$\frac35+i\frac45$ no es una raíz de la unidad, a pesar de que su valor absoluto es $1$.
Supongamos que no tengo una calculadora para calcular su argumento, entonces ¿cómo puedo demostrarlo?
Es allí cualquier enfoque de álgebra abstracta o se puede hacer simplemente usando números complejos?
Cualquier ayuda será verdaderamente apreciado.
$(3+4i)^2 = -7 + 24i = (3+4i)+5(-2+4i)$
Con esto, usted puede fácilmente demostrar por inducción que para todo entero positivo $n \ge 1$ no son enteros $a_n,b_n$ tal que $(3+4i)^n = (3+4i) + 5(a_n+b_n i)$.
En particular, desde la $4$ no es un múltiplo de a $5$, su parte imaginaria no puede desaparecer, por lo $(3+4i)^n$ no puede ser un número real al $n \ge 1$.
Aquí tuvimos la suerte de que $(3+4i)^n$ mod $5$ $1$- periódico ( $3+4i = 1 \pmod {2-i}$ ), en general se puede obtener un comportamiento cíclico con grandes períodos, por lo que puede ser un poco más de tiempo para escribir, pero el método funciona igual de bien.
Supongamos $(a+ib)/c$ es sobre el círculo unidad, con $a$ $b$ coprime.
En primer lugar, tenga en cuenta que si $c$ es incluso entonces $a$ $b$ (debido a $a^2+b^2=c^2$ y las plazas son congruentes a $0$ o $1$ mod $4$), y se supone que ellos no estaban, por lo $c$ debe ser impar.
También, $a$ $b$ son coprime con $c$ (si $a$ compartido un primer factor con $c$, $b$ también la tiene).
Ahora nos fijamos en las cosas modulo $(c)$. Deje $j \in \Bbb Z/(c)$ tal que $a+jb=0$ (este tiene una única solución, porque la $b$ es invertible mod $c$).
Entonces $j^2 = -1 \pmod c$ ($0 = (a+jb)(a-jb) = a^2-j^2b^2$ y desde $a^2=-b^2$ $-b^2$ es invertible, debemos tener $j^2+1 = 0$), y se puede comprobar que el mapa de $\phi : \Bbb Z[i]/(c) \to (\Bbb Z/(c))^2$ definido por $\phi(x+iy) = (x+jy,x-jy)$ es un anillo de morfismos.
Si $\phi(x+iy)=0$ $x+jy=x-jy=0$ desde la que obtiene el $2x=2y=0$. Pero $c$ es extraño por lo tanto $2$ es invertible, y por lo que esto implica $x=y=0$. Esto demuestra que $\phi$ es inyectiva, y ya que estamos tratando con finito de los anillos, es un isomorfismo de anillos.
(tenga en cuenta que puede haber muchos isomorphisms entre los dos anillos, pero este en particular es útil para el estudio de $(a+ib)^n$)
Ahora tenemos $\phi(a+ib) = (a+jb,a-jb) = (0,a-jb) = (0,2a)$ : Multiplicando por $(a+ib)$ está aniquilando el primer componente y multiplicando el segundo por $2a$. Y por lo $\phi((a+ib)^n) = (0^n, (2a)^n)$.
Desde $2a$ es invertible mod $c$, el segundo componente es periódica. El primer componente permanece en$0$$n \ge 1$, y por tanto la secuencia $(\phi((a+ib)^n))_{n \ge 1}$ es periódica. Desde $\phi$ es un isomorfismo, la secuencia de $((a+ib)^n \pmod c)_{n \ge 1}$ es también periódica.
De conjugación en $\Bbb Z[i]/(c)$ se traduce en la automorphism $(u,v) \mapsto (v,u)$$(\Bbb Z/(c))^2$. Un elemento que es "real mod $c$" si y sólo si es fijo por la conjugación. En el $\Bbb Z[i]/(c)$ es este mundo cuando el coeficiente de $i$ $0$ (como de costumbre), en el $(\Bbb Z/(c))^2$ es este mundo cuando ambos componentes son iguales.
