2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31 ... 39  След.
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение24.02.2023, 17:53 


03/06/12
2745
мат-ламер в сообщении #1583069 писал(а):
меня получился такой же ответ:
мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):
У меня получилось, что $\rho=1$ и тогда $z+1=\varepsilon$ , где $\varepsilon$ - один из корней третьей степени из единицы (их три).


Ну, вы видите что. Вы не привели конечный ответ. Сомнения были, не перепутали лм где значения синусов/косинусов; да еще и единица вычиталась и это все считалось/держалось в уме.
мат-ламер
большое спасибо за задачу и всем помогавшим большое спасибо за помощь!

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение24.02.2023, 20:20 


03/06/12
2745
А вот в задаче 21.7:
Изображение
формулировка корректна? Просто не совсем понятно, зачем вводить новую величину, если она потом не участвует в формуле, которую требуется доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение24.02.2023, 20:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
6591
Sinoid
У вас какого года издание? У меня в издании 2009 года правая половина первой строки (начиная со слова "если") отсутствует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение24.02.2023, 20:37 


03/06/12
2745
А вот в задаче 21.8:
Изображение
указано ограничение $n\ne0$, потому что же $r$ может быть и нулем?

-- 24.02.2023, 21:44 --

мат-ламер в сообщении #1583159 писал(а):
У вас какого года издание?

Похоже, 2004:
Изображение

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение24.02.2023, 21:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
6591
Sinoid в сообщении #1583163 писал(а):
указано ограничение $n\ne0$, потому что же $r$ может быть и нулем?

Не имею понятия. По идее можно считать, что $0^0=1$ . Во всяком случае это логично, учитывая, что за определение тут можно взять результат продолжения по непрерывности функции $f(x)=x^x$ в нуль. Но нужно посмотреть учебник, для каких вообще показателей определено возведение в степень комплексных чисел у Кострикина? Я вспоминаю, что формула Муавра верна не только для целых $n$ . Но тогда тут нужно строгое определение возведения в степень.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение25.02.2023, 03:36 


03/06/12
2745
мат-ламер в сообщении #1583159 писал(а):
У меня в издании 2009 года правая половина первой строки (начиная со слова "если") отсутствует

Нашел, скачал. Спасибо за то, что сверили с тем изданием и за наводку на то издание. Теперь в случае чего буду и с тем сверяться, но и здесь эти все находки по изданию 2004 года тоже буду отображать. А еще я покопался в инете и выяснил, что уже есть издание 2021 года. Например, здесь или здесь. Но везде, где бы я ни находил издание 2021 года, это все за деньги. Жаль. Но, наверняка, где-нибудь в инете есть уже и бесплатно 2021 года.

-- 25.02.2023, 04:47 --

Там тираж-то - 1000 экз. Вот потому-то в такой провинции, как у нас, таких книг и было днем с огнем не найти: все они оседали в столицах(.

-- 25.02.2023, 05:26 --

мат-ламер в сообщении #1583169 писал(а):
Не имею понятия. По идее можно считать, что $0^0=1$ . Во всяком случае это логично, учитывая, что за определение тут можно взять результат продолжения по непрерывности функции $f(x)=x^x$ в нуль.

Это не решит проблему. Например, при $n<0$ может быть и $r=0$. И что тогда? Это если в условии писать, что $n$ - целое, не равное 0, то там же нужно писать, что $r\ne 0$, тогда для $r$ остается одна возможность - быть больше 0, а тогда для $n$ отпадает необходимость быть отличным от 0.

-- 25.02.2023, 05:31 --

мат-ламер в сообщении #1583169 писал(а):
Но нужно посмотреть учебник, для каких вообще показателей определено возведение в степень комплексных чисел у Кострикина?

Я днем на это отвечу: нужно делать скрины, но это ничего не даст.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение25.02.2023, 07:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
6591
мат-ламер в сообщении #1583169 писал(а):
Но нужно посмотреть учебник, для каких вообще показателей определено возведение в степень комплексных чисел у Кострикина?

У Кострикина определено возведение в степень для произвольного целого показателя степени, а также определено извлечение корня любой натуральной степени. Со школы помню (может в школе что не так объясняли), что формула Муавра верна для любого показателя. Это не доказывалось и не объяснялось. Мол, в вузовских курсах математики будет объяснено. Открыл книгу Шабата "Введение в комплексный анализ". Как комплексные числа возводить в произвольную степень, не нашёл. Правда, есть определение экспоненциальной функции. Про логарифм сходу не нашёл. Правда, в других книгах этой науки кое-что про логарифм на интуитивном уровне рассказывается. И с помощью экспоненты и логарифма вроде как-бы можно определить и возведение в степень. Написал "вроде как-бы" потому как там есть нюансы, о которых пока промолчу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение25.02.2023, 22:00 


03/06/12
2745
мат-ламер в сообщении #1583204 писал(а):
У Кострикина определено возведение в степень для произвольного целого показателя степени,

Вот доказательство формулы Муавра, взятое из учебника Кострикина (в том издании, которым пользуюсь я, это стр. 173):
Изображение
, а вот формула (12):
Изображение
, 1 или несколько раз применением которой в учебнике, по мнению авторов, доказывается теорема Муавра для любого целого $n$. Но ведь для того, чтобы доказать формулу Муавра непосредственно с помощью формулы (12), $n$ должно быть не только натуральным, но и не меньше 1. В случае $n=1$ формула (12) применится для доказательства формулы Муавра 0 раз. В случае же $n=0$ уже непосредственно для доказательства формулы Муавра формулу (12) не применишь - тут уже нужно привлекать соглашение со стороны о том, что пустое произведение равно 1. Непосредственно не применишь для доказательства формулы Муавра формулу (12) и в случае целого $n<0$. Никаких же дополнительных манипуляций в учебнике при доказательстве формулы Муавра не произведено. Из этого я делаю вывод, что доказательство формулы Муавра, приведенное во "Введении в алгебру" Кострикина, доказывает эту теорему только в случае положительного натурального $n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение26.02.2023, 00:55 
Заслуженный участник


18/01/15
3073
Sinoid в сообщении #1583276 писал(а):
Непосредственно не применишь для доказательства формулы Муавра формулу (12) и в случае целого $n<0$. Никаких же дополнительных манипуляций в учебнике при доказательстве формулы Муавра не произведено.
Их не произведено потому, что они совершенно тривиальны. Если вы чуток подумаете, то, скорее всего, увидите их.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение26.02.2023, 20:09 


03/06/12
2745
vpb в сообщении #1583319 писал(а):
Их не произведено потому, что они совершенно тривиальны. Если вы чуток подумаете, то, скорее всего, увидите их.

Вы имеете ввиду, что, если $n$ - целое и $n<0$, то $(r(\cos\varphi+i\sin\varphi))^{n}=((r(\cos\varphi+i\sin\varphi))^{-1})^{-n}=(r^{-1}(\cos(-\varphi)+i\sin(-\varphi)))^{-n}$, причем переход от $(r(\cos\varphi+i\sin\varphi))^{-1}$ к $r^{-1}(\cos(-\varphi)+i\sin(-\varphi))$ осуществляется не через применение формулы Муавра, а через стандартный прием вычисления обратного числа для данного комплексного числа: $(r(\cos\varphi+i\sin\varphi))^{-1}=\dfrac{1}{r(\cos\varphi+i\sin\varphi)}=\dfrac{1}{r}\cdot\dfrac{(\cos\varphi-i\sin\varphi)}{(\cos\varphi+i\sin\varphi)(\cos\varphi-i\sin\varphi)}=\dfrac{\cos\varphi-i\sin\varphi}{r}=\dfrac{\cos(-\varphi)+i\sin(-\varphi)}{r}$? Так это опять же, если и было/подразумевалось, то было/подразумевалось где-то за кулисами, а когда в книгах попадаются какие-нибудь закулисные выкладки, то авторы так и оговаривают, что тут-то и тут они опускают выкладки/вычисления, предоставляя их проведение читателю в качестве упражнения. В приведенном же выше доказательстве формулы Муавра из учебника алгебры Кострикина ничего подобного не оговорено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение26.02.2023, 20:19 
Заслуженный участник


18/01/15
3073
Нет, всё проще. Пусть в формуле (12) $z'$ будет не что иное, как $z^{-1}$. Поскольку модуль числа $1$ есть $1$, а аргумент $0$, то из формул следует, что $|z'|=|z|^{-1}=r^{-1}$, $\arg(z')=-\arg(z)=-\varphi$. Откуда $z'=r^{-1}(\cos\varphi-i\sin\varphi)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение04.03.2023, 16:10 


03/06/12
2745
vpb
ясно. Спасибо большое. Извините, пожалуйста, что затянул с благодарностью, просто в очередной раз закрутился и совсем вылетело из головы, что тут недоделано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение05.03.2023, 00:43 


03/06/12
2745
А вот в задаче 21.14, г):
Изображение
Я посчитал и у меня получилось, что в задачнике при -1 не хватает показателя $m$. И, действительно, сверка с изданием 2009 года:
Изображение
подтверждает это. Такое впечатление, как будто опять повторяется вот эта ситуэйшен:
svv в сообщении #1581035 писал(а):
Конечно, опечатка. Допустим, там действительно получится $(-1) 2^{2n}$. ...

А, сделаю-ка я и здесь еще раз выкладку перед тем, как наконец-то уйти в чтение теории для набития руки.

