Page 273 - KUATERNİYONLAR VE GEOMETRİ

272 Kuaterniyonlar ve Geometri ­ Mustafa Özdemir

Hibrit Sayıların Kökleri

15.21 Teorem q =  1 +  2 i +  3 ε +  4 h birhibritsayıolsun.  = kqk olmak üzere,
p = q e¸sitli˘ gini sa˘ glayan p hibrit sayısına, q hibrit sayısının ­inci dereceden kökü

denir. Buna göre, q hibrit sayısının ­inci dereceden kökleri, hibrit sayının türüne ve
karakterine göre a¸sa˘ gıdaki gibidir.
i. E˘ ger, q =  (cos  + n sin ) bir eliptik hibrit sayı ise, q hibrit sayısının ­inci derece­
den kökleri  =0 1 − 1 olmak üzere,
µ ¶
√  +2  +2
p  =   cos + n sin
 
formundadır ve  kök vardır..
ii. E˘ ger, q = (cosh  + n sinh ) bir hiperbolik hibrit sayı ise, q hibrit sayısının ­inci
dereceden kökleri  ∈ {1 −1 n −n} olmak üzere,
⎧ µ ¶
⎪ √  
⎪   cosh + n sinh  tek ise,
⎪
⎪  
⎪
⎨
√ µ ¶
 q = √  
⎪    sinh + n cosh  çift ise ve  1  0 q timelike
⎪  
⎪
⎪
⎪
⎩ kök yok di˘ ger durumlar
biçimindedir.
iii. E˘ ger, q = ( + n),  =sign( q ) bir parabolik hiperbolik hibrit sayı ise,
⎧ ³ n ´
√
⎪    +  tek ise,
⎪
⎪ 
⎨
√ ³ n ´
 q = √
±    +  çift ve  0
⎪ 
⎪
⎪
kök yok  çift ve  0
⎩
olacaktır.
Örnek 15.18
3
q = 5 − 15i − 15 ε − h hibrit sayısının karekökünü bulunuz.
2 2 2
Çözüm : Bir önceki Örnekte q = 2 (cosh (ln 2) + n sinh (ln 2)) bulmu¸stuk. O halde,
√ ³ √ √ ´
q 12 = ± 2 sinh ln 2+ n cosh ln 2 = ± (12+(32) n)
ª
1
1
1
olur ve q sayısının karekökleri © 1 (1+3n)  − (1+3n)  (n+3)  − (n+3) bulunur.
2 2 2 2

15.34 Alıştırma q =3 + 2i + ε +2h hibrit sayısının karekökünü ve küpkökünü bulunuz.
√
Yanıt : n =(2i +  +2h) 2, n =1 olmak üzere,  ∈ {1 −1 n −n} için √ q =  √ 5+ 1+( 5 − 1)n 
2
2
√

3
3
ve √ q = 1 √ 5+ 1+( 5 − 1)n 
3
2

15.35 Alıştırma p =2 + 8i +3ε +4h hibrit sayısının karekökünü ve küpkökünü bulunuz.
√
3
Yanıt : n =(8i +3 +4h) 2 n =0 olmak üzere, √ p = ± 2(1 + n2)  √ p = √ 2(1 + n3) 
2
3