Кострикин. Курс алгебры, задачник

[svv]

Sinoid в сообщении #1597497 писал(а):

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 $\varphi=\dfrac{2\pi}{p}$

Вот тут не очень понял. Например, для $p=7$ аргументы корней $p$-й степени из единицы могут принимать значения
$0,\frac{2\pi}{7},\frac{4\pi}{7},\frac{6\pi}{7},\frac{8\pi}{7},\frac{10\pi}{7},\frac{12\pi}{7}$,
из которых только один равен $\frac{2\pi}{p}$. Возможно, это не имеет значения для дальнейшего?

[Sinoid]

svv в сообщении #1597609 писал(а):

Например, для $p=7$ аргументы корней $p$-й степени из единицы могут принимать значения
$0,\frac{2\pi}{7},\frac{4\pi}{7},\frac{6\pi}{7},\frac{8\pi}{7},\frac{10\pi}{7},\frac{12\pi}{7}$,
из которых только один равен $\frac{2\pi}{p}$.

Во-первых, случая $p=7$ не может быть, т. к. по доказанному ниже

Sinoid в сообщении #1597497 писал(а):

Таким образом, $p$ имеет следующий вид: $p=6t$, где $t$ - отличное от 0 натуральное число.

Во-вторых, вот здесь:

Sinoid в сообщении #1597497 писал(а):

Тогда $z=\cos\dfrac{2\pi}{p}+i\sin\dfrac{2\pi}{p}$.

я имел ввиду, что возьмем для примера простейший корень $p$-й степени из 1, но почему-то это явно не проговорил . Вообще же я написал то главным образом для того, чтобы явно показать, что ответ в задачнике неполон. Спасибо, что не теряете интерес к этой теме вообще и к этой задаче в частности.

(Оффтоп)

Я сейчас еще пишу по этой задаче сюда.

[svv]

Понятно. Совершенно согласен, что ответ там неполон.

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1597361 писал(а):

(Оффтоп)

svv в сообщении #1597206 писал(а):

Остаётся перебросить логический мостик от $(*)$ к $(**)$.

Делается. В одну сторону, как будто, уже получилось.

Покажем, что, если выполняются равенства

svv в сообщении #1597206 писал(а):

$m(3k_1+1)=n(3k_2-1)\qquad(*)$
Это означает, что пара $(n,m)$ является решением, если найдутся такие целые $k_1,k_2$, что выполняется $(*)$.

, то верно и

svv в сообщении #1597206 писал(а):

$f(n)=f(m)=f(n-m)\qquad(**)$

и обратно. Пусть выполняется (*). $n$ и $m$ мы можем представить в виде $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 3^{v}n_{1}\\ m & = & 3^{u}m_{1} \end{alignedat} \right.$, где $v$ и $u$ - некоторые целые неотрицательные числа, а $n_1$, $m_1$ - просто некоторые целые, неделящиеся на 3. Тогда равенство (*) мы можем переписать так: $3^{u}m_{1}(3k_{1}+1)=3^{v}n_{1}(3k_{2}-1)$. Если бы было, например, $u<v$, то после сокращения последнего написанного равенства на $3^u$, мы получили бы новое, как бы верное равенство. Однако у этого равенства левая бы часть, $m_1(3k_{1}+1)$, не делилась бы на 3, в то время как правая делилась бы на 3. Т. е., это равенство не могло бы быть верным. Точно так же доказывается, что предположение $u>v$ приводит к противоречию. Ну и остается только возможность $u=v$. Однако, очевидно, что $u=f(m)$, а $v=f(n)$, откуда $f(m)=f(n)$. После этого из равенства $3^{u}m_{1}(3k_{1}+1)=3^{v}n_{1}(3k_{2}-1)$ следует равенство $m_{1}(3k_{1}+1)=n_{1}(3k_{2}-1)$. Далее, ввиду условия/ограничения, наложенного на $m_1$, $m_1$ может иметь 2 вида: или $m_{1}=3m_{2}+1$, или $m_{1}=3m_{2}+2$, где $m_2$ в обоих видах целое. Если $m_{1}=3m_{2}+1$, то $m_{1}(3k_{1}+1)$ имеет вид $3s+1$, где $s$ - некоторое целое, и, для того, чтобы и $n_{1}(3k_{2}-1)$ могло иметь такой же вид, $n_{1}$ должно иметь вид $n_{1}=3n_{2}+2$, где $n_{2}$ - тоже некоторое целое, какое по счету уже не знаю. Да и неважно: в этом посте вообще, если я ввожу новую целую/натуральную величину, то это значит, что, во всяком случае, изначально, в момент ввода, она предполагается неидентичной ни с одной уже ранее введенной целой/натуральной величиной, а как уж дальше получится - это как получится. Конечно, тупая оговорка, но почему-то мне ее захотелось сделать. Наверное, потому, что уже к этому месту здесь навведена не пойми какая куча величин. Ну, да ладно, это отступление. Значит, в этом случае будет $n_{1}-m_{1}=3(n_{2}-m_{1})+1$ и $3\not\mid n_{1}-m_{1}$. Далее, вспоминая выражения $m$ и $n$ соответственно через $m_1$ и $n_1$ и доказанное выше равенство $u=v$, получу: $n-m=3^{v}(n_{1}-m_{1})$, и, принимая во внимание доказанную чуть выше неделимость $n_{1}-m_{1}$ на 3, получаем: $f(n-m)=v=f(n)=f(m)$. Случай $m_{1}=3m_{2}+2$ разбирается аналогично и я поэтому не буду этого делать. Итак, равенства (**) доказаны.

