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


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Задача на комплексные числа
Сообщение30.11.2009, 20:56 


16/11/09
2
Задача
Доказать, что $(\pm\sqrt{a}\pm i\sqrt{b})^{n}$ при натуральных n и взаимнопростых a и b не может быть вещественным за исключением $(\pm 1 \pm i)^{n}$ (n делится на 4), $(\pm 1\pm i\sqrt{3})^{n}$ (n делится на 3), $(\pm\sqrt{3}\pm i)^{n}$ (n делится на 6)
Мысли на тему
первый способ(опираясь на делимость)
разложим по биному Ньютона(заменив все знаки на плюсы для удобства) и приравняем мнимую часть к нулю
1)для нечетного n:
$C_{n}^{1}\sqrt{a}^{n-1}\sqrt{b}+...+C_{n}^{n-2}\sqrt{a}^{2}\sqrt{b}^{n-2}+\sqrt{b}^{n}=0$
поделим на $\sqrt{b}$
$C_{n}^{1}a^{\frac{n-1}{2}}+C_{n}^{3}a^{\frac{n-3}{2}}b+...+C_{n}^{n-2}ab^{\frac{n-3}{2}}+b^{\frac{n-1}{2}}=0$
отсюда видно, что b делится на a, т.е.а=$\pm 1$, и n делится на b, дальше никак продвинуться не могу
2) для четного n: проделав аналогичные первому случаю действия получаем
$C_{n}^{1}a^{\frac{n-1}{2}}+C_{n}^{3}a^{\frac{n-3}{2}}b+...+C_{n}^{n-3}ab^{\frac{n-4}{2}}+C_{n}^{n-1}b^{\frac{n-2}{2}}=0$
здесь еще хуже: либо a делится на b и b делится на a ,и все хорошо, либо n делится на ab, и a или b равно $\pm 1$, дальше тоже никак.
второй способ
представим в тригонометрической форме$\sqrt{a+b}(\cos{\arcsin{\sqrt{\frac{b}{a+b}}}}+i\sin{\arcsin{\sqrt{\frac{b}{a+b}}}})^{n}$
приравняем мнимую часть нулю $\sin(n\arcsin{\sqrt{\frac{b}{a+b}}})=0$, решая уравнение получим $\frac{b}{a+b}=\sin^{2}{\frac{\pi k}{n}}$, где $|k|\le\frac{n}{2}$ и $k\in\mathbb{Z}$, подставляя в эту формулу разные n и k можно получить все исключения, но как доказать, что больше, чем показано в тексте условия, исключений нет, я не знаю.
подскажите каким методом лучше решать и как с мертвой точки сдвинуться?

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача на комплексные числа
Сообщение01.12.2009, 00:49 


02/07/08
322
Я, к сожалению, не подскажу, как решить эту задачу с использованием комплексных чисел, но дам, если интересно, довольно простое решение без них.
Если обозначить $\phi = \arcsin{\sqrt{\frac{b}{a+b}}}$, то легко видеть, что $\cos 2\phi\in\mathbb{Q}$ и $(\cos 2\phi + i \sin 2\phi)^n = 1$, то есть для $\alpha = 2\phi$ верно $\cos\alpha\in\mathbb{Q}, n\alpha = m\pi$. Все такие $\alpha, m, n$ можно довольно изящно получить с помощью теоремы о рациональных корнях уравнения с целыми коэффициентами, см. первые две страницы министатьи http://www.math.ou.edu/~jalbert/putnam/putnam9.pdf

