Кострикин. Курс алгебры, задачник

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596671 писал(а):

Нужно же решить каждое из четырех уравнений, получающееся при всевозможных комбинациях знаков? Т. е.

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

Да.

Возможно я не совсем правильно вас информировал. Рассмотрим пример. Пусть вам надо решить уравнение: $z^2\pm z \pm 1 =0$ . Можно решать каждое из четырёх уравнений. А наверное можно решать лишь одно уравнение, грамотно употребляя знак $\pm$ . В ответе в любом случае надо указать все восемь корней этого уравнения.

[Sinoid]

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

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

Ну, судя по этой подсказке и по структуре исходного уравнения (3 слагаемых, среди которых 1, хотя это и не столь важно, но все же), я должен получить, что эти величины равны соответственно $\varepsilon$ и $\varepsilon^2$, где $\varepsilon$ - любой из двух отличных от 1 кубических корней из 1. Только, как это сделать, пока не соображу.

[Sinoid]

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

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

Ну, судя по тому, что я насчитал вот здесь:

Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):

(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.

, у меня для этих величин из взятого мной уравнения

Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):

$x^{n}+x^{m}-1=0$

есть всего 2 варианта значений: $\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{alignedat} \right.$, или $\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{alignedat} \right.$.

-- 07.06.2023, 03:01 --

А в каждом варианте значений оба значения - отличные от 1 корни шестой степени из 1... Хм, теперь что, у $n$ и $m$ начать рассматривать их остатки по модулю 6?

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596805 писал(а):

Ну, судя по тому, что я насчитал вот здесь:

Я это шаг осуществил без расчётов из чисто геометрических соображений. Например, для вашего уравнения $z^n+z^m-1=0$ величины $z^n$ , $z^m$ и $-1$ должны находиться в комплексной плоскости на единичной окружности в вершинах правильного треугольника.

Sinoid в сообщении #1596805 писал(а):

Хм, теперь что, у $n$ и $m$ начать рассматривать их остатки по модулю 6?

Дальше я не решал. Какие тут должны быть ответы, в общем понятно (чисто из геометрических соображений). Хотя, если у вас алгебраический тип мышления, можете использовать остатки по модулю. Задача - записать ответ в в компактном удобочитаемом виде. Например, для первой вашей фигурной скобки это будет серия $n=1,4,7...$ , $m=2,5,8...$ .

Sinoid в сообщении #1596805 писал(а):

А в каждом варианте значений оба значения - отличные от 1 корни шестой степени из 1...

А тут вопрос - а только ли шестой?

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596828 писал(а):

Например, для вашего уравнения $z^n+z^m-1=0$ величины $z^n$ , $z^m$ и $-1$ должны находиться в комплексной плоскости на единичной окружности в вершинах правильного треугольника.

Это все понятно. А почему величины $z^n$ , $z^m$ и $-1$ не могут рассматриваться как вершины правильного, скажем, 12-угольника? Вот в чем для меня сейчас вопрос. Понятно, что я сейчас повторяю ваши слова;

мат-ламер в сообщении #1596828 писал(а):

А тут вопрос - а только ли шестой?

, но геометрическими методами ответить на этот вопрос я пока не могу. И мне вчера, сегодня ночью, не оставалось ничего более, чем привлечь алгебру.

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 $\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{alignedat} \right.$

Из этих двух разных систем равенств следует одно и то же равенство: $x^{n+m}=1$, т. е., если $x$ - корень из 1 степени $s$, то выполняется следующее сравнение: $n+m\equiv0(\mod s)$. Все, в общем-то, стандартно. Осталось только найти $s$???

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1596828 писал(а):

Например, для первой вашей фигурной скобки это будет серия $n=1,4,7...$ , $m=2,5,8...$ .

Стоп! Я тут попутал и рассматривал не ваше уравнение, а некоторое своё. А для вашего уравнения и первой скобки серия будет: $n=1,7,13..$ , $m=5,11,17...$ .