Обратно. Пусть выполняются равенства (**). Значит, в этом случае (по соображениям по сути аналогичным тем, которыми я пользовался выше при представлении чисел $n$ и $m$ в виде $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 3^{v}n_{1}\\ m & = & 3^{u}m_{1} \end{alignedat} \right.$. Использование далее величин $n_1$ и $m_1$ - тех же величин, которые в этом посте использовались раньше, не должно вызывать вопросов: по сути это те же самые величины) $n$ и $m$ можно представить в следующем виде: $n = 3^{v}n_{1}$, где $n_{1}$ - некоторое целое, неделящееся на 3, а $v=f(n)$ и $m=3^{v}m_{1}$, где $m_{1}$ - тоже некоторое целое, неделящееся на 3, число. Тогда имеем: $n-m=3^{v}(n_{1}-m_{1})$, а, т. к. должно быть и $v=f(n-m)$, то верно и что $3\not\mid n_{1}-m_{1}$, что вместе с условиями $3\not\mid n_{1}$ и $3\not\mid m_{1}$ дает 2 варианта вида чисел, которые могут иметь числа $n_1$ и $m_1$: $\left\{ \begin{alignedat}{3}n_{1} & = & 3n_{2} & + & 1\\ m_{1} & = & 3m_{2} & + & 2 \end{alignedat} \right.$ или $\left\{ \begin{alignedat}{3}n_{1} & = & 3n_{2} & + & 2\\ m_{1} & = & 3m_{2} & + & 1 \end{alignedat} \right.$. Как, на мой взгляд, более интересного, мы рассмотрим детально второй вариант. Рассмотрение первого варианта принципиально ничем не отличается. Итак, в этом случае будет: $\left\{ \begin{alignedat}{2}n & = & 3^{v}(3n_{2}+2)\\ m & = & 3^{v}(3m_{2}+1) \end{alignedat} \right.$, а нам нужно доказать существование таких целых $k_1,\,k_2$, что выполняется равенство $m(3k_{1}+1)=n(3k_{2}-1)$. Для этого достаточно просто указать конкретно хотя бы одну пару таких целых $k_1,\,k_2$, что в рассматриваемом варианте вида чисел $n_1,\,m_1$ выполняется последнее равенство. Что ж, предположим, что такие целые $k_1,\,k_2$ действительно существуют. Последнее написанное равенство мы в рассматриваемом варианте вида чисел $n_1,\,m_1$ можем переписать так: $3^{v}(3m_{2}+1)(3k_{1}+1)=3^{v}(3n_{2}+2)(3k_{2}-1)$, или $(3m_{2}+1)(3k_{1}+1)=(3n_{2}+2)(3k_{2}-1)$. Перепишем последнее равенство так: $(-3m_{2}-1)(3k_{1}+1)=(-3n_{2}-2)(3k_{2}-1)$. Это равенство можно представить в виде $(3(-m_{2})-1)(3k_{1}+1)=(3(-n_{2}-1)+1)(3k_{2}-1)$. Последнее равенство, а, значит, и (*) в рассматриваемом варианте вида чисел $m_1,\,n_1$ будет выполняться, если положить, например, $k_1=-n_2-1$, $k_2=-m_2$. при этом величины $k_1,\,k_2$ получают целые значения. Таким образом, то, что нужно было сделать, сделано - доказано существование в рассматриваемом варианте вида чисел $n_1$ и $m_1$ таких целых $k_1$ и $k_2$, что верно (*). На этом доказательство равносильности (*) и (**) можно считать законченным.

-- 16.06.2023, 18:41 --

svv в сообщении #1597609 писал(а):

Возможно, это не имеет значения для дальнейшего?

Что вы! Напротив! Я хочу, чтобы все было максимально точно и максимально проговорено явно. Поэтому любое замечание подобного типа для меня очень важно. Большое спасибо!

-- 16.06.2023, 19:03 --

(Оффтоп)

svv в сообщении #1597363 писал(а):

Я написал простую программку на C++

Какой вы, все-таки, счастливчик: и С++ знаете, и все. Я думаю, это не 1 ЯП, который знаете вы. И в постшкольной физике тянете. А я... В том году опять взялся за Питон я знаю, что произносится это не так. Думаю, ну между делками я его на этот раз доканаю. Месяца 3 я смог на него выделять час в день, потом, как подкатил очередной аврал, опять пришлось забросить. Просто не смог столько в сутки проворачивать. До этого с С++ начинал - то же самое. Книгу по фильму "Интерстеллар" скачал. Думаю, пока хоть в форме научпопа к этому приобщусь. Ага, щас. То же самое...