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача на комплексные числа
Сообщение05.12.2009, 22:26 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Обозначим $z=\sqrt a+i\sqrt b$.Докажем,что a и b должны оба быть нечетными.Пусть,например b четное.Легко убедиться,что $(\sqrt a+i\sqrt b)^k$,где k любое натуральное число имеет аналогичный вид $\sqrt A+i\sqrt B$,где $gcd(A,B)=1$,а B-четное.Предположим n это наименьший показатель степени при котором $z^n$ становится вещественным,тогда $$z^n=z^{n-1}z=(-\sqrt A+i\sqrt B)(\sqrt a+i\sqrt b)=\dots+i(-\sqrt {bA}+\sqrt {aB}).$$ Из условия вещественности получаем: $bA=aB$.Т.к. $gcd(a,b)=gcd(A,B)=1$,то $A=qa,B=pb$,отсюда $q=p$,а т.к. A и B взаимно простые,то A=a,B=b.Таким образом $z^{n-1}=-\overline z$,умножая обе части равенства на z получим $z^n=|z|^2$ откуда $|z|=1$,что невозможно при натуральных a и b.

Рассмотрим теперь случай четного n.Предположим,что $z^n$ вещественно,приравняем его мнимую часть 0 (сократив на $b^{\frac 12}$).Получим:$$C^1_na^{\frac {n-2}2}-C^3_nba^{\frac {n-4}2}+C^5_nb^2a^{\frac {n-6}2}+\dots =0 \qquad (1)$$.Слагаемые в формуле (1) имеют вид: $C^k_nb^{\frac {k-1}2}a^{\frac {n-k-1}2}$.Пусть b содержит простой множитель q, т.к. n делится на b,то $C^1_n=n$ содержит q в некоторой степени m.Покажем,что все слагаемые формулы (1) кроме первого содержат q в большей степени.Это очевидно для $k>q^m$: действительно $C^k_n$ целое число,в наиболее неблагоприятном случае оно содержит q в 0-й степени,за счет множителя $b^{\frac {k-1}2}$ получаем q в степени $\frac {l(k-1)}2\geqslant \frac {l(p^m-1}2$,что больше m.Здесь l показатель степени с которым q входит в b.
Пусть теперь $k\leqslant q^m$,смотрим,как меняется показатель степени числа q при изменении k.Очевидно,что показатель степени числа q в $C^k_n=\dfrac {n!}{k!(n-k)!}$ уменьшается на s при переходе от $k_0-1=rp^s-1$ к $k_0$,а при переходе к $k=k_0+1$ показатель степени вновь увеличивается на s,потому что из знаменателя уходит множитель $n-k_0=tp^m-rp^s=p^s(tp^{m-s}-r)p^s$.Таким образом достаточно проверить показатели числа q в слагаемых с $k=rp^s$,этот показатель равен $m-s+\frac {k-1}2=m-s+\frac {rp^s-1}2>m$.
Это доказательство не проходит для $a=b=1;a=3,b=1;a=1,b=3$,для этих значений делаем непосредственную проверку и видим,что они являются решением для соответственно $n=4k,n=6k$.Аналогично рассматривается случай нечетного n.

-- Вс дек 06, 2009 00:13:47 --

mihiv в сообщении #268274 писал(а):
Пусть b содержит простой множитель q, т.к. n делится на b,то $C^1_n=n$ содержит q в некоторой степени m.Покажем,что все слагаемые формулы (1) кроме первого содержат q в большей степени.Это очевидно для $k>q^m$: действительно $C^k_n$ целое число,в наиболее неблагоприятном случае оно содержит q в 0-й степени,за счет множителя $b^{\frac {k-1}2}$ получаем q в степени $\frac {l(k-1)}2\geqslant \frac {l(p^m-1}2$,что больше m.Здесь l показатель степени с которым q входит в b.
Пусть теперь $k\leqslant q^m$,смотрим,как меняется показатель степени числа q при изменении k.Очевидно,что показатель степени числа q в

Здесь вместо q следует читать p.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача на комплексные числа
Сообщение06.12.2009, 21:08 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
mihiv в сообщении #268274 писал(а):
Обозначим $z=\sqrt a+i\sqrt b$.Докажем,что a и b должны оба быть нечетными.

Это утверждение не нужно для доказательства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача на комплексные числа
Сообщение15.12.2009, 11:40 


16/11/09
2
Большое спасибо

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

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