Корни из единицы

[lega4]

$z=\frac {2+3i} {2-3i} = \frac {12i-5} {13}$
Вопрос - является ли это каким-либо корнем n-ной степени из единицы? Если является, то какое n?
Что только не перепробовал - никак((( Была мысль $ \frac {(12i-5)^n} {13^n}=1$ - это верно только если действительная часть числителя равна $13^n$, а мнимая - нулю. Но не получилось посчитать, равна ли мнимая нулю, или нет...
Подскажите, пожалуйста.

[venco]

lega4 в сообщении #357331 писал(а):

$z=\frac {2+3i} {2-3i} = \frac {12i-5} {13}$
Вопрос - является ли это каким-либо корнем n-ной степени из единицы? Если является, то какое n?
Что только не перепробовал - никак((( Была мысль $ \frac {(12i-5)^n} {13^n}=1$ - это верно только если действительная часть числителя равна $13^n$, а мнимая - нулю. Но не получилось посчитать, равна ли мнимая нулю, или нет...
Подскажите, пожалуйста.

Распишите мнимую часть через бином, и посмотрите её делимость, например, на 5.

[caxap]

Корни из единицы лежат на вершинах правильного $n$-угольника, т. е. аргумент $z$ должен быть каким-то рациональным числом, умноженным на $\pi$.

[lega4]

venco
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-... $
обновление: В зависимости от четности n она может делиться на 5, а может и не делиться. Если n нечетно, то не делится, т.к. заканчивается $C_n^n 12^n$

caxap тоже была мысля. Если аргумент этой дроби $\varphi$, то чтобы можно было сляпать правильный n-угольник, надо, чтобы этот угол, который можно порезать на a частей $\frac {\varphi}{a}\cdot n=2\pi$ Но ведь фи соизмерим с пи, т.е $\frac {x\cdot\pi}{a}\cdot n=2\pi$ И чтобы доказать невозможность этого, надо доказать иррациональность икс. А как?

И вообще, аргумент этой дроби - $\pi-arcsin(\frac{12}{13})$. А это не очень красивый аргумент)))

[venco]

lega4 в сообщении #357345 писал(а):

venco
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-... $
обновление: В зависимости от четности n она может делиться на 5, а может и не делиться. Если n нечетно, то делится.

Хорошо, а как насчёт делимости на 25?

[lega4]

venco еще раз пост обновил, вроде не делится при нечетных
Насчет 25 - наверно вообще не делится при нечетных, и делится при четных n.

[venco]

lega4 в сообщении #357353 писал(а):

venco еще раз пост обновил, вроде не делится при нечетных
Насчет 25 - наверно вообще не делится при нечетных, и делится при четных n.

Первое правильно, а второе - нет.
И какой из этого можно сделать вывод?

[lega4]

venco что именно первое и второе?


З.Ы. Туплю, наверно, жутко, просто уже несколько часов парюсь...

[venco]

Хорошо, давайте для начала рассмотрим нечётное n.
Что у нас с делимостью на 5 получилось?

[lega4]

Нечетное n. Тогда
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-...\pm C_n^n 12^n $ (Знак перед последним слагаемым зависит от крастности n четырем)
Получается, что на 5 не делится.

[venco]

lega4 в сообщении #357360 писал(а):

Получается, что на 5 не делится.

И какой из этого можно сделать вывод?

[lega4]

venco
А! Типа, т.к. все слагаемые кроме этого последнего, делятся на 5, а последнее нет, то сумма по-любому не будет ноль?

[venco]

lega4 в сообщении #357368 писал(а):

venco
А! Типа, т.к. все слагаемые кроме этого последнего, делятся на 5, а последнее нет, то сумма по-любому не будет ноль?

Правильно!
Теперь рассмотрим чётное n. Там слегка сложнее, т.к. $n$ или $n-1$ тоже могут делиться на 5. Поэтому для начала рассмотрите $n=5^k r$, где r не делится на 5.
Ну и так далее.

[lega4]

Т.к. $C_n^{n-1}=n$ то предыдущее можно записать как
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-...\pm n\cdot 12^{n-1}\cdot5$

Если $n=5^k r$, то вынесем за скобку 5 в меньшей степени (Можно ли обоснованно доказать, в каком слагаемом она будет? Мне кажется, что вне зависимости от $k$ меньшая степень будет в последнем слагаемом, но, наверное, это надо доказать) и получим то же самое.
А если n не кратно 5, то вынесем просто 5 и все равно получим то же самое.

[venco]

lega4 в сообщении #357381 писал(а):

Т.к. $C_n^{n-1}=n$ то предыдущее можно записать как
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-...\pm n\cdot 12^{n-1}\cdot5$

Если $n=5^k r$, то вынесем за скобку 5 в меньшей степени (Можно ли обоснованно доказать, в каком слагаемом она будет? Мне кажется, что вне зависимости от $k$ меньшая степень будет в последнем слагаемом, но, наверное, это надо доказать) и получим то же самое.
А если n не кратно 5, то вынесем просто 5 и все равно получим то же самое.

Правильно. Про $n-1$ - это я напутал.