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 ... 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36 ... 40  След.
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение09.06.2023, 00:53 


03/06/12
2858
мат-ламер в сообщении #1596834 писал(а):
В ответе чётко говорится, что корень получается только шестой степени.

В моем издании говорится то же самое.

А вообще, по ходу, опять я накосячил с этой задачей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение09.06.2023, 03:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10878
Crna Gora
Sinoid
Уравнение
$\pm z^n\pm z^m=1$
имеет то же множество решений, что и исходное уравнение (четыре комбинации знаков дают те же 4 уравнения).

Пусть $p=\pm z^n$ и $q=\pm z^m$. Тогда $p+q=1$ и $|p|=|q|=1$.
Обозначая (как иногда в физике) вещественную часть штрихом, мнимую двумя, перепишем последние уравнения так:
$\begin{array}{l}p'+q'=1\\p''+q''=0\\p'^2+p''^2=1\\q'^2+q''^2=1\end{array}$
Отсюда
$\begin{array}{l}p'=q'=\frac 1 2\\p''=-q''=\pm\frac{\sqrt 3}{2}\end{array}$

мат-ламер, это Ваша идея о равностороннем треугольнике. Ваш подход мне ближе. Но т.к. Sinoid предпочитает формальный подход, я вытравил всю геометрию.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение09.06.2023, 15:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7038
Sinoid в сообщении #1596972 писал(а):
мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):
Но если мы нашли, что $z=(1+i\sqrt{3})\slash 2$

Да, но мы же это не нашли.

Извиняюсь, выразился неточно. Мы нашли, что $z^n=(1+i\sqrt{3})\slash 2$ и предположили, что $z^6=1$ . Отсюда я сделал вывод, что $n=6k+1$ , где $k \in N$ . Это мне показалось как-бы очевидным. Строго доказать наверное можно от противного. Я подумаю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение09.06.2023, 17:16 


03/06/12
2858
svv в сообщении #1596984 писал(а):
Уравнение
$\pm z^n\pm z^m=1$
имеет то же множество решений, что и исходное уравнение (четыре комбинации знаков дают те же 4 уравнения).

Пусть $p=\pm z^n$ и $q=\pm z^m$. Тогда $p+q=1$ и $|p|=|q|=1$.
Обозначая (как иногда в физике) вещественную часть штрихом, мнимую двумя, перепишем последние уравнения так:
$\begin{array}{l}p'+q'=1\\p''+q''=0\\p'^2+p''^2=1\\q'^2+q''^2=1\end{array}$
Отсюда
$\begin{array}{l}p'=q'=\frac 1 2\\p''=-q''=\pm\frac{\sqrt 3}{2}\end{array}$

Дык ведь, вроде, по сути, я нашел то же самое:
Sinoid в сообщении #1596805 писал(а):
$\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\end{alignedat}
\right.$, или $\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\end{alignedat}
\right.$

Пусть для одного уравнения, но это не принципиально. Ну и что? Найдены-то некоторые степени, опять же, неизвестные числа $z$ (у вас, а у меня $x$), опять же неизвестного, а не само это число.
мат-ламер в сообщении #1597037 писал(а):
Я подумаю.

Большое спасибо за желание помочь. За то, что не оставляете меня один на один с моими проблемами в моих занятиях. Мне это очень нужно.

-- 09.06.2023, 18:27 --

svv в сообщении #1596984 писал(а):
Обозначая (как иногда в физике) вещественную часть штрихом, мнимую двумя,

Очень интересно. Я об этом не слыхал.

-- 09.06.2023, 18:35 --

svv в сообщении #1596984 писал(а):
Но т.к. Sinoid предпочитает формальный подход, я вытравил всю геометрию.

Повторюсь, мне хоть какой подход, лишь бы было законченное, ясно сформулированное решение. Перевести же с одного подхода на другой, скорее всего, не составит никакого труда, если это вообще потребуется, в чем я сильно сомневаюсь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение09.06.2023, 18:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7038
мат-ламер в сообщении #1597037 писал(а):
Извиняюсь, выразился неточно. Мы нашли, что $z^n=(1+i\sqrt{3})\slash 2$ и предположили, что $z^6=1$ . Отсюда я сделал вывод, что $n=6k+1$ , где $k \in N$ . Это мне показалось как-бы очевидным. Строго доказать наверное можно от противного. Я подумаю.

Sinoid в сообщении #1597042 писал(а):
Большое спасибо за желание помочь. За то, что не оставляете меня один на один с моими проблемами в моих занятиях. Мне это очень нужно.

