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Sarebbe molto utile un artificio per cui sia possibile calcolare le radici (almeno quadrata e cubica) del numero complesso $a+ib$ senza dover ricorrere alla formula apposita, ma facendo elidere la radice con un artificioso quadrato (o cubo) del binomio, a partire da a+ib.
L'idea sarebbe questa

$x=sqrt(4i)$ --> $x=sqrt[(a+ib)^2]$ --> $x=a+ib$

In sostanza l'idea sarebbe di cercare un modo di portare un numero complesso in forma di prodotto notevole, in modo tale che n, esponente del prodotto notevole si elida con l'indice della radice.


Qualche suggerimento?

In certi casi (in particolare con le radici quadrate) si può anche fare come chiedi tu.
Considera per esempio questo:
$\sqrt{5+12i}$
Lo puoi anche scrivere cosi:
$\sqrt{(3)^2+(2i)^2+12i}$
Che poi diventa:
$\sqrt{(3+2i)^2}=3+2i$
Nel caso generale andare a pescare il binomio la cui potenza ennesima è uguale al radicando
equivale al gatto che si morde la coda...

Stavo pensando: sia \(\displaystyle z \) complesso con \(\displaystyle z=x+iy=\rho e^{i(\varphi+2k\pi)} \). Dunque, si ha \(\displaystyle z^\xi=\rho^\xi e^{i(\varphi+2k\pi)\xi} \) per ogni \(\displaystyle \xi\in\mathbb{R} \) e passando alla forma trigonometrica \(\displaystyle \rho^\xi(\cos(\xi(\varphi+2k\pi))+i\sin(\xi(\varphi+2k\pi))) \), distinguendo parti reale e immaginaria si ha \(\displaystyle \rho^\xi\cos(\xi(\varphi+2k\pi))+i\rho^\xi\sin(\xi(\varphi+2k\pi)) \).

Ora, essendo noti \(\displaystyle \rho=\sqrt{x^2+y^2} \) e \(\displaystyle \begin{cases}\varphi=\arctan\frac{y}{x} &con\ x>0\\ \varphi=\arctan\frac{y}{x}+\pi &con\ x<0\end{cases} \) si hanno le relative potenze. Banalmente si ha che \(\displaystyle \varphi=\pm\frac{\pi}{2} \) per \(\displaystyle x=0 \) e \(\displaystyle y\gtrless0 \).

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Dunque, si ha \(\displaystyle x>0\Rightarrow z_1 \), \(\displaystyle x<0\Rightarrow z_2 \) e \(\displaystyle x=0,y\gtrless0\Rightarrow z_3 \). A rigore di completezza logica diremo \(\displaystyle 0^\xi=0 \) per ogni \(\displaystyle \xi\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\} \), dunque dove è definito. Di più semplice intuizione dubito si possa trovare, con tutta la scomodità di funzioni trigonometriche di funzioni trigonometriche inverse:

\(\displaystyle z_1=(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\cos\left(\xi\left(\arctan\frac{y}{x}+2k\pi\right)\right)+i(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\sin\left(\xi\left(\arctan\frac{y}{x}+2k\pi\right)\right) \)
\(\displaystyle z_2=(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\cos\left(\xi\left(\arctan\frac{y}{x}+\pi(1+2k)\right)\right)+i(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\sin\left(\xi\left(\arctan\frac{y}{x}+\pi(1+2k)\right)\right) \)

\(\displaystyle z_3=(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\cos\left(\xi\pi\left(\pm\frac{1}{2}+2k\right)\right)+i(x^2+y^2)^\frac{\xi}{2}\sin\left(\xi\pi\left(\pm\frac{1}{2}+2k\right)\right) \)