mateforum.ro

Sa se arate ca \( (2+i)^{n}\neq (2-i)^{n} \), unde \( i^{2}=-1 \).

Problema suna prea trivial ca sa nu existe chiar o solutie într-un rand, dar asta e tot ce-am gasit:
Fie \( \theta = \mathrm{arccos} \frac{2}{\sqrt{5}} \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right) \). Pai atunci \( 2 + i = \sqrt{5}(\cos \theta + i \sin \theta) \) iar \( 2 - i = \sqrt{5}(\cos (-\theta) + i \sin (-\theta)) \). Daca prin absurd are loc relatia din enunt rezulta \( \cos n\theta + i\sin n\theta = \cos (-n\theta) + i\sin (-n\theta) = \cos n\theta - i\sin n\theta \). Deci \( sin n\theta = 0 \), de unde \( \theta = \frac{k\pi}{n} \), \( k \in \mathbb{Z} \), deci \( \cos \frac{k\pi}{n} = \frac{2}{\sqrt{5}} \), si astfel \( \cos \frac{2k\pi}{n} = \frac{3}{5} \), \( k \le n \). Punem \( k = dk_1 \), \( n = dn_1 \), cu \( (k_1, n_1) = 1 \), \( n_1 > 0 \), iar apoi, cum \( \cos \frac{2k_1\pi}{n_1} \in \mathbb{Q} \) iar \( (k_1, n_1) = 1 \), \( k_1 \le n_1 \), e un rezultat cunoscut ca \( n_1 \in \{1, 2, 3, 4, 6\} \), si în final pentru niciuna din aceste valori nu are loc \( \cos \frac{2k_1\pi}{n_1} = \frac{3}{5} \), contradictie.

philandrew wrote:Problema suna prea trivial ca sa nu existe chiar o solutie într-un rand...

Solutie.

Sa presupunem prin absurd, ca \( (2+i)^{n}=(2-i)^{n} \).
Avem

\( (2+i)^{n}=((2-i)+2i)^{n}=(2-i)^{n}+C_{n}^{1}(2-i)^{n-1}+\ldots + C_{n}^{n-1}(2-i)(2i)^{n-1}+(2i)^{n} \).

Astfel, expresia de mai sus mai poate fi scrisa si sub forma:

\( -(2i)^{n}=(2-i)(\alpha+\beta\cdot i) \), unde \( \alpha, \beta\in\mathbb{Z} \). Luand modulul si ridicand la patrat, vom obtine:

\( 4^{n}=5(\alpha^2+\beta^2) \), ceea ce este fals pentru ca \( 4^n \) nu este divizibil cu \( 5 \).

PS. Desigur ca ma refeream la rezolvari specifice forumului: daca am fi la "Teoria Numerelor" as putea oferi
A doua "one line solution" . In \( \mathbb{Z} \) relatia este absurda, primele \( 2 + i \) si \( 2 - i \) nefiind asociate în divizibilitate.
PS2. Cât despre legatura cu rezolvarea precedenta, "long way" (ceva argumente ar fi binevenite).