Корни из единицы

[lega4]

А как можно обосновать, что именно в последнем (Это же так?) слагаемом будет 5 в меньшей степени?

[venco]

Ну, например, тем, что $k!$ не делится на $5^{k-1}$ для $k>1$.

[Профессор Снэйп]

lega4 в сообщении #357345 писал(а):

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

$$ -\arctg \frac{5}{13} $$

Так красивее?

[Null]

Вообще легко доказать что если $cos(\frac{p\pi}{q})=\frac{a}{b}$, то $\frac{a}{b}\in\{-1,-0.5,0,0.5,1\}$

Надо заметить что $cos(\frac{2^k p\pi}{q})$-периодическая по $k$ начиная с некоторого места.

[lega4]

venco в сообщении #357416 писал(а):

Ну, например, тем, что $k!$ не делится на $5^{k-1}$ для $k>1$.

Что-то недополнял, как эту неделимость привязать к младшей степени пятерки...

Цитата:

Так красивее?

Нет :)

Null в сообщении #358282 писал(а):

Вообще легко доказать что если $cos(\frac{p\pi}{q})=\frac{a}{b}$, то $\frac{a}{b}\in\{-1,-0.5,0,0.5,1\}$

Надо заметить что $cos(\frac{2^k p\pi}{q})$-периодическая по $k$ начиная с некоторого места.

Как это, интересно, легко доказать...
Пока вариант с делимостью норм, только вот про меньшую степень вопрос...

[AlexandreII]

Итак, известно:
$\cos a = -5/13, \sin a = 12/13$.

Может ли $n a = 0 \mod 2\pi$?

Это тоже, что и $\cos na = 1$.

$\cos na = T_n (\cos a)$, $T_n$ - многочлены Чебышева.

То есть надо: $T_n(-5/13)=1$.

$T_n$ - многочлен с целыми коэффициентами и старшим коэф. $2^{n-1}$.

Если многочлен $f(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k$ с целыми коэффициентами имеет рац. корень $p/q$, то

$\sum_{k=0}^n a_k p^k q^{-k} = 0$

умножим на $q^n$:
$\sum_{k=0}^n a_k p^k q^{n-k} = 0$

Берем по модулю q: $a_n = 0 \mod q$. Старший коэффициент делится на q.
Очевидно, что $2^{n-1}$ не может делиться на 13.

Ответ: это не корень из 1.

[Padawan]

AlexandreII
Красиво!

[Null]

Пусть $cos(\frac{p\pi}{q})=\frac{a}{b}$. -несократимая.
$cos(\frac{2p\pi}{q})=\frac{2a^2-b^2}{b^2}$ -дробь может сократиться максимум на 2. Если $b>2$, то $b^2/2>b$ -знаменатель возрос. Продолжаем удваивать угол. Знаменатель $\frac{p_i\pi}{q_i}$ не больше $q$, значит однажды $\frac{p_i\pi}{q_i}-\frac{p_j\pi}{q_j}=2\pi k$ тогда и косинусы равны, но знаменатели не могут быть равными они возрастают.

[Padawan]

Null
Красиво!

[lega4]

Цитата:

многочлены Чебышева.

Кхм... первый раз слышу об этом))) Мнеб вариант попроще))))

[AlexandreII]

Почитайте:

http://ru.wikipedia.org/wiki/Многочлены_Чебышева

Вообще странно, что Вы про них не слышали, обычно входят в стандартный курс анализа

[ewert]

(Оффтоп)

AlexandreII в сообщении #359956 писал(а):

Вообще странно, что Вы про них не слышали, обычно входят в стандартный курс анализа

Вообще говоря, не входят (в курс именно анализа).

[lega4]

Ну может и будем эти многочлены проходить, я пока еще учусь, многого не знаю :)
Мне кажется, что вместо нового доказательства проще таки добить старое - сейчас вопрос стоит так:
Надо доказать, что в мнимой части при четных n, меньшая степень пятерки одна. Т.е. (правда ли), что при $n=5^k r$ меньшая степень пятерки в мнимой части равна $k+1$ и она одна, все остальные больше.
$Im= C_n^1 12\cdot5^{n-1}-C_n^3 12^3\cdot5^{n-3}+C_n^5 12^5\cdot5^{n-5}-...\pm n\cdot 12^{n-1}\cdot5$

[Cave]

Ещё можно записать уравнение как $(2 + 3i)^n = (2 - 3i)^n$ и воспользоваться основной теоремой арифметики в $\mathbb{Z}[i]$.