1. На первом этапе показываем, что нам не подходят $n=2,3,...,6$ . Просто потому, что тогда не будет выполняться $z^6=1$ (угол в 360 градусов никак не получится при возведении в степень).
2. $n=1$ нам подходит.
3. Дальше показываем, что если $z^m=1$ , то то же самое верно для всех положительных целых (нас только такие и интересуют) $m$ , сравнимых с единицей по модулю $6$ . То же самое справедливо и относительно неравенства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение10.06.2023, 00:30 


03/06/12
2858
мат-ламер в сообщении #1597037 писал(а):
предположили, что $z^6=1$ .

А. А это предположение мы взяли абсолютно с потолка, только потому, что, если
мат-ламер в сообщении #1597037 писал(а):
Мы нашли, что $z^n=(1+i\sqrt{3})\slash 2$

, то тогда будет и $z^{6n}=1$ и почему бы тогда не предположить с потолка, что и $\begin{xy}*{z^{6}=1};p+LD;+UR**h@{-}\end{xy}$? Так?

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение10.06.2023, 13:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7038
Sinoid в сообщении #1597107 писал(а):
А это предположение мы взяли абсолютно с потолка, только потому, что, если
...
Так?

Почему мы взяли такое предположение, обсуждается в этой теме уже достаточно давно. Начиная с моего замечания
мат-ламер в сообщении #1596687 писал(а):
И мне кажется, что там есть мелкая неточность в ответе, которая вас не должна смущать.

Далее, у меня была такая мысль:
мат-ламер в сообщении #1596942 писал(а):
Я считаю, что можно ограничиться только шестыми степенями, как это сделано в ответе. Это конечно неверно. Но рассмотрение других степеней особенно ничего нового вам не откроет. Там всё решается аналогично, как и для шестой степени.

Давайте сначала решим задачу для корней шестой степени, как это сделано в ответе у Кострикина, а потом будем думать, что делать дальше.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение10.06.2023, 18:37 


03/06/12
2858
мат-ламер в сообщении #1597140 писал(а):
Давайте сначала решим задачу для корней шестой степени, как это сделано в ответе у Кострикина, а потом будем думать, что делать дальше.

Да, конечно, как скажете.

Собственно, если уже известно, что $z$ - корень шестой степени из 1, то все становится тривиальным. Предположим, например, что $z$ имеет вид $z=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$. В этом случае аргумент $z$ будет таким: $\varphi=\dfrac{\pi}{3}$. Воспользуемся написанным мной выше:
Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):
$\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: $\cos n\varphi=\cos m\varphi=\dfrac{1}{2}$

Выберем, например, для $n$ из чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5 перебором такие значения, при которых $\cos\dfrac{n\pi}{3}=\dfrac{1}{2}$. Имеем:
$n=0$: $\cos 0=1$,
$n=1$: $\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}$,
$n=2$: $\cos\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}$,
$n=3$: $\cos\dfrac{3\pi}{3}=-1$,
$n=4$: $\cos\dfrac{4\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}$,
$n=5$: $\cos\dfrac{5\pi}{3}=\dfrac{1}{2}$,
как видим, кандидатов для значений $n$ из чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5 всего 2: 1 и 5. Кандидаты для значений $m$ из чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5 такие же. Однако, по второму уравнению из системы в приведенной системы должно выполняться равенство: $\sin\dfrac{n\pi}{3}+\sin\dfrac{m\pi}{3}=0$, что говорит о том,что значения для $n$ и $m$ из 1 и 5 должны выбираться несовпадающими. Таким образом, имеем 2 варианта значений для $n$ и $m$: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 1\\
m & = & 5
\end{alignedat}
\right.$ или $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 5\\
m & = & 1
\end{alignedat}
\right.$. Ну и, распространяя полученные результаты на $\mathbb{Z}$, без труда получаем: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 1+6q_{1}\\
m & = & 5+6q_{2}
\end{alignedat}
\right.$ $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 5+6q_{1}\\
m & = & 1+6q_{2}
\end{alignedat}
\right.$, где $q_{1},\, q_{2}\in\mathbb{Z}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение10.06.2023, 21:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7038
мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):
Но если мы нашли, что $z=(1+i\sqrt{3})\slash 2$ и $z^6=1$ , то $z=z^7=z^{13}=...$ . Отсюда $z^2=(1-i\sqrt{3})\slash 2$ и $z^2=z^8=z^{14}=...$ . Значит мы нашли серию $n=6k+1$ и $m=6l+2$ (тут мы можем также поменять $m$ и $n$ местами).

Тут у меня была опечатка. Вместо двойки надо подставить пятёрку:
мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):
Но если мы нашли, что $z=(1+i\sqrt{3})\slash 2$ и $z^6=1$ , то $z=z^7=z^{13}=...$ . Отсюда $z^5=(1-i\sqrt{3})\slash 2$ и $z^5=z^{11}=z^{17}=...$ . Значит мы нашли серию $n=6k+1$ и $m=6l+5$ (тут мы можем также поменять $m$ и $n$ местами).


-- Сб июн 10, 2023 22:16:35 --

Sinoid
У вас всё правильно :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение11.06.2023, 05:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10878
Crna Gora
Позвольте мне изложить свой взгляд на задачу. На всякий случай прячусь в оффтоп.

(Оффтоп)

В моём прошлом сообщении я остановился на том, что
svv в сообщении #1596984 писал(а):
$\begin{array}{l}p'=q'=\frac 1 2\\p''=-q''={\color{magenta}\pm}\frac{\sqrt 3}{2}\end{array}$
Если Вы ещё «не проходили» комплексную экспоненту, можете понимать запись $e^{ia}$, где $a\in\mathbb R$, просто как краткое обозначение для $\cos a+i\sin a$. С этим обозначением $\frac 1 2\pm\frac{\sqrt 3}{2}=e^{\pm i\frac{\pi}{3}}$, и формулы из цитаты дают, в зависимости от выбора ${\color{magenta}\pm}$,
либо $\begin{array}{l}p=\pm z^n=e^{+i\frac{\pi}{3}}\\q=\pm z^m=e^{-i\frac{\pi}{3}}\end{array}$, либо $\begin{array}{l}p=\pm z^n=e^{-i\frac{\pi}{3}}\\q=\pm z^m=e^{+i\frac{\pi}{3}}\end{array}$
Достаточно рассмотреть первый вариант, а потом добавить решения, которые получаются из найденных перестановкой $n$ и $m$.

Пусть $\varphi=\arg z$, тогда $z=e^{i\varphi}, z^n=e^{i\varphi n}, z^m=e^{i\varphi m}$, и
$\begin{array}{l}\pm e^{i\varphi n}=e^{+i\frac{\pi}{3}}\\\pm e^{i\varphi m}=e^{-i\frac{\pi}{3}}\end{array}\Rightarrow \begin{array}{l}\varphi n=+\frac{\pi}{3}+\pi k_1\\\varphi m=-\frac{\pi}{3}+\pi k_2\end{array}, \quad k_1,k_2\in\mathbb Z$
Приятно, что в последней записи уже нет никаких «вариантов». Различные варианты знаков в исходном уравнении здесь учитываются тем, что, например, $\varphi n=\frac{\pi}{3}$ с точностью до слагаемого $\pi k_1$, а не $2\pi k_1$.

Очевидно, $n\neq 0, m\neq 0$. Для ненулевых $n,m$, исключая $\varphi$, получаем условие:
$m(3k_1+1)=n(3k_2-1)\qquad(*)$
Это означает, что пара $(n,m)$ является решением, если найдутся такие целые $k_1,k_2$, что выполняется $(*)$.

Используя условие $(*)$, я построил на компьютере картинку, где показаны допустимые пары $(n,m)$ (зелёные квадратики) и недопустимые (розовые). По горизонтальной оси отложено $n$, по вертикальной $m$.
Изображение

Правда, нетривиально?

Множество допустимых пар можно описать более явно. Введём функцию $f:\mathbb Z\to \mathbb Z$ так. $f(0)=-1$. Для $n\neq 0$ значение $f(n)$ есть такое максимальное число $k\geqslant 0$, что $n$ делится на $3^k$.
Подробнее,
если $n$ не делится на $3$, то $f(n)=0$,
если $n$ делится на $3$, но не делится на $9$, то $f(n)=1$,
...
если $n$ делится на $3^k$, но не делится на $3^{k+1}$, то $f(n)=k$,
и так далее.
Ещё иначе, $f(n)$ — это количество конечных нулей в троичной записи числа $n$.

В этих обозначениях условие того, что пара $(n,m)$ является решением, выглядит так:
$f(n)=f(m)=f(n-m)\qquad(**)$
Это условие получено не из $(*)$, как надо было бы, а из анализа картинки.
Остаётся перебросить логический мостик от $(*)$ к $(**)$. Я не пытался.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение11.06.2023, 15:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10878
Crna Gora
Сравнение моего ответа с авторским.

(Оффтоп)

Зелёные квадратики — мои решения $(n,m)$, жёлтые кружочки — из ответа в задачнике.
Видно, что решения из задачника являются подмножеством моих решений.
Проверим один случай расхождения: $n=3, m=6$. У авторов такого решения нет. Возьмём $z=e^{i\frac{\pi}{9}}$. Это, очевидно, корень 18-й степени из единицы. Тогда $z^3-z^6=1$.
Изображение

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение12.06.2023, 01:58 


03/06/12
2858
svv
класс! Особенно острый поворот вот этот:

(Оффтоп)

svv в сообщении #1597206 писал(а):
Приятно, что в последней записи уже нет никаких «вариантов». Различные варианты знаков в исходном уравнении здесь учитываются тем, что, например, $\varphi n=\frac{\pi}{3}$ с точностью до слагаемого $\pi k_1$, а не $2\pi k_1$.

Обожаю смотреть, сталкиваться со случаями, когда вот только что было несколько вариантов - волшебный щелчок пальцев - и все виртуозно и филигранно укладывается в один! И нигде даже миллиметра не выступит! Все ложится тютелька в тютельку!
svv в сообщении #1597206 писал(а):
Используя условие $(*)$, я построил на компьютере картинку,

В смысле, вопрос допустимости/недопустимости для данной пары $n,\,m$ решали не вы, а комп, да? Вы только задали границы для $n$ и $m$, да?

(Оффтоп)

svv в сообщении #1597206 писал(а):
Остаётся перебросить логический мостик от $(*)$ к $(**)$.

Делается. В одну сторону, как будто, уже получилось.

Потом еще свои соображения выложу, как я, по-моему, придумал, хоть это и такое убожество по сравнению с приведенным.

Спасибо большое за много мне давший урок!

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение12.06.2023, 03:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10878
Crna Gora
Sinoid в сообщении #1597361 писал(а):
В смысле, вопрос допустимости/недопустимости для данной пары $n,\,m$ решали не вы, а комп, да? Вы только задали границы для $n$ и $m$, да?
Да, решал комп, проверяя условие $(*)$ для всех пар $n,m$ в пределах области. Он же проверял эквивалентность условий $(*)$ и $(**)$. Я написал простую программку на C++, она всё вычислила и нарисовала картинку. Кстати, границы там были $0\leqslant n,m \leqslant 300$, но если бы я показал всю эту область, было бы очень плохо видно отдельные точки и закономерность.
Sinoid в сообщении #1597361 писал(а):
В одну сторону, как будто, уже получилось.
Хорошо! :-) Если что, теория диофантовых уравнений первой степени разработана и всегда готова прийти нам на помощь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение13.06.2023, 19:20 


03/06/12
2858
Sinoid в сообщении #1597361 писал(а):
Потом еще свои соображения выложу, как я, по-моему, придумал, хоть это и такое убожество по сравнению с приведенным.

Что хотел сказать. Пусть мы взяли уравнение $z^{n}+z^{m}-1=0$, корень которого, $z$, является корнем некоторой степени из 1. Пусть эта степень равна $p$. Тогда $z=\cos\dfrac{2\pi}{p}+i\sin\dfrac{2\pi}{p}$. В этом случае $\varphi=\dfrac{2\pi}{p}$ Точно так же, рассуждениями, применявшимися уже не раз при обсуждении этой задачи, мы покажем, что могут иметь место всего 2 варианта, а по сути 1, из которого я и получил эти 2. Вот этот единственный вариант: $\left\{ \begin{alignedat}{3}\cos n\varphi & = & \cos m\varphi & = & \dfrac{1}{2}\\
\sin n\varphi & = & -\sin m\varphi
\end{alignedat}
\right.$. Возьмем, например, условие $\cos n\varphi=\dfrac{1}{2}$. Его мы можем переписать в следующем виде: $\cos n\varphi=\cos\dfrac{(1+6s)\pi}{3}$, или $\cos\dfrac{2n\pi}{p}=\cos\dfrac{(1+6s)\pi}{3}$, где $s\in\mathbb{Z}$, откуда я могу написать, например, следующее: $\dfrac{2n\pi}{p}=\dfrac{(1+6s)\pi}{3}$. или $\dfrac{2n}{p}=\dfrac{(1+6s)}{3}$. Посмотрим, какой вид должно иметь $p$, чтобы последнее написанное равенство вообще могло выполниться. Чтобы после сокращения дроби $\dfrac{2n}{p}$ на некоторое число в результате получалась дробь со знаменателем 3, $p$ тоже должно делиться на 3. Кроме того, числитель дроби $\dfrac{(1+6s)}{3}$ нечетен, а это значит, что двойка в числителе дроби должна сократится с некоторой двойкой, входящей в каноническое разложение на простые множители числа $p$, стоящего в знаменателе этой дроби. Таким образом, $p$ имеет следующий вид: $p=6t$, где $t$ - отличное от 0 натуральное число. После установления такого вида для числа $p$ я просто не могу, держа в голове, что еще же должно удовлетвориться равенство $\sin n\varphi+\sin m\varphi=0$ не попробовать на роль чисел $m$ и $n$ ( :D ) числа, например, следующего вида: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & t+6tk_{1}\\
m & = & 5t+6tk_{2}
\end{alignedat}
\right.$, где $k_{1},\, k_{2}\in\mathbb{Z}$: $z^{n}+z^{m}-1=\left(\cos\dfrac{\pi}{3t}+i\sin\dfrac{\pi}{3t}\right)^{t+6tk_{1}}+\left(\cos\dfrac{\pi}{3t}+i\sin\dfrac{\pi}{3t}\right)^{5t+6tk_{2}}-1=\cos\dfrac{(t+6tk_{1})\pi}{3t}+i\sin\dfrac{(t+6tk_{1})\pi}{3t}+\cos\dfrac{(5t+6tk_{2})\pi}{3t}+i\sin\dfrac{(5t+6tk_{2})\pi}{3t}-1=\cos\left(\dfrac{\pi}{3}+2k_{1}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}+2k_{1}\pi\right)+\cos\left(\dfrac{5\pi}{3}+2k_{2}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{5\pi}{3}+2k_{2}\pi\right)-1=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}+\cos\dfrac{5\pi}{3}+i\sin\dfrac{5\pi}{3}-1=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i-1=0$.