-- Ср июн 07, 2023 18:08:21 --

Sinoid в сообщении #1596833 писал(а):

. А почему величины $z^n$ , $z^m$ и $-1$ не могут рассматриваться как вершины правильного, скажем, 12-угольника? Вот в чем для меня сейчас вопрос.

Может. И тогда числа в ответе удвоятся. И тут возникают странности. В условии задачи не оговаривается, какой степени у нас корень. В ответе чётко говорится, что корень получается только шестой степени. И эта неточность в ответе, на которую я намекал.

-- Ср июн 07, 2023 18:11:14 --

Sinoid в сообщении #1596833 писал(а):

Осталось только найти $s$???

Это число равно степени корня, которую мы рассматриваем.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596834 писал(а):

В ответе чётко говорится, что корень получается только шестой степени. И эта неточность в ответе, на которую я намекал.

Да??? Как интересно.

-- 07.06.2023, 18:15 --

мат-ламер в сообщении #1596834 писал(а):

Это число равно степени корня, которую мы рассматриваем.

Да, это все понятно. У меня идеи нету...

-- 07.06.2023, 18:21 --

Так...

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 $\left\{ \begin{alignedat}{2}x^{n} &= & \dfrac{1}{2} & - & i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ x^{m} & = & \dfrac{1}{2} & + & i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{alignedat} \right.$.

в каждом из этих двух вариантов $x^{3n}=1$ и $x^{3m}=1$.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596836 писал(а):

Да, это все понятно. У меня идеи нету...

В ответе (в моём издании) приведены все серии. Они идут с шагом $6$ . Корни рассматриваются, по-видимому, только шестой степени.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596839 писал(а):

Корни рассматриваются, по-видимому, только шестой степени.

мат-ламер в сообщении #1596834 писал(а):

В ответе чётко говорится, что корень получается только шестой степени. И эта неточность в ответе, на которую я намекал.

А на самом деле они не только шестой, а любой четной степени (

мат-ламер в сообщении #1596828 писал(а):

$z^n$ , $z^m$ и $-1$

там есть -1), большей трех и кратной трем. Так?

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596840 писал(а):

А на самом деле они не только шестой, а любой четной степени (

Не уверен. Думаю, что для вашего уравнения степень может быть типа $6k$ . А некоего другого уравнения и $3k$ .

Sinoid в сообщении #1596840 писал(а):

там есть -1), большей трех и кратной трем. Так?

Извините, ничего не понял. Сегодня на улице жара и я что-то много туплю.

-- Ср июн 07, 2023 19:51:11 --

Sinoid в сообщении #1596836 писал(а):

в каждом из этих двух вариантов $x^{3n}=1$ и $x^{3m}=1$.

Вроде как у вас тут опечатка. Вместо тройки в формулах должна быть шестёрка.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596844 писал(а):

Сегодня на улице жара и я что-то много туплю.

А я-то как туплю.

мат-ламер в сообщении #1596844 писал(а):

Sinoid в сообщении #1596840 писал(а):

А на самом деле они не только шестой, а любой четной степени (

Sinoid в сообщении #1596836 писал(а):

в каждом из этих двух вариантов $x^{3n}=1$ и $x^{3m}=1$.

Вроде как у вас тут опечатка. Вместо тройки в формулах должна быть шестёрка.

Взять этот мой перл со степенью 3. Ну, я же знаю, что $\left\{ \begin{alignedat}{4}\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{3} & = & \left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)^{3} & = & \cos\pi+i\sin\pi & = & -1\\ \left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{3} & = & \left(\cos\dfrac{5\pi}{3}+i\sin\dfrac{5\pi}{3}\right)^{3} & = & \cos5\pi+i\sin5\pi & = & -1 \end{alignedat} \right.$. Знаю. Так, спрашивается, как меня сподобило написать такую ересь? Баран бараном я .

-- 08.06.2023, 01:08 --

мат-ламер в сообщении #1596844 писал(а):

Извините, ничего не понял.

Ну, в смысле, потому что там есть минус, отрицательное число. Поэтому и корень из 1 из задачи должен быть четной степени.

-- 08.06.2023, 01:12 --

мат-ламер в сообщении #1596844 писал(а):

Вместо тройки в формулах должна быть шестёрка.

Итак, да, все так и есть. А вот дальше что?

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596870 писал(а):

Итак, да, все так и есть. А вот дальше что?

Вопрос "дальше что?" поставил меня в тупик. Ответ на него зависит от того, а где мы сейчас? С уравнением $z^n-z^m+1=0$ разобрались или нет? Если не разобрались, то какие конкретно остались вопросы именно по этому уравнению? Если разобрались, то уравнения с другой комбинацией знаков плюс/минус решаются аналогично. Стоит ли заниматься их решением, вы сами должны определиться. Особенно ничего нового для вашего развития это не даст. И тут вопрос, какими степенями корней можно ограничиться. 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.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1596942 писал(а):

сли разобрались, то уравнения с другой комбинацией знаков плюс/минус решаются аналогично. ... Особенно ничего нового для вашего развития это не даст.

Да это я прекрасно понимаю.

мат-ламер в сообщении #1596942 писал(а):

С уравнением $z^n-z^m+1=0$ разобрались или нет?

В том-то и дело, что, нет, не разобрался. Т. е. вот смотрите. Вот я написал систему равенств

Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):

$\left\{ \begin{alignedat}{2}n\varphi & = & (6k_{1}+1)\cdot\dfrac{\pi}{3}\\ m\varphi & = & (6k_{2}+1)\cdot\dfrac{\pi}{3} \end{alignedat} \right.$.

так все дело в том, что эту систему равенств я могу переписать в следующем виде: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n\varphi & = & \dfrac{6k_{1}+1}{t}\cdot\dfrac{\pi t}{3}\\ m\varphi & = & \dfrac{6k_{2}+1}{t}\cdot\dfrac{\pi t}{3} \end{alignedat} \right.$, где $t$ пока будем рассматривать не произвольным целым, отличным от 0 параметром, а произвольным ненулевым натуральным параметром (случай же отрицательного, ненулевого, целого значения параметра $t$ мне сейчас кажется сводящемся к этому случаю), а $k_1$, $k_2$ нужно брать такими, чтобы дроби $\dfrac{6k_{1}+1}{t}$ и $\dfrac{6k_{2}+1}{t}$ принимали значения, являющимися целыми числами. Так?

-- 08.06.2023, 19:51 --

мат-ламер в сообщении #1596942 писал(а):

С уравнением $z^n-z^m+1=0$ разобрались...

Стоп. Я брал уравнение

Sinoid в сообщении #1596728 писал(а):

$x^{n}+x^{m}-1=0$.

(почему-то написал не то неизвестное). Решение именно этого уравнения написано мной в этом посте выше.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1596954 писал(а):

почему-то написал не то неизвестное)

Обычно для комплексных переменных используют букву $z$ . Но не суть. 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). Однако, тут возникает вопрос, все ли решения мы нашли? Тут надо точно записать наше решение. Мы видим, что $n$ может принимать значения $1,2,7,8,13,14...$ . И $m$ может принимать те же значения. Однако, принимать значения они должны согласовано - чтобы их сумма была нечётным числом. Но это всё мои интуитивные соображения. Я так понял, что вы хотите подкрепить интуитивные соображения точным алгебраическим анализом. Я не думал об этом. И что-то мне не хочется лезть в это дело - максимально строго оформлять то, что кажется и так интуитивно ясным. Просто лень.

-- Чт июн 08, 2023 21:20:56 --

мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):

Тут надо точно записать наше решение.

Ну, оно так и записывается,

мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):

$n=6k+1$ и $m=6l+2$

либо
$m=6k+1$ и $n=6l+2$ .

[Sinoid]

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.

-- 09.06.2023, 00:42 --

мат-ламер в сообщении #1596957 писал(а):

Я так понял, что вы хотите подкрепить интуитивные соображения точным алгебраическим анализом.

Да мне хоть каким: алгебраическим ли, геометрическим, лишь бы это было законченное рассуждение, а то такое ощущение, как будто так и остаешься на перепутье.