(выкладка)

Пусть, как всегда в выкладках подобного рода, $\alpha=\cos x+i\sin x$. Тогда $\sin x=\dfrac{\alpha-\alpha^{-1}}{2i}$ и $\sin^{2m+1}x=\left(\dfrac{\alpha-\alpha^{-1}}{2i}\right)^{2m+1}=\dfrac{1}{2^{2m+1}(-1)^{m}i}(\alpha-\alpha^{-1})^{2m+1}=$
$\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}(\alpha-\alpha^{-1})^{2m+1}=\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{q=0}^{2m+1}(-1)^{2m+1-q}C_{2m+1}^{q}}\alpha^{2q-2m-1}=$ $\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{q=0}^{2m+1}(-1)^{2m+1+q}C_{2m+1}^{q}}\alpha^{2q-2m-1}=$$ группируя в последней сумме слагаемые попарно так, чтобы слагаемые, соответствующие $q$, равным $k$ и $2m+1-k$, когда $k=0,\,1,\ldots,\, m$, попадали в одну пару, и, учитывая, что $C_{2m+1}^{k}=C_{2m+1}^{2m+1-k}$, получаю: $=\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{k=0}^{m}C_{2m+1}^{k}((-1)^{2m+1+k}\alpha^{2k-2m-1}+(-1)^{4m+2-k}\alpha^{2m+1-2k})}=$ $\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}C_{2m+1}^{k}(\alpha^{2m+1-2k}-\alpha^{2k-2m-1})=}$$\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{k=0}^{m}}(-1)^{k}C_{2m+1}^{k}(\cos(2m+1-2k)x+i\sin(2m+1-2k)x-(\cos(2k-2m-1)x+i\sin(2k-2m-1)x)=$$\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m+1}i}{\displaystyle \sum_{k=0}^{m}2i(-1)^{k}C_{2m+1}^{k}\sin(2m+1-2k)x}=\dfrac{(-1)^{m}}{2^{2m}}{\displaystyle \sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}C_{2m+1}^{k}\sin(2m+1-2k)x}$

Так что, и у меня, с моими очень ограниченными знаниями, получилось, что там должно стоять $(-1)^m$, а не просто $(-1)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение06.03.2023, 00:54 


03/06/12
2745
В условии задачи 22.4, б:
Изображение
в конце недописано ", если $n$ нечетно". Вот эта же задача, но только из издания 2009 года:
Изображение

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение13.03.2023, 00:46 


03/06/12
2745
Проверьте, пожалуйста, решение примера 22.7, у:
Изображение

(Вот, что мне удалось насчетоводить;)

$\sqrt[4]{\dfrac{-2+2\sqrt{3}i}{2+i\sqrt{5}}-5\dfrac{\sqrt{3}+i}{2\sqrt{5}+5i}}=\sqrt[4]{\dfrac{-2+2\sqrt{3}i}{2+i\sqrt{5}}-\dfrac{\sqrt{15}+\sqrt{5}i}{2+\sqrt{5}i}}=\sqrt[4]{\dfrac{-2-\sqrt{15}+(2\sqrt{3}-\sqrt{5})i}{2+i\sqrt{5}}}=$
$\sqrt[4]{\dfrac{(-2-\sqrt{15}+(2\sqrt{3}-\sqrt{5})i)(2-i\sqrt{5})}{9}}=\sqrt[4]{\dfrac{-4-2\sqrt{15}+2\sqrt{15}-5+(4\sqrt{3}-2\sqrt{5}+2\sqrt{5}+5\sqrt{3})i}{9}}=$
$\sqrt[4]{\dfrac{-9+9\sqrt{3}i}{9}}=\sqrt[4]{-1+\sqrt{3}i}=\sqrt[4]{2}\cdot\sqrt[4]{-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}=\sqrt[4]{2}\cdot\sqrt[4]{\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}}$. Далее, пишу: $\dfrac{\dfrac{2\pi}{3}+2\pi k}{4}=\dfrac{(1+3k)\pi}{6}$, $k=0,\,1,\,2,\,3$. Итак, исходное выражение имеет следующие 4 значения:

$\sqrt[4]{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)$,
$\sqrt[4]{2}\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}\right)$,
$\sqrt[4]{2}\left(\cos\dfrac{7\pi}{6}+i\sin\dfrac{7\pi}{6}\right)$,
$\sqrt[4]{2}\left(\cos\dfrac{5}{3}\pi+i\sin\dfrac{5}{3}\pi\right)$

, в то время как в ответах обоих задачников, и 2001, и 2009 года, приведено следующее:
Изображение
Проверка этих ответов в Maple дает следующее:
Изображение
, что говорит о том, что да, корни-то извлекались авторами, рецензорами задачника(-ов) из одного и того же числа, только это число было получено неправильным. А что вы думаете по этому поводу?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 573 ]  На страницу Пред.  1 ... 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31 ... 39  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group