Algebra, zadanie nr 4897

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
alekk97 postów: 14	2016-10-23 14:27:05 Nie wiem, czy dobrze rozumiem to zadanie. Niech $\epsilon_{n}\neq1$ będzie pierwiastkiem stopnia $n$ z jedynki, czyli rozwiązaniem równania $x^{n}=1$. Pokaż, że istnieje liczba całkowita $r>1$ taka, że: $\cdot \epsilon_{n}^{i}\neq1$ dla $i=1,...,r-1$ $\cdot \epsilon_{n}^{r}=1$ $\cdot r $ dzieli $n$ Ze wzoru de Moivre'a $\epsilon_{n}^{r}=cos\frac{2\pi r}{n}+isin\frac{2\pi r}{n}$ Ponieważ r dzieli n, to $\epsilon_{n}^{r}=cos\frac{2\pi r}{rk}+isin\frac{2\pi r}{rk},$gdzie $k\in N$, bo r>1 $\epsilon_{n}^{r}=cos\frac{2\pi}{k}+isin\frac{2\pi}{k}$ $\epsilon_{n}^{r}=1\iff(cos\frac{2\pi}{k}=1 \wedge sin\frac{2\pi}{k}=0)\iff\frac{2\pi}{k}=2\pi l$, $l\in N$ Stąd $\frac{1}{k}=l$ $k=\frac{1}{l}$ $rk=n$ $\frac{r}{l}=n$ $r=ln$ Czyli r jest podzielone przez n $\epsilon_{n}^{r}=cos\frac{2\pi nl}{n}+isin\frac{2\pi nl}{n}$ $\epsilon_{n}^{r}=cos2\pi l+isin2\pi l=1$

tumor postów: 8070	2016-10-23 17:01:59 Rozwiązanie mi się nie podoba o tyle, że masz pokazać istnienie r, które spełnia warunki (między innymi r dzieli n), a nie z nich korzystać, jakbyś je miał już gdzieś dowiedzione. Inna rzecz, że chyba nie pamiętasz, co znaczy "r dzieli n". Znaczy, że "r jest dzielnikiem n", nie odwrotnie. Dla niektórych pierwiastków z jedynki jest prawdą, że dopiero podniesione do n-tej potęgi dają 1, czyli r=n. Jednakże nie dla wszystkich (na przykład -1 jest czwartego stopnia pierwiastkiem z jedynki, ale już do drugiej potęgi daje 1, czyli r<n, co wyklucza, by n było dzielnikiem r). Popełniasz jeszcze inny błąd, pokazując, że skoro r=ln, to r jest podzielne przez n. Byłoby tak, gdyby l było liczbą naturalną. Skoro jednak $k=\frac{1}{l}$, to dla każdego innego k niż k=1 liczba l wcale nie jest naturalna, wobec czego równanie r=ln wcale nie mówi, że n jest dzielnikiem r. Dużo błędów jak na jeden dowód. Prawdopodobnie nie rozumiesz, co piszesz. Bardzo mocno sugeruję unikania przeprowadzania dowodów, jeśli się nie rozumie. Najpierw zrozumieć, potem zapisać. Pierwiastek n-tego stopnia z jedynki ma postać $\epsilon_n=cos\frac{2\pik}{n}+isin\frac{2\pik}{n}$ dla $k=0,1,...,n-1$ Przy tym k=0 dałoby $\epsilon_n=1$, wobec tego je odrzucamy. Dla pozostałych k mamy $\epsilon_n\neq 1$. Wiemy zatem, że $\epsilon_n^1\neq 1$ i wiemy, że $\epsilon_n^n=1$, wobec czego wiemy, że istnieje najmniejsza liczba naturalna r o tej własności, że $\epsilon_n^r=1$ (w każdym niepustym podzbiorze zbioru dobrze uporządkowanego istnieje element najmniejszy) Pozostaje tylko pokazać, że takie r dzieli n. Przypuśćmy zatem, że jest inaczej, czyli r nie jest dzielnikiem n. Wówczas $n=ar+b$, gdzie $a,b\in N$, $0<b<r$ jednakże $1=\epsilon_n^n=\epsilon_n^{ar+b}=(\epsilon_n^r)^a\epsilon_n^b=1\epsilon_n^b=\epsilon_n^b$, co jednak jest sprzeczne z uwagą, że r jest najmniejszym r o tej własności, skoro b<r.

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj