Кострикин. Курс алгебры, задачник

[GAA]

Смысл задавать такой вопрос на форуме?
Можно же просто проверить:
$(-1-i)^3 = 2-2i$, а $(1-i)^3 \ne 2-2i$.
И сразу становится понятно.
[Можно просто сразу несколько опечаток указать, чтобы ветка не была столь уж длинной.]

[Sinoid]

GAA в сообщении #1586052 писал(а):

[Можно просто сразу несколько опечаток указать, чтобы ветка не была столь уж длинной.]

Так выясняется-то не сразу, а по мере прорешивания, а пока от предыдущей до очередной опечатки прорешаешь, столько воды утечет, столько мыслей через голову пройдет...

[vpb]

В пункте п) и у Вас, и в задачнике ответ недосчитаный. Там ответ выражается без двойных корней, только через простые. Кроме того, решение слишком громоздкое. Я выше писал про то, как там можно рассуждать.

[Sinoid]

vpb в сообщении #1586054 писал(а):

В пункте п) и у Вас, и в задачнике ответ недосчитаный. Там ответ выражается без двойных корней, только через простые.

Ну это понятно. Например, $\sqrt{2-\sqrt{3}}=\sqrt{\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{3}-1)$. я уже делал такие же преобразования квадратных корней раньше:

Sinoid в сообщении #1585367 писал(а):

(Вот мое решение)

$\sqrt[6]{2}\cdot\left(\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\right)=\sqrt[6]{2}\left(\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}+\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}i\right)=2^{\frac{1}{6}}\left(\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}+\sqrt{4-2\sqrt{3}}i}{2^{\frac{3}{2}}}\right)=$
$\dfrac{1}{2^{\frac{3}{2}-\frac{1}{6}}}(\sqrt{3+2\sqrt{3}+1}+\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}i)=\dfrac{1}{2^{\frac{4}{3}}}(\sqrt{3}+1+(\sqrt{3}-1)i)=$
$\dfrac{\sqrt[3]{4}}{4}(\sqrt{3}+1+(\sqrt{3}-1)i)$...

, поэтому в этот раз и не стал с этим заморачиваться здесь.

[Sinoid]

Пытаюсь решить задачу 22.7:

Скажите, пожалуйста, а разве это так? Разве формула для доказательства, приведенная в задаче, верна? Ведь корень уравнения $\sin mx=0$ имеет вид $\dfrac{\pi j}{m}$, а не $\dfrac{2\pi j}{m}$ и потому, разве в правой части формулы должно стоять $-\sin^{2}\dfrac{2\pi j}{m}$, а не $-\sin^{2}\dfrac{\pi j}{m}$. Кроме того, поскольку 0 тоже является корнем уравнения $\sin mx=0$, разве $j$ должно изменяться, начиная с 1, а не с 0? Короче, на мой весьма ограниченный взгляд, формула, подлежащая доказательству, имеет следующий вид: $\dfrac{\sin mx}{\sin x}=(-4)^{(m-1)/2}{\displaystyle \prod_{0\leqslant j\leqslant(m-1)/2}\left(\sin^{2}x-\sin^{2}\dfrac{\pi j}{m}\right)}$. А что вы думаете по этому поводу? В издании 2009 года дана точно такая же, на мой взгляд, неверная формула.

-- 27.05.2023, 01:57 --

Или, если прям уж совсем нужно взять наименьшее значение $j$ именно таким, то тогда нужно перед произведением, $\prod$, поставить еще множитель $\sin^2x$ (я сказал "перед произведением", исключительно для того, чтобы наверняка однозначно можно было понять, что именно будет умножаться на этот $\sin^2x$, ведь, если поставить после $\prod$, то понять по-разному можно).

[RIP]

Sinoid в сообщении #1595477 писал(а):

Разве формула для доказательства, приведенная в задаче, верна?

Формула верная. $x=0$ не является корнем левой части. Множества $\{\sin^2\left(\frac{2\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ и $\{\sin^2\left(\frac{\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ совпадают (при нечётном $m$).

-- Сб 2023-05-27 02:44:06 --

Для начала докажите, что $\frac{\sin mx}{\sin x}=P_m(\sin^2x)$, где $P_m(t)=(-4)^{(m-1)/2}t^{(m-1)/2}+\dotsb+m$ — некоторый многочлен. Для этого рассмотрите $\sin(m+2)x+\sin(m-2)x$.

[Sinoid]

(Оффтоп)

Не успел дописать ответ.

