Νιοστές ρίζες μιγαδικού και ρίζες της μονάδας

Απόδειξη

1. 1
   $$z = r(\cos \theta + i \sin \theta) \rightarrow \resaltar{z^n} = \dato{m}{\resaltar{r^n (\cos n\theta + i \sin n\theta)}}$$

   Μια λύση δεν μπορεί να είναι μηδενική, διότι $0^n = 0 \neq w$. Τη γράφουμε σε πολική μορφή, με $r > 0$, και την υψώνουμε στη δύναμη $n$ με τον τύπο του Ντε Μουάβρ.

2. 2
   $$\resaltar{z^n = w} \leftrightarrow \dato{c}{\resaltar{r^n = R \wedge n\theta = \varphi + 2k\pi}}, \quad k \in \mathbb{Z}$$

   Από το θεώρημα της ισότητας σε πολική μορφή, η εξίσωση $z^n = w$ ισοδυναμεί με δύο πραγματικές συνθήκες: τα μέτρα είναι ίσα και τα ορίσματα διαφέρουν κατά ένα ακέραιο πολλαπλάσιο του $2\pi$.

3. 3
   $$r = \resaltar{\sqrt[n]{R}}, \qquad \dato{t}{\theta_k = \resaltar{\frac{\varphi + 2k\pi}{n}}}, \quad k \in \mathbb{Z}$$

   Ο θετικός πραγματικός του οποίου η $n$-οστή δύναμη είναι $R$ είναι μοναδικός, η κύρια ρίζα, και το όρισμα καθορίζεται από τον ακέραιο $k$. Αντίστροφα, κάθε μιγαδικός με αυτό το μέτρο και αυτό το όρισμα είναι λύση, διότι ικανοποιεί τις δύο συνθήκες. Με $w = -8$ και $n = 3$, προκύπτουν $r = 2$ και $\theta = \frac{\pi + 2k\pi}{3}$.

4. 4
   $$\theta_{qn + j} = \resaltar{\frac{\varphi + 2(qn + j)\pi}{n}} = \resaltar{\theta_j + 2q\pi} \rightarrow z_{qn + j} = z_j$$

   Οι ακέραιοι $k$ είναι άπειροι, αