Задача о трёх комплексных числах

[Коровьев]

Доказать, что сумма трёх комплексных чисел равных по модулю единице, с рациональными не равными нулю вещественными и мнимыми частями не может равняться нулю.

[amon]

Коровьев в сообщении #1034981 писал(а):

не равными нулю вещественными и мнимыми частями

Это, IMHO, лишнее.

[Коровьев]

amon в сообщении #1035014 писал(а):

Коровьев в сообщении #1034981 писал(а):

не равными нулю вещественными и мнимыми частями

Это, IMHO, лишнее.

Согласен, это условие лишнее.

[grizzly]

От противного.
Пусть такие три точки на единичной окружности существуют. Несложно убедиться, что длины сторон полученного треугольника равны (параллелограмм с одинаковыми сторонами -- ромб, диагонали ромба пересекаются под прямым углом и точкой пересечения делятся пополам [использовать дважды]).

Можем посчитать площадь треугольничка через векторное произведение. Следовательно, эта площадь выражается рациональным числом, что не есть хорошо для вписанного в единичную окружность равностороннего треугольника.

[ex-math]

Площадь будет не рациональной, а будет выражаться через радикал.

[ex-math]

На самом деле, после того, как Вы показали, что это равносторонний треугольник, достаточно расписать вещественные и мнимые части в $z_2=z_1e^{\frac {2\pi i}3$. Одновременная рациональность вещественной и мнимой частей $z_1$ и $z_2$ возможна только если они оба нули.

[grizzly]

ex-math в сообщении #1035176 писал(а):

Площадь будет не рациональной, а будет выражаться через радикал.

Это Вы о какой площади говорите? Если о площади вписанного в единичную окружность равностороннего треугольника, то да, и я считаю эту формулу известной. Если же о той, что я вывожу через векторное произведение, то нет: координаты векторов рациональны, поэтому и площадь рациональна. В этом-то и получилось противоречие.

ex-math в сообщении #1035176 писал(а):

На самом деле, после того, как Вы показали, что это равносторонний треугольник, достаточно расписать вещественные и мнимые части

Согласен, но через площади мне как-то и проще и красивее :)

[ex-math]

grizzly
Это я виноват Когда говорят площадь, да еще векторное произведение, я все время представляю трехмерное пространство, а там площади треугольников с рациональными вершинами чаще всего содержат радикал.

[ewert]

grizzly в сообщении #1035096 писал(а):

[использовать дважды]

Дважды -- чего-то многовато. Достаточно того, что любые два вектора должны быть расположены симметрично относительно третьего. (и вообще, самое разумное доказательство равносторонности -- это "очевидно, что")

[Коровьев]

Да, векторное решение и проще и элегантней.


У меня решение алгебраическое, но "В самом деле, не пропадать же куриным котлетам де-воляй"

Комплексное число с единичным модулем и рациональными частями равно

$$\[ \frac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} + \frac{{2t}}{{1 + t^2 }}i \]$

при некотором рациональном $t$
Обозначим

$$\[ \frac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} = C\left( t \right) \]$

$$\[ \frac{{2t}}{{1 + t^2 }} = S\left( t \right) \]$


Пусть

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} \alpha = C\left( x \right) + S\left( x \right)i \\ \beta = C\left( y \right) + S\left( y \right)i \\ \gamma = C\left( z \right) + S\left( z \right)i \\ \end{array} \right. \]$
$x,y,z$ рациональные

так как

$\[ \alpha + \beta + \gamma = 0 \] $

то

$\[ {\left\{ \begin{array}{l} C\left( x \right) + C\left( y \right) = - C\left( z \right) \\ S\left( x \right) + S\left( y \right) = - S\left( z \right) \\ \end{array} \right.} \]$

Возведём оба уравнения в квадрат и сложим.
Получим

$\[ C\left( x \right)C\left( y \right) + S\left( x \right)S\left( y \right) = - \frac{1}{2} \]$

В теме "Диофантовые уравнения и тригонометрия."
показано, что
$$\[ C\left( x \right)C\left( y \right) + S\left( x \right)S\left( y \right) = C\left( {\frac{{x - y}}{{1 + xy}}} \right) \]$

$$\[ C\left( {\frac{{x - y}}{{1 + xy}}} \right) = C\left( k \right) = \frac{{1 - k^2 }}{{1 + k^2 }} = - \frac{1}{2} \to k^2 = 3 \]$
Что невозможно.

[Evgenjy]

grizzly в сообщении #1035178 писал(а):

через площади мне как-то и проще и красивее

Через площадь треугольника коротко и красиво.

[amon]

Приведу все-таки свое, "трамвайное", хотя с векторным произведением мне тоже нравится. Мое - "физическое". Что бы сумма трех единичных векторов была нулем, надо что бы угол между этими векторами был 120 градусов. Один из векторов совместим с какой-нибудь осью, скажем, $X$. Все остальные возможные положения получаются из этого поворотом. Тогда $\sin$ и $\cos$ угла поворота должен быть рациональными числами. Но соответствующие координаты оставшихся векторов иррациональны. Значит ни фига не получится.

[ex-math]

amon
То же самое я предлагал выше http://dxdy.ru/post1035176.html#p1035176.

[amon]

ex-math в сообщении #1035295 писал(а):

То же самое я предлагал выше

Согласен. То, что я написал - тоже самое, но на языке рабочих и крестьян.

[Evgenjy]

amon в сообщении #1035293 писал(а):

Значит ни фига не получится.

Нет, вообще говоря, может получится. При таком повороте координаты новых векторов есть линейная комбинация иррациональных чисел с рациональными коэффициентами. В общем случае эта комбинация может оказаться рациональной. Т. е. такое общее рассуждение не проходит как доказательство.