En particular, dado que el primer componente de $\phi((a+ib)^n)$ $n \ge 1$ siempre $0$, sólo puede ser real mod $c$ si ambos componentes son $0$. Pero (a menos que $c=\pm 1 $ !!) esto es imposible, porque la $2a$ es invertible, y por lo que sus poderes no puede ser cero. Por lo $(a+ib)^n$ es real mod $c$ sólo al $n=0$ y nunca más.
De forma equivalente, esto significa que la parte imaginaria de $(a+ib)^n$ es nunca más un múltiplo de $c$, y esto implica que $(a+ib)^n$ nunca es real otra vez.
Si $(3+4i)^n=5^n$,$\mathbb Z[i]$, $(2+i)^{2n}=(2+i)^n(2-i)^n$ por lo tanto $(2+i)^{n}=(2-i)^n$.
Pero $2+i$ (e $2-i$, pero nosotros no lo necesitamos) es un primer elemento en $\mathbb Z[i]$ (por qué?), así que debemos tener $2+i\mid 2-i$, imposible. (Si $2-i=(2+i)(m+ni)$,$2=2m-n$$-1=m+2n$, por lo $m=\frac35\notin\mathbb Z$.)
Escribir $e^{i\theta} = \frac{3}{5} + i\frac{4}{5}$. A continuación, $e^{ni\theta} = 1$ si $\cos(n\theta) = 1$, es decir, si $$\cos(n\theta) = T_n(\cos\theta) = T_n\left(\frac{3}{5}\right) = 1$$ donde $T_n$ $n$- ésimo polinomio de Chebyshev.
Pero el líder plazo de $T_n$$n > 0$$2^{n-1}$, por lo tanto el mínimo denominador de cualquier racional raíz de $T_n - 1$ debe dividir $2^{n-1}$. Desde el 5 no, $T_n\left(\frac{3}{5}\right) - 1 \neq 0$ todos los $n > 0$.
Utilizamos la fórmula para $\tan n t$ en términos de $\tan t$ (al $n\in\mathbb N$).
(1) Para impar prime $p$, vamos a $ q=(p-1)/2.$ Deje $x=\tan \pi/p.$ $0=\tan \pi=\tan p(\pi/p) = A(x)/B(x)$ cuando, por cualquier $z,$ $$A(z)=\sum_{j=0}^q(-1)^j z^{2 j+1}\binom {p}{2 j + 1}$$ $$\text {and }\quad B(z)=\sum_{j=0}^q(-1)^j z^{ j}\binom {p}{2 j}.$$ By Eisenstein's Criterion, the polynomial $A(z)$ is irreducible over $\mathbb P$, and $\gr(A(z))=p>1$, so any solution of $A(z)=0$ is irrational. Since $A(\tan \pi/p)=A(x)=0,$ we have $$\tan \pi/p\not \in\mathbb Q.$$
(2) Supongamos $\tan \pi m/n \in\mathbb Q,$ donde$m, n\in\mathbb Z^+$,$\gcd (m,n)=1$, e $n$ es divisible por un extraño prime $p.$ Deje $r\in\mathbb Z$ tal que $m r\equiv 1 \pmod n.$ $m r\pi/n=\pi (k+1/n)$ donde $k\in Z$, lo $\tan m r \pi/n=\pm \tan \pi/n.$
Por la fórmula de la $\tan (\pi m/n)r$ en términos de $\tan \pi m/n,$ tenemos $\tan \pi/n\in\mathbb Q.$ Deje $n=p s .$ Por la fórmula de la $\tan (\pi/n)s$ en términos de $\tan \pi/s,$ tenemos $\tan \pi/p\in\mathbb Q.$ Esto contradice (1). Por lo tanto,$\tan \pi m/n\not \in\mathbb Q$.
(3) también se puede mostrar que el $\tan m 2^{-m}\pi\not \in\mathbb Q$ al $m,n \in\mathbb N$ con extraña $m$$n\geq 3$.
(4) por lo Tanto si $z=\cos T+i \sin T$ $n$th raíz de $1$, para algunas de las $n\in \mathbb N$, e $z\not \in \{\exp (\pi i j/4) :j\in N\}$ $\tan T\not \in\mathbb Q.$
En particular, si $\tan T=4/3,$ $T\ne q\pi$ cualquier $q\in\mathbb Q,$ $(3+4 i)/5$ no es un $n$th raíz de $1.$
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