Para demostrar que el elemento $\frac{3}{n}+i\frac{4}{5}$ tiene un orden infinito en $\mathbb{C}$ para cualquier $n\in\mathbb{Z}\backslash \{0\}$

Question

El problema es demostrar que el elemento $z=\frac{3}{n}+i\frac{4}{5}$ tiene un orden infinito en el grupo $(\mathbb{C},\, \cdot\, )$ para cualquier número entero no nulo $n$ .

Consideremos el caso $|n|\neq 5$ . El valor absoluto de $z$ entonces no es igual $1$ y por lo tanto no hay tal $m\in\mathbb{N}$ que $|z|^m=1$ y por lo tanto $z$ tiene un orden infinito.

Ahora consideremos el caso $n = 5$ . En este caso $|z|=1$ y $\arg z = \arctan\frac{4}{3}$ . Así que $z^m = 1 \iff \frac{m\cdot\arg z}{2\pi}\in\mathbb{Z}$ . En otras palabras, $z$ tiene un orden finito si existe tal $m,k\in\mathbb{Z}, m>0$ que $m\cdot \arctan\frac{4}{3} = 2\pi k$ . Reformulándolo una vez más tenemos $Ord(z)<\infty \iff \exists q\in\mathbb{Q}: \arctan\frac{4}{3}=q\pi$ . Y ahí es donde estoy atascado.

Así que la pregunta es por qué no hay tal número racional $q$ que $\arctan(4/3)=q\cdot\pi$ ?

Answer 1

Un elemento $z$ con orden finito es un cero del polinomio $t^r-1$ para algún número entero positivo $r$ que hace que $z$ un número entero algebraico. Pero $(1/5)(3+4i)$ no es un entero algebraico. Su polinomio mínimo es $5t^2-6t+5$ que no es mónico.

Answer 2

Encontré una forma más directa pero menos elegante que la de Gerry Myerson. Además, esta demostración requiere menos conocimientos previos de álgebra abstracta y lineal, por lo que es más fácil de entender (para un estudiante).

Así, consideramos el caso $n=5$ , $z=\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i$ y tratar de demostrar que $Ord(z)<\infty$ . Observamos que $$ \left(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i\right)^2 = -\frac{7}{25}+\frac{24}{25}i $$

Supongamos que $$ \left(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i\right)^n=\frac{a(n)}{5^n}+\frac{b(n)}{5^n}i $$ entonces $$ \left(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i\right)^{n+1} = \left(\frac{a(n)}{5^n}+\frac{b(n)}{5^n}i\right)\left(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i\right) = \left(\frac{3a(n)-4b(n)}{5^{n+1}}+\frac{3b(n)+4a(n)}{5^{n+1}}i\right) $$ así que $$ a(1) = 3, \qquad a(n+1)=3a(n)-4b(n),\\ b(1) = 4, \qquad b(n+1)=3b(n)+4a(n). $$ Aquí observamos que $b(n)\equiv 4 (\mathrm{mod}\ 5)$ para todos $n\in\mathbb{N}$ ya que $b(n)\equiv 4 (\mathrm{mod}\ 5)$ implica que $b(n+1)\equiv 3\cdot4+4\cdot 3 =24 \equiv 4 (\mathrm{mod}\ 5)$ y $b(1)\equiv 4 (\mathrm{mod}\ 5)$ . Esto significa que $b(n) \neq 0$ para todos $n\in\mathbb{N}$ y así $\left(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i\right)^n \neq 1$ para todos $n\in\mathbb{N}$ que debía ser probado. Para el caso $n=-5$ La argumentación es similar.

Como corolario, tenemos esta afirmación no trivial sobre la independencia lineal de los números $\pi$ y $\arctan(\frac{4}{3})$ en $\mathbb{Q}$ probada.