Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

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.

[svv]

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.

[мат-ламер]

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.

[Sinoid]

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.

[мат-ламер]

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.

[Sinoid]

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?

[мат-ламер]

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.

[Sinoid]

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 $q_{1},\, q_{2}\in\mathbb{Z}$.

[мат-ламер]

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

[svv]

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 $m$.


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.

[svv]

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 $z^3-z^6=1$.

[Sinoid]

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!

[svv]

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.

[Sinoid]

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 $n$ ( ) 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.

[Sinoid]

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.