Комплексные корни n-й степени из единицы

Posted by admin on 23 Июль 2010 | Subscribe
in Лекции по алгебре
as , , , ,

Так как 1=1(\cos 0+i\sin 0), r=1, \varphi=0, то формула для корней n-й степени из 1 принимает вид

w_k=\cos \frac{2\pi k}{n}+i\sin\frac{2\pi k}{n},\quad k=0,1,2,...,n-1.

Точки wk являются вершинами правильного n-угольника, вписанного в окружность единичного радиуса с центром в начале координат, при этом одной из вершин этого многоугольника является 1. Например, при n=8

Теорема 2.9.1. Совокупность T_n=\{w\in C\mid w^n=1\} всех n корней n-й степени из 1 с операцией умножения является коммутативной группой (подгруппой в T=\{z\mid |z|=1\}\subset C^*= C\setminus \{0\}).

Доказательство.

  1. 1) Если w,z\in T_n, т. е. wn=1, zn=1, то (wz)^n=w^nz^n=1\cdot 1=1, поэтому wz\in T_n. Таким образом, на Tn определена операция умножения (очевидно, коммутативная и ассоциативная).
  2. 2) Ясно, что 1n=1, т. е. 1\in T_n, и 1 — нейтральный элемент в Tn.
  3. 3) Если w\in T_n, то wn=1,
    \left(\frac{1}{w}\right)^n=\frac{1}{w^n}=\frac{1}{1}=1,

    и поэтому w^{-1}\in T_n.

Замечание 2.9.2. Группа Tn является циклической, т. е. все ее элементы являются степенями одного элемента, называемого циклическим образующим (в качестве одного из циклических образующих можно взять w_1=\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}, так как wk=(w1)k для 0 \leq k \leq n-1, т. е. все элементы wk группы Tn являются степенями корня w1, такие корни называются первообразными). Покажите, что w_k=\cos\frac{2\pi k}{n}+i\sin\frac{2\pi k}{n} является первообразным корнем тогда и только тогда, когда наибольший общий делитель чисел k и n равен 1.

Упражнение 2.9.3. Доказать, что сумма всех k-х степеней корней уравнения xn=1 равна

n, еслиkделится на n;

0, еслиk не делится наn.

Задача 2.9.4. Если z=\frac{2+i}{2-i}, то |z|=1, но z не является корнем из единицы (т. е. z\in T\setminus T_n для любого n\in N).

Задача 2.9.5. Доказать, что

а) \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{2n}\right)... \sin\left(\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)=\frac{\sqrt{n}}{2^{n-1}};

б) \prod\limits_{k=1}^n \sin\frac{\pi k}{2n+1}=\frac{\sqrt{2n+1}}{2^n}.

Указание. Пусть

x_s=\varepsilon_s=\cos\frac{\pi s}{n}+i\sin\frac{\pi s}{n},\quad s=1,2,...,2n

(все корни степени 2n из 1).Тогда

x^{2n}-1=\prod\limits_{s=1}^{2n}(x-x_s)= \prod_{s=1}^{n-1}(x-x_s)\prod_{s=n+1}^{2n-1}(x-x_s)(x^2-1)

(так как xn=-1, x2n=1). Но x_{2n-s}=\bar x_s, поэтому

\begin{mult} x^{2n}-1=(x^2-1)\smash[b]{\prod_{s=1}^{n-1}(x-x_s)(x-\bar x_s)}={}\\ {}=(x^2-1)\prod_{s=1}^{n-1}\left(x^2-2x\cos\frac{\pi s}{n}+1\right). \end{multl}

Следовательно,

\frac{x^{2n}\!-\!1}{x^2\!-\!1}= x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}+...+x^2+1= \prod_{s=1}^{n-1}\!\left(x^2-2x\cos\frac{\pi s}{n}\!+\!1\right).

Полагая x=1, имеем

\begin{mult} n=\prod_{s=1}^{n-1}\left(2-2\cos\left(\frac{\pi s}{n}\right)\right)= \prod_{s=1}^{n-1}4\sin^2\left(\frac{\pi s}{2n}\right)={}\\ {}=2^{2(n-1)}\sin^2\left(\frac{\pi}{2n}\right) \sin^2\left(\frac{2\pi}{2n}\right)... \sin^2\left(\frac{\pi(n-1)}{2n}\right). \end{mult}

Пункт б) доказывается аналогично.