сумма квадратов первообразных корней степени 60 из 1

[ZumbiAzul]

Здравствуйте, уважаемые форумчане!

Помогите, пожалуйста, в решении следующей задачи.

Задача. Найти сумму квадратов первообразных корней степени 60 из 1.

Т.е. пусть $\varepsilon_k$ есть $k$-й первообразный корень степени 60 из 1. Тогда нужно посчитать следующее выражение

$$\sum\limits_{(k,60)=1}\varepsilon^2_k,$$

где $(k,60)=1$ означает НОД(k,60)=1.

Как я понимаю, количество первообразных корней степени 60 из 1 равно функции Эйлера $\varphi(60)=\varphi(2^2)\varphi(3)\varphi(5)=(2^2-2^1)\cdot2\cdot4=16$
Таким образом, сумма состоит из 16 слагаемых.
Но что мне делать со всей этой информацией, не ясно.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам:

Приведите попытки решения и укажите конкретные затруднения.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[VAL]

А Вы можете составить многочлен, корнями которого являются в точности все первообразные корни 60-й степени из единицы? (Он называется многочлен деления круга.)

[ZumbiAzul]

VAL в сообщении #946280 писал(а):

А Вы можете составить многочлен, корнями которого являются в точности все первообразные корни 60-й степени из единицы? (Он называется многочлен деления круга.)

Единственное, что приходит в голову, это произведение всех скобок вида $(x-\varepsilon_k)$, для всех положительных $k<60$, таких что $(k,60)=1$. Верно?

[demolishka]

Ну и чему это произведение скобок будет равно?

[ZumbiAzul]

demolishka в сообщении #946293 писал(а):

Ну и чему это произведение скобок будет равно?

для поиска корней его надо приравнять нулю, но корни-то известны?

[VAL]

ZumbiAzul в сообщении #946291 писал(а):

VAL в сообщении #946280 писал(а):

А Вы можете составить многочлен, корнями которого являются в точности все первообразные корни 60-й степени из единицы? (Он называется многочлен деления круга.)

Единственное, что приходит в голову, это произведение всех скобок вида $(x-\varepsilon_k)$, для всех положительных $k<60$, таких что $(k,60)=1$. Верно?

Требуемый многочлен можно найти гораздо проще. Например, раскладывая на множители многочлен $x^{60}-1$. Пусть Вас не пугает, что степень большая. Там все легко делается.

[ZumbiAzul]

VAL в сообщении #946295 писал(а):

Требуемый многочлен можно найти гораздо проще. Например, раскладывая на множители многочлен $x^{60}-1$. Пусть Вас не пугает, что степень большая. Там все легко делается.

Получается,

$$x^{60}-1=(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{15}-i)(x^{15}+i)$$

Дальше формула разности квадратов не применима, т.к. степени пошли нечетные, что делать?

[patzer2097]

Как вариант решения, можно заметить, что сумма квадратов всех корней степени $n$ из $1$ равна $0$ при $n>2$, применить формулу включений-исключений и написать ответ

[ZumbiAzul]

patzer2097 в сообщении #946312 писал(а):

Как вариант решения, можно заметить, что сумма квадратов всех корней степени $n$ из $1$ равна $0$ при $n>2$, применить формулу включений-исключений и написать ответ

К сожалению, я не встречался с формулой включений-исключений( Что это за формула, как ее применять?

[VAL]

ZumbiAzul в сообщении #946307 писал(а):

VAL в сообщении #946295 писал(а):

Требуемый многочлен можно найти гораздо проще. Например, раскладывая на множители многочлен $x^{60}-1$. Пусть Вас не пугает, что степень большая. Там все легко делается.

Получается,

$$x^{60}-1=(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{15}-i)(x^{15}+i)$$

Дальше формула разности квадратов не применима, т.к. степени пошли нечетные, что делать?

Это не то разложение.
Во-первых, Вы вышли за пределы $\mathbb Q[x]$. А во-вторых, Ваши множители не являются неприводимыми.
В качестве начального шага пойдет $(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{30}+1)$.
А дальше можно применить формулы суммы и разности кубов.
(А потом еще кое-что.)

[patzer2097]

ZumbiAzul в сообщении #946322 писал(а):

К сожалению, я не встречался с формулой включений-исключений( Что это за формула, как ее применять?

это широко известный факт, можете попробовать поискать тут

[ZumbiAzul]

VAL в сообщении #946323 писал(а):

Вы вышли за пределы $\mathbb Q[x]$.

Это обозначение для кольца многочленов с рациональными коэффициентами? Как я понял, что смысл Ваших слов в том, чтобы не выходить в комплексную плоскость, да?

VAL в сообщении #946323 писал(а):

Ваши множители не являются непридимыми.

Вы имели в виду "неприводимыми"?

VAL в сообщении #946323 писал(а):

В качестве начального шага пойдет $(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{30}+1)$.
А дальше можно применить формулы суммы и разности кубов.

Вот, что получается:

$$(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{30}+1)=$$

$$=(x^{5}-1)(x^{10}+x^{5}+1)(x^{5}+1)(x^{10}-x^{5}+1)(x^{10}+1)(x^{20}-x^{10}+1)$$

Что тут можно дальше сделать, пока не соображу.

[VAL]

ZumbiAzul в сообщении #946349 писал(а):

VAL в сообщении #946323 писал(а):

Вы вышли за пределы $\mathbb Q[x]$.

Это обозначение для кольца многочленов с рациональными коэффициентами? Как я понял, что смысл Ваших слов в том, чтобы не выходить в комплексную плоскость, да?

Как и написал, мы не будем выходить из $\mathbb Q[x]$ (даже из $\mathbb Z[x]$)

Цитата:

VAL в сообщении #946323 писал(а):

Ваши множители не являются непридимыми.

Вы имели в виду "неприводимыми"?

Конечно! Очепятался

Цитата:

Вот, что получается:

$$(x^{15}-1)(x^{15}+1)(x^{30}+1)=$$

$$=(x^{5}-1)(x^{10}+x^{5}+1)(x^{5}+1)(x^{10}-x^{5}+1)(x^{10}+1)(x^{20}-x^{10}+1)$$

.
Разумеется, это разложение тоже не окончательно.
Но, прежде чем продолжить, давайте разберемся с корнями получившихся сомножителей.
Ведь корни исходного многочлена - это, в точности, корни 60-й степени из единицы.
Значит, корни каждого из сомножителей - это тоже корни 60-й степени из единицы.
В частности, где-то там есть и интересующие нас, первообразные корни. Догадались в каком сомножителе?