Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

svv в сообщении #1581072 писал(а):

$(1+i)^n$ при целом $n$ даст положительное вещественное число, если $n$ делится на $8$ (потому что аргумент числа $1+i$ равен восьмой части оборота). А $100$ делится лишь на $4$, но не на $8$, соответственно $(1+i)^{100}$ будет отрицательным числом. Поэтому скорее в ответе пропустили $0$, чем в задании напечатан лишний $0$, а в ответе пропущен минус.

Ksanty в сообщении #1581118 писал(а):

По моему в ответе забыли написать в степени ещё один ноль.

Да-да-да. Точно! Ну, конечно же все так и есть. Я немного недодумал в этом направлении. Спасибо за ответы!

Sinoid в сообщении #1581069 писал(а):

Большое спасибо. А вот посмотрите, пожалуйста, решение уравнения 21.2, а):

Тут ко мне в личку постучались. Конечно же, это задание не на решение уравнения. Просто я там начинал про уравнение, потом думаю, дай-ка я еще перерешаю. Перерешал-сошлось. Поэтому я начал там писать про другое, не изменив уже написанное должным образом. Спасибо за замечание. Ай-яй-яй!

-- 11.02.2023, 18:38 --

svv в сообщении #1581072 писал(а):

Я бы так решал:
$(1+i)^2=1+2i-1=2i$
$(1+i)^{100}=2^{50} i^{50}=-2^{50}$, либо $(1+i)^{1000}=2^{500}i^{500}=2^{500}$

Там просто задание на тригонометрическую форму числа, так что нужно было через это.

Combat Zone в сообщении #1581073 писал(а):

Последняя группа все равно явно на тригонометрическую (показательную) форму, так чего бы сразу нет.

да-да. И я про то же.

[мат-ламер]

В дополнении к задачнику Кострикина по теме "комплексные числа" предлагаю топик-стартеру решить уравнение в комплексных числах (подсмотренное на параллельном форуме):
$z^3+3z^2+3z+\left| z+1 \right|=1$ .

[Sinoid]

Дык оно ж кубическое. Там, формула Кардано, все такое. Ничё?

-- 21.02.2023, 23:00 --

Я к тому, что нет ли тут пересечения с теорией Галуа, о которой я сейчас знаю только то, про что она?

[Sinoid]

Так, ну 1 решение есть, оно очевидно: $z=0$.

-- 22.02.2023, 03:43 --

Мне кажется, проще всего через тригонометрическую форму числа $z+1$.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1582720 писал(а):

Мне кажется, проще всего через тригонометрическую форму числа $z+1$.

Вы на правильном пути

[vpb]

Sinoid в сообщении #1582691 писал(а):

Дык оно ж кубическое. Там, формула Кардано, все такое. Ничё

В некоторых случаях кубическое уравнение можно решить и без Кардано, и это как раз тот случай. (Если не знаете в каких, почитайте Гашков, Современная элементарная алгебра. Или просто отложите задачу, ибо дальше в учебнике будет кое-что написано.) Собственно, это не просто кубическое уравнение, как видите, тут еще подумать надо.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1582749 писал(а):

Sinoid в сообщении #1582720 писал(а):

Мне кажется, проще всего через тригонометрическую форму числа $z+1$.

Вы на правильном пути

Отлично. Я попробую что-нибудь написать. Исходное уравнение

мат-ламер в сообщении #1582571 писал(а):

$z^3+3z^2+3z+\left| z+1 \right|=1$

я могу переписать в следующем виде: $(z+1)^{3}+\left|z+1\right|=2$. Введу для краткости числа следующее: $\left|z+1\right|=\rho$ и пусть $z+1=\rho(\cos\varphi+i\sin\varphi)$ - упомянутая выше тригонометрическая форма числа $z+1$. Тогда по формуле Муавра выполняется следующее равенство: $(z+1)^{3}=\rho^{3}(\cos3\varphi+i\sin3\varphi)$ и преобразованное мной уравнение я могу переписать в следующем виде: $\rho^{3}\cos3\varphi+\rho+i\rho^{3}\sin3\varphi=2$. Приравнивая отдельно действительные и мнимые части в этом равенстве, получаю следующую систему равенств: $\arraycolsep=0cm\left\{ \begin{array}{rrrrr}\rho^{3}\cos3\varphi & + & \rho & = & 2\\ & & \rho^{3}\sin3\varphi & = & 0 \end{array}\right.$. Из первого уравнения этой системы получаю $\rho\ne0$, тогда из второго уравнения $\sin3\varphi=0$. Дальше я пока отвлекусь от $\varphi$. У меня вызывает вопрос "как быть?" следующее. Если $\sin3\varphi=0$, то $\cos3\varphi=\pm 1$ и в случае $\cos3\varphi=-1$ получаю уравнение $-\rho^{3}+\rho=2$. И из корней этого уравнения я буду брать только действительные№ Ну, да, это уравнение и в самом деле имеет хотя бы 1 действительный корень как уравнение нечетной степени с действительными коэффициентами (все комплексные корни многочлена с действительными коэффициентами попарно сопряжены,как известно), но этот корень, скорее всего, будет неудобен для записи в явном виде. Я вот в уме пытаюсь подобрать целые корни этого уравнения - не выходит. Не будет этих корней, скорее всего, и среде рациональных чисел. Кардано тут нежелательно подключать, так и так он не даст удобного выражения действительного корня. Или в ответе так и писать: "..., где $\rho$ - действительный корень уравнения $\rho^{3}-\rho+2=0$..."?

[svv]

Не забывайте, что $\rho\geqslant 0$, как модуль комплексного числа.
В случае $\rho+\rho^3=2$ левая часть монотонна, а один корень очевиден.
Случай $\rho-\rho^3=2$. Кратко опишите поведение левой части как функции $\rho$ при $\rho\geqslant 0$.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

я могу переписать в следующем виде: $(z+1)^{3}+\left|z+1\right|=2$

Отсюда уже следует, что $(z+1)^3$ - число действительное. Тему "корни из единицы" вы уже прочли?

Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

Я вот в уме пытаюсь подобрать целые корни этого уравнения - не выходит.

Где-то допустили ошибку в расчётах. У меня получилось, что $\rho=1$ и тогда $z+1=\varepsilon$ , где $\varepsilon$ - один из корней третьей степени из единицы (их три).

( Там уравнение должно быть: $\rho^3=2-\rho$ ).

[Sinoid]

svv в сообщении #1582819 писал(а):

Не забывайте, что $\rho\geqslant 0$, как модуль комплексного числа.

Да-да. Я понял, что забыл это добавить, когда уже выключил комп. Получается, что перед тем, как писать, как я сейчас понимаю, не это:

Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

"..., где $\rho$ - действительный корень уравнения $\rho^{3}-\rho+2=0$..."?

, а подобное этому, я должен был выяснить, есть ли среди действительных корней уравнения $\rho^{3}-\rho+2=0$ неотрицательные, и, если бы выяснилось, что такие корни и правда есть, то вместо того, что написано в последней цитате из моего поста, написать "..., где $\rho$ - любой из действительных корней уравнения $\rho^{3}-\rho+2=0$..." Но это уже проехали. Сейчас, как я понимаю, выяснится, что это вообще писать не придется.

svv в сообщении #1582819 писал(а):

Случай $\rho-\rho^3=2$. Кратко опишите поведение левой части как функции $\rho$ при $\rho\geqslant 0$.

Ну, да, получается, что при $\rho\geqslant 1$ будет $\rho^{3}\geqslant\rho$, а потому $\rho-\rho^3 \leqslant 0$. Если же $0\leqslant\rho<1$, то $\rho^{3}\leqslant\rho$ и потому $0\leqslant\rho-\rho^{3}\leqslant\rho<1$. Ага. Так - понятно. Спасибо.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):

У меня получилось, что $\rho=1$

мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):

( Там уравнение должно быть: $\rho^3=2-\rho$ ).

Так и у меня получается то же самое. При $\cos3\varphi=1$
Вот это же:

мат-ламер в сообщении #1582832[quote="Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

Я вот в уме пытаюсь подобрать целые корни этого уравнения - не выходит.

я писал про случай

Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

$\cos3\varphi=-1$

мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):

Тему "корни из единицы" вы уже прочли?

Нет, еще не читал. Я вообще еще у Кострикина про комплексные не читал, но то, что я сейчас решаю и названную вами тему неплохо знаю из курса алгебры Куроша с закреплением по задачнику Фаддеева, Сомнинсого. Пока же и у Кострикина вначале теории про комплексные числа не будет принципиально чего-то нового. Естественно, я и у Кострикина это все прочту. Только потом, сразу, когда по задачнику дойду до параграфа Корни из комплексных чисел и многочлены деления круга. Прочту-то я обязательно, куда ж я денусь?! Вот тут я действительно встречусь с совершенно новым для меня понятием круговых многочленов.

(Оффтоп)

Как же они мне все-таки не давали покоя, когда у меня был 1 бумажный задачник, упомянутый выше и 1 курс высшей алгебры, тоже упомянутый выше. Видеть-то видел "круговые многочлены, круговые многочлены", а что это, как к ним подступиться -???

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):

Там уравнение должно быть: $\rho^3=2-\rho$ .

Тут я неправильно выразил свою мысль. На самом деле у меня правая часть уравнения была с модулем. Нарисовав график левой и правой части, я понял, что пересечение этих графиков может быть только, если этот модуль раскрывается как положительное число. При $\rho > 2$ у меня на графике левая часть больше правой и в этой области корней нет.

-- Чт фев 23, 2023 08:12:25 --

Sinoid в сообщении #1582886 писал(а):

Видеть-то видел "круговые многочлены, круговые многочлены", а что это, как к ним подступиться -???

Аналогично. Определение их помню. Написать бы их смог (для небольших степеней). Но вот доказательства простейших их свойств (их коэффициенты - целые числа, они неприводимы ...) не помню совершенно. У Прасолова есть книга по многочленам. Возможно, что там что-то есть на эту тему. Однако, решение задач из Кострикина вряд ли требует предварительного знакомства с какими-то теоремами (вроде как, точно не уверен).

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1582892 писал(а):

Аналогично. Определение их помню.

Не, а у меня тогда была проблема не в этом - у меня тогда не было даже определения этих многочленов, не говоря уже о их свойствах, так что и запоминать было нечего. А проблемы с запоминанием доказательств у меня, да, есть, но это другое. Я когда запомню, когда нет. Но дело, видимо, в том, что мне эти доказательства просто пересказывать некому: те доказательства в школе, которые я пересказал, сдал, учителю, я помню, могу воспроизвести, и сейчас.

мат-ламер в сообщении #1582832 писал(а):

Отсюда уже следует, что $(z+1)^3$ - число действительное.

Понял. А для действительного $(z+1)^3$ выполняется $(z+1)^{3}=\pm\left|(z+1)^{3}\right|=$ вообще для комплексных $\pm\left|z+1\right|^{3}$. И т. д. Да, ваше решение проще. А мое:

Sinoid в сообщении #1582815 писал(а):

$\arraycolsep=0cm\left\{ \begin{array}{rrrrr}\rho^{3}\cos3\varphi & + & \rho & = & 2\\ & & \rho^{3}\sin3\varphi & = & 0 \end{array}\right.$. Из первого уравнения этой системы получаю $\rho\ne0$, тогда из второго уравнения $\sin3\varphi=0$

в случае $\cos3\varphi=1$ получаю для $\varphi$: $3\varphi=2\pi k$, где $k\in\mathbb{Z}$, откуда $\varphi=\dfrac{2\pi k}{3}$ с аналогичным условием. наложенным на $k$. серия этих значений $\varphi$ даст на комплексной плоскости точки, попарно отличные друг от друга, лишь при $k=0\,\,1,\,2$. При любом другом значении $k$. точка на комплексной плоскости, соответствующая этому значению $k$, будет совпадать с точкой, соответствующей значению $k$ из указанных выше трех значений $k$. Что же касается $\rho$, то при $\cos3\varphi=1$ для него получается следующее уравнение: $\rho^{3}+\rho=2$, или $\rho^{3}+\rho-2=0$, $(\rho-1)(\rho^{2}+\rho+2)=0$. Последнее уравнение имеет единственный действительный неотрицательный корень $\rho=1$. Значит, получаю следующие возможные уравнения для $z$: $z+1=1\cdot(\cos0+i\sin0)$, или $z+1=1\cdot\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}\right))$, или $z+1=1\cdot\left(\cos\dfrac{4\pi}{3}+i\sin\dfrac{4\pi}{3}\right)$. Откуда $z=0$, или $z=-\dfrac{3}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, или $z=-\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. В последних расчетах, как будто, не ошибся. Во всяком случае, я старался.

[Sinoid]

Вот тут:

Sinoid в сообщении #1583035 писал(а):

А для действительного $(z+1)^3$ выполняется $(z+1)^{3}=\pm\left|(z+1)^{3}\right|=$ вообще для комплексных $\pm\left|z+1\right|^{3}$.

я подразумевал, что в случае $(z+1)^{3}\ne 0$ я беру 1 и только 1 символ, "+" или "-", в обоих позициях символа $\pm$ одинаковый, строго определенный символ, в зависимости от знака числа $(z+1)^{3}$, а не сразу оба этих символа. В случае же $(z+1)^{3}=0$ выбор этих символов в этих двух позициях символа $\pm$ произвольный, не зависящий друг от друга, но и в этом случае в этих двух позициях символа $\pm$ я беру 1 и только 1 символ, "+" или "-".

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1583035 писал(а):

В последних расчетах, как будто, не ошибся. Во всяком случае, я старался.

У 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).