[Alex Krylov]

https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials

Цитата:

$T_{2n+1}(\sin(\theta)) = (-1)^n \sin((2n+1)\theta)$, где $T_{n}$ - многочлены Чебышева 1-го рода

[Sinoid]

RIP в сообщении #1595478 писал(а):

Для начала докажите, что $\frac{\sin mx}{\sin x}=P_m(\sin^2x)$, где $P_m(t)=(-4)^{(m-1)/2}t^{(m-1)/2}+\dotsb+m$ — некоторый многочлен. Для этого рассмотрите $\sin(m+2)x+\sin(m-2)x$.

Смотрите, как решал я. В силу задачи 4.12, в) обсуждаемого задачника я могу написать равенство:

$$\dfrac{\sin n\theta}{\sin\theta}=(2\cos\theta)^{n-1}-C_{n-2}^{1}(2\cos\theta)^{n-3}+C_{n-3}^{2}(2\cos\theta)^{n-5}+\ldots$$

(Продолжение решения)

Применяя эту формулу к решаемой задаче, получу:

$$\dfrac{\sin mx}{\sin x}=(2\cos x)^{m-1}-C_{m-2}^{1}(2\cos x)^{m-3}+C_{m-3}^{2}(2\cos x)^{m-5}+\ldots$$

Принимая во внимание нечетность $m$ в этой задаче, а, значит, и целость чисел $\dfrac{m-1-2k}{2}$, где $k=0,\,1,\ldots,\dfrac{m-1}{2}$ ($\dfrac{m-1}{2}$ тоже целое), переписываю последнее равенство в следующем виде:
$\dfrac{\sin mx}{\sin x}=(4(1-\sin^{2}x))^{\frac{m-1}{2}}-C_{m-2}^{1}(4(1-\sin^{2}x))^{\frac{m-3}{2}}+C_{m-3}^{2}(4(1-\sin^{2}x))^{\frac{m-5}{2}}+\ldots$
Рассматриваю правую часть последнего равенства как многочлен от $\sin^{2}x$. Тогда старший коэффициент этого многочлена равен старшему коэффициенту первой скобки правой части последнего равенства, рассматриваемой как многочлен от $\sin^{2}x$, т. е., равен он $(-4)^{(m-1)/2}$. Корни этого уравнения есть квадраты синусов корней уравнения $\dfrac{\sin mx}{\sin x}=0$, т.е., квадраты синусов таких чисел $x_i$, при которых $\sin mx_i=0$, но $\sin x_i\ne0$. Выписываю значения таких $x_i$ сериями: $\ldots\underbrace{\dfrac{\pi}{m},\,\dfrac{2\pi}{m},\ldots,\,\dfrac{(m-1)\pi}{m}},\underbrace{\dfrac{(m+1)\pi}{m},\,\dfrac{(m+2)\pi}{m},\ldots,\,\dfrac{(2m-1)\pi}{m}},\ldots$. Здесь запись этих значений $x_i$ продолжается, понятно, неограниченно в обе стороны. Здесь $x_i$, принадлежащие одной серии, объединены одной нижней фигурной скобкой. Для чего вводится группировка по сериям, я объясню чуть ниже. Выпишу значения квадратов синусов только что записанных значений $x_i$, сохраняя группировку по сериям соответствующим образом: $\ldots\underbrace{\sin^{2}\dfrac{\pi}{m},\sin^{2}\,\dfrac{2\pi}{m},\ldots,\,\sin^{2}\dfrac{(m-1)\pi}{m}},\underbrace{\sin^{2}\dfrac{(m+1)\pi}{m},\,\sin^{2}\dfrac{(m+2)\pi}{m},\ldots,\sin^{2}\,\dfrac{(2m-1)\pi}{m}},\ldots$. Выясню, какие же на самом деле различные значения содержатся в выписанном бесконечном множестве квадратов синусов. Для этого, во-первых, замечу, что, если $r$ - какое-либо натуральное число такое, что $1\leqslant r\leqslant m-1$ (вообще при такой записи значений $x_i$ получается, что доказательство я провожу для случая положительного $m$), а $q$ - вообще произвольное целое число, то имеет место равенство: $\left|\sin\dfrac{(qm+r)\pi}{m}\right|=\left|\sin\dfrac{r\pi}{m}\right|$, а потому и $\sin^2\dfrac{(qm+r)\pi}{m}=\sin^2\dfrac{r\pi}{m}$. Т. е. для выяснения того, что я поставил целью выяснить выше, достаточно ограничиться одной серией. Именно для этого я и ввел объединение в серии. Возьму простейшую из серий: $\sin^{2}\dfrac{\pi}{m},\sin^{2}\,\dfrac{2\pi}{m},\ldots,\,\sin^{2}\dfrac{(m-1)\pi}{m}$. В этой серии, если $r$ - опять-таки $r$, оговоренное выше, выполняется равенство: $\sin\dfrac{(m-r)\pi}{m}=\sin\dfrac{r\pi}{m}$, а, значит, и равенство $\sin^{2}\dfrac{(m-r)\pi}{m}=\sin^{2}\dfrac{r\pi}{m}$. Таким образом, перечень попарно различных квадратов синусов из данной серии выглядит следующим образом: $\sin^{2}\dfrac{\pi}{m},\,\sin^{2}\dfrac{2\pi}{m},\ldots,\,\sin^{2}\dfrac{(m-1)\pi}{2m}$, т. е., количество этих квадратов синусов равно $\dfrac{m-1}{2}$, что как раз совпадает со степенью начатого мной рассматриваться выше многочлена от $\sin^{2}x$. На этом основании я делаю вывод, что формула, которую требуется доказать в задаче, правильно записывается следующим образом:${\displaystyle \frac{\sin mx}{\sin x}=(-4)^{(m-1)/2}\prod_{1\leqslant j\leqslant(m-1)/2}\left(\sin^{2}x-\sin^{2}\dfrac{\pi j}{m}\right)}$, а это вместе с тем еще и означает, высказывания, сделанные мной здесь:

Sinoid в сообщении #1595477 писал(а):

Короче, на мой весьма ограниченный взгляд, формула, подлежащая доказательству, имеет следующий вид: $\dfrac{\sin mx}{\sin x}=(-4)^{(m-1)/2}{\displaystyle \prod_{0\leqslant j\leqslant(m-1)/2}\left(\sin^{2}x-\sin^{2}\dfrac{\pi j}{m}\right)}$.

и здесь:

Sinoid в сообщении #1595477 писал(а):

Или, если прям уж совсем нужно взять наименьшее значение $j$ именно таким, то тогда нужно перед произведением, $\prod$, поставить еще множитель $\sin^2x$

неверны.

-- 29.05.2023, 03:08 --

Alex Krylov в сообщении #1595651 писал(а):

https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials

Цитата:

$T_{2n+1}(\sin(\theta)) = (-1)^n \sin((2n+1)\theta)$, где $T_{n}$ - многочлены Чебышева 1-го рода

Да-да, конечно, полиномы Лагерра, Чебышева, Эрмита... С этим я уже поверхностно сталкивался. Но сейчас пользоваться этими уже развитыми теориями нельзя. Сейчас нельзя пользоваться даже тем поверхностным, что удалось найти мне тогда.

[Sinoid]

RIP в сообщении #1595478 писал(а):

Множества $\{\sin^2\left(\frac{2\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ и $\{\sin^2\left(\frac{\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ совпадают (при нечётном $m$).

Спасибо большое за отклик, только сейчас закончил с этим разбираться: до этого пришлось отвлечься на другую задачу. А вот это. В данном случае $m=2n+1$. Так для доказательства утверждения из цитаты нужно же рассматривать отдельно случай четного и нечетного $n$? У меня получилось так. Или можно доказать сразу в общем случае?

RIP в сообщении #1595478 писал(а):

Для начала докажите, что $\frac{\sin mx}{\sin x}=P_m(\sin^2x)$, где $P_m(t)=(-4)^{(m-1)/2}t^{(m-1)/2}+\dotsb+m$ — некоторый многочлен. Для этого рассмотрите $\sin(m+2)x+\sin(m-2)x$.

Нет, я пошел через решенную ранее задачу 4.12:


-- 05.06.2023, 19:19 --

Скажите, пожалуйста, а в задаче 22.17, в):

Нужно же решить каждое из четырех уравнений, получающееся при всевозможных комбинациях знаков? Т. е. $x^{n}+x^{m}-1=0$, $x^{n}-x^{m}+1=0$, и т. д. Так ведь?

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596671 писал(а):

Так ведь?

Да. И мне кажется, что там есть мелкая неточность в ответе, которая вас не должна смущать.

-- Пн июн 05, 2023 21:00:30 --

Sinoid в сообщении #1596671 писал(а):

Скажите, пожалуйста, а в задаче 22.17, в):

Если с этой задачей будут трудности, то в оффтопе небольшая подсказка:

(Оффтоп)

Для начала подумайте, чему могут вообще равняться величины $z^n$ и $z^m$ . Там не так уж и много различных вариантов.

[RIP]

Sinoid в сообщении #1596671 писал(а):

RIP в сообщении #1595478 писал(а):

Множества $\{\sin^2\left(\frac{2\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ и $\{\sin^2\left(\frac{\pi j}{m}\right)\mid1\leqslant j\leqslant\frac{m-1}{2}\}$ совпадают (при нечётном $m$).

Спасибо большое за отклик, только сейчас закончил с этим разбираться: до этого пришлось отвлечься на другую задачу. А вот это. В данном случае $m=2n+1$. Так для доказательства утверждения из цитаты нужно же рассматривать отдельно случай четного и нечетного $n$? У меня получилось так. Или можно доказать сразу в общем случае?

Во втором множестве нужно просто заменить все $\sin\frac{\pi j}{m}$ с нечётными $j$ на $\sin\frac{\pi(m-j)}{m}$. При этом $m-j$ пробегают все чётные числа из отрезка $\left[\frac{m+1}{2},m-1\right]$.

[Sinoid]

RIP в сообщении #1596707 писал(а):

Во втором множестве нужно просто заменить все $\sin\frac{\pi j}{m}$ с нечётными $j$ на $\sin\frac{\pi(m-j)}{m}$. При этом $m-j$ пробегают все чётные числа из отрезка $\left[\frac{m+1}{2},m-1\right]$.

Да, точно. можно и так. Так лучше. Спасибо.

-- 06.06.2023, 00:14 --

мат-ламер в сообщении #1596687 писал(а):

И мне кажется, что там есть мелкая неточность в ответе, которая вас не должна смущать.

Заинтриговали).

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596687 писал(а):

Если с этой задачей будут трудности, то в оффтопе небольшая подсказка:

Спасибо, но сначала попробую выписать то, до чего дошел сам, ибо заглянуть под оффтоп я всегда успею. Правда, что делать с накопанным дальше, я пока не знаю, но я все равно выпишу, может, в процессе и появится какая идея дальше.

(Оффтоп)

Итак, для начала возьму уравнение $x^{n}+x^{m}-1=0$. По условию задачи $x$ можно представить в следующем виде: $x=\cos\varphi+i\sin\varphi$. Тогда взятое уравнение переписывается в следующем виде: $(\cos n\varphi+\cos m\varphi)+i(\sin n\varphi+\sin m\varphi)=1$. Это равенство эквивалентно следующей системе уравнений: $\left\{ \begin{alignedat}{3}\cos n\varphi & + & \cos m\varphi & = & 1\\ \sin n\varphi & + & \sin m\varphi & = & 0 \end{alignedat} \right. $. Второе уравнение этой системы дает: $\left|\cos n\varphi\right|=\left|\cos m\varphi\right|$. Случай $\cos n\varphi=-\cos m\varphi$ отпадает, т. к. в этом случае было бы $\cos n\varphi+\cos m\varphi =0$, что противоречит первому уравнению системы. Остается случай $\cos n\varphi=\cos m\varphi$. Тогда из первого уравнения системы получаю: $\cos n\varphi=\cos m\varphi=\dfrac{1}{2}$. Выпишу, например, такое решение последней системы: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n\varphi & = & \dfrac{\pi}{3}+2\pi k_{1}\\ m\varphi & = & \dfrac{\pi}{3}+2\pi k_{2} \end{alignedat} \right.$. А вот что дальше делать с этим богатством? Вот вопрос на миллион. Ну, перепишу я его (решение) в виде $\left\{ \begin{alignedat}{2}n\varphi & = & (6k_{1}+1)\cdot\dfrac{\pi}{3}\\ m\varphi & = & (6k_{2}+1)\cdot\dfrac{\pi}{3} \end{alignedat} \right.$. И дальше пока все. Нужно подумать.

[Sinoid]

(Оффтоп)

Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):

Выпишу, например, такое решение последней системы: $\left\{\begin{alignedat}{2}n\varphi & = & \dfrac{\pi}{3}+2\pi k_{1} \\ m\varphi & = & \dfrac{\pi}{3}+2\pi k_{2} \end{alignedat}\right.$.

, где $k_{1},\, k_{2}\in\mathbb{Z}$