(Оффтоп)

Я потом еще допишу, просто не успел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кострикин. Курс алгебры, задачник
Сообщение14.06.2023, 17:04 


03/06/12
2858
Sinoid в сообщении #1597497 писал(а):
Что хотел сказать. Пусть мы взяли уравнение $z^{n}+z^{m}-1=0$, корень которого, $z$, является корнем некоторой степени из 1. ... $z^{n}+z^{m}-1=\left(\cos\dfrac{\pi}{3t}+i\sin\dfrac{\pi}{3t}\right)^{t+6tk_{1}}+\left(\cos\dfrac{\pi}{3t}+i\sin\dfrac{\pi}{3t}\right)^{5t+6tk_{2}}-1=\cos\dfrac{(t+6tk_{1})\pi}{3t}+i\sin\dfrac{(t+6tk_{1})\pi}{3t}+\cos\dfrac{(5t+6tk_{2})\pi}{3t}+i\sin\dfrac{(5t+6tk_{2})\pi}{3t}-1=\cos\left(\dfrac{\pi}{3}+2k_{1}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}+2k_{1}\pi\right)+\cos\left(\dfrac{5\pi}{3}+2k_{2}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{5\pi}{3}+2k_{2}\pi\right)-1=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}+\cos\dfrac{5\pi}{3}+i\sin\dfrac{5\pi}{3}-1=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i-1=0$.

Это все я к чему написал? Возьмем произвольное, ради интереса, достаточное большое число, кратное 6. Ну, скажем, 744. Пусть это будет кратность корня из 1 числа $z$, являющегося корнем взятого нами уравнения
Sinoid в сообщении #1597497 писал(а):
$z^{n}+z^{m}-1=0$,

Предположим, что $z$ является корнем простейшего вида из 1 взятой нами произвольной степени 744: $z=\cos\dfrac{\pi}{372}+i\sin\dfrac{\pi}{372}$. Тогда, как показывает приведенное рассуждение, $n$ и $m$ мы можем придать следующие значения: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 124\\
m & = & 620
\end{alignedat}
\right.$. Проверяем: $z^{n}+z^{m}-1=\left(\cos\dfrac{\pi}{372}+i\sin\dfrac{\pi}{372}\right)^{124}+\left(\cos\dfrac{\pi}{372}+i\sin\dfrac{\pi}{372}\right)^{620}-1=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}+\cos\dfrac{5\pi}{3}+i\sin\dfrac{5\pi}{3}-1=0$. С другой стороны, взятый нами корень 744-й степени из 1 ни в коем случае не является корнем из 1 6-ой степени: $\left(\cos\dfrac{\pi}{372}+i\sin\dfrac{\pi}{372}\right)^{6}=\cos\dfrac{\pi}{62}+i\sin\dfrac{\pi}{62}\ne1$. Приведенный пример наглядно показывает, что решение данной задаче не ограничивается корнями шестой степени, как это говорится в ответе к задаче.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 595 ]  На страницу Пред.  1 ... 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36 ... 40  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