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1596954 писал(а):

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

Вот тут затупил. Когда писал, думал, что $\dfrac{\pi t}{3}$ буду получать с помощью показателя корня из 1, думал, что это - $2\pi$, деленное на этот самый показатель с подкрученным, там, если нужно, знаком. Но тогда этот самый показатель должен быть равен (о знаках пока не думаем: о согласовании знаков с теми объектами, в которых, около которых, они используются мы подумаем потом, когда узнаем, сможем ли обеспечить возможность изменяться показателю этого корня из 1 в задаче в достаточно больших границах см. ниже) $\dfrac{6}{t}$ и $t$ нужно было бы брать таким натуральным числом, чтобы последняя дробь была бы тоже натуральным числом. Но это дает буквально единичные количества вариантов для степени корня из 1 в задаче, конечное количество этих вариантов, что, после того, как было положено, что эта степень кратна 6, начинает казаться излишне стесняющим.

Фууух. Вот теперь это кажется все, что я хотел сказать по данной задаче.

[svv]

Sinoid в сообщении #1597816 писал(а):

На этом доказательство равносильности (*) и (**) можно считать законченным.

Хорошо. Надеюсь, Вы простите, что я так прямо каждую буковку Вашего вывода не проверял, а ознакомился с ним на уровне идеи.

(Оффтоп)

Sinoid в сообщении #1597816 писал(а):

и С++ знаете, и все

Так ведь у нас очень многие участники могут, решив задачу, написать к ней программу. Это скорее правило, чем исключение.

[Sinoid]

(Оффтоп)

svv в сообщении #1597992 писал(а):

Надеюсь, Вы простите, что я так прямо каждую буковку Вашего вывода не проверял, а ознакомился с ним на уровне идеи.

Спасибо большое и на этом. Просто, когда я пишу, то стараюсь сделать все максимально хорошо. Так и хотелось бы побольше контроля по возможности, чтоб не заболовать.

[Sinoid]

Скажите, пожалуйста, а в 17.4, в):

на самом же деле хотели дать такое задание: $\left(\left(\begin{matrix}2 & 1\\ 5 & 3 \end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}1 & 0\\ 1 & 1 \end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}3 & -1\\ -5 & 2 \end{matrix}\right)\right)^{n}$? Ведь применения указания, данного к этому заданию:

в том виде, в котором это задание приведено в задачнике, скорее всего, ничего не дает, зато применение того же указания к заданию, в том исправленном виде, которое, по моему предположению, действительно имелось ввиду, дает ответ, приведенный в задачнике. В издании 2009 года задание приведено в том же самом, предположительно неправильном, виде.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1598629 писал(а):

В издании 2009 года задание приведено в том же самом, предположительно неправильном, виде.

Лично у меня нет. В моём издании 2009 года присутствует глобальная скобка для трёх матриц.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1598635 писал(а):

В моём издании 2009 года присутствует глобальная скобка для трёх матриц.

Ой, в моем издании 2009 г. глобальные скобки, оказывается, тоже присутствуют. Сейчас повторно открыл, посмотрел. По ходу, я тогда не тот задачник открыл: они у меня в контекстном меню Суматры рядом находятся, так что, видать, когда на мышке левую кнопку нажимал, она незаметно и съехала. Извините, пожалуйста. Спасибо.

[Sinoid]

Скажите, а вот в задаче 17.9:

условие же сформулировано не полностью, там же еще нужно добавить, что матрица $C$ невырожденная?

[svv]

А какого рода сомнения Вас беспокоят? Думаете, вдруг автор знает секретный способ обращать вырожденные матрицы?

[Sinoid]

svv в сообщении #1600381 писал(а):

Думаете, вдруг автор знает секретный способ обращать вырожденные матрицы?

Ну так мало ли, как могёт быть? Люди, вон, вообще расходящиеся ряды суммируют... Спасибо.

[Sinoid]

Скажите, пожалуйста, а задачи типа задач, приведенных в упражнении 17.10:

решаются же с помощью определения, данного в приложении второй части обсуждаемого курса:

? В обеих буквах упражнения даны нильпотентные матрицы. На мой взгляд, это намек в пользу моего предположения о способе решения этих задач.

-- 09.07.2023, 19:51 --

Скажите, а вот 17.11, б):

решается угадыванием или с помощью аналога формулы разложения в ряд функции $\ln(1+x)$, но только с аргументом, являющимся не числом, а матрицей?

[svv]

Sinoid в сообщении #1600425 писал(а):

решаются же с помощью определения, данного в приложении второй части обсуждаемого курса:

? В обеих буквах упражнения даны нильпотентные матрицы.

Да, но обратите внимание на пункт в) упражнения 17.10, который не попал в задачник из-за технической ошибки: