Задача на комплексные числа

[Iruch]

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?

[Cave]

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

[mihiv]

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.

[mihiv]

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.

[Iruch]

Большое спасибо