$z^n=(z+1)^n=1$, muestran que $n$ es divisible por $6$.

Question

se nos da $z^n=(z+1)^n=1$, $z$ número complejo. queremos demostrar que $n$ es divisible por $6$. Me mostró que $|z|=|z+1|=1$. Por lo tanto $z$ es en la intersección de dos círculos, uno centrado en $(0,0)$ y el otro centrado en $(-1,0)$. A continuación, $z$ puede tomar dos valores de $z=\operatorname{cis}(2 \pi /3)$ o $z=\operatorname{cis}(4 \pi/3)$. Luego de $z^n=1=\operatorname{cis}(2 \pi k)$, $k$ entero me mostró que $n$ debe ser divisible por $3$. Estoy a la izquierda para mostrar que $n$ debe ser divisible por $2$. Creo que si puedo averiguar una forma de mostrar que $\operatorname{arg}(z+1)=\pi/3$ o $-\pi/3$ luego me llevaría a cabo, mediante el uso de $(z+1)^n=\operatorname{cis}(2\pi k)$. pero, ¿cómo puedo hacer esto? Todas las ideas son bienvenidas! Gracias de antemano!

Answer 1

Si $z$ es uno de los dos no trivial de raíces de la unidad, a continuación, $z+1$ es...?

Geométricamente: Considerar el hexágono inscrito en el interior del círculo unidad.

Algebraicamente: si $z^3=1$ $z^2+z+1=0$ $z+1=-z^2$ $6$th raíz.

Answer 2

Si $z=\operatorname{cis}\left(\dfrac{2\pi}3\right)$, entonces ¿qué es $z+1$?

Es $\left(\cos\dfrac{2\pi}3+i\sin\dfrac{2\pi}3\right)+1 = \left(-\dfrac 1 2 + i\dfrac{\sqrt 3}2\right)+1 = \dfrac 1 2 + i \dfrac{\sqrt 3} 2 = \operatorname{cis}\left( \dfrac \pi 3 \right)$.

No es difícil ver que si se sube a la $6$th poder obtener $1$ pero inferior a poder obtener algo distinto de $1$.

Answer 3

Si usted escribe sus dos posibles valores de$z$$\frac{-1}{2} \pm \frac{i\sqrt{3}}{2}$, entonces usted está pidiendo a encontrar el argumento de $z+1 = \frac{1}{2} \pm \frac{i\sqrt{3}}{2}$, los cuales son valores estándar.

Answer 4

$z^n=1\implies z=\cos\tfrac{2\pi a}n+i\sin\tfrac{2\pi a}n$ donde $a\equiv0,1,\cdots,n-1\pmod n$

$(z+1)^n=1\implies z+1=\cos\tfrac{2\pi b}n+i\sin\tfrac{2\pi b}n$ donde $b\equiv0,1,\cdots,n-1\pmod n$

Equiparación de la imaginaria, $\sin\tfrac{2\pi a}n=\sin\tfrac{2\pi b}n$

$\implies\cos\tfrac{2\pi a}n=\pm\cos\tfrac{2\pi b}n$

Igualando las partes reales, $\cos\tfrac{2\pi a}n=\cos\tfrac{2\pi b}n-1$

Claramente, $\cos\tfrac{2\pi a}n=\cos\tfrac{2\pi b}n$ da absurdo

$\implies\cos\tfrac{2\pi a}n=-\cos\tfrac{2\pi b}n$

En consecuencia, $-\cos\tfrac{2\pi b}n=\cos\tfrac{2\pi b}n-1\iff\cos\tfrac{2\pi b}n=\tfrac12=\cos\tfrac\pi3$

$\implies\tfrac{2\pi a}n=2m\pi\pm\tfrac\pi3=\tfrac\pi3(6m\pm1)$

$\iff\dfrac{n(6m\pm1)}6=a$ que es un entero

$\implies6|n(6m\pm1)$

Pero $(6m\pm1,6)=1$