Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

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!

[Sinoid]

А вот в задаче 21.7:

формулировка корректна? Просто не совсем понятно, зачем вводить новую величину, если она потом не участвует в формуле, которую требуется доказать.

[мат-ламер]

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

[Sinoid]

А вот в задаче 21.8:

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:

[мат-ламер]

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.

[Sinoid]

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.

[мат-ламер]

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.

[Sinoid]

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):

, а вот формула (12):

, 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 $n$.

[vpb]

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.

[Sinoid]

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.

[vpb]

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 $z'=r^{-1}(\cos\varphi-i\sin\varphi)$.

[Sinoid]

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

[Sinoid]

А вот в задаче 21.14, г):

Я посчитал и у меня получилось, что в задачнике при -1 не хватает показателя $m$. И, действительно, сверка с изданием 2009 года:

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 $(-1)$.

[Sinoid]

В условии задачи 22.4, б:

в конце недописано ", если $n$ нечетно". Вот эта же задача, но только из издания 2009 года:

[Sinoid]

Проверьте, пожалуйста, решение примера 22.7, у:

(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:

Проверка этих ответов в Maple дает следующее:

, 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?