)

 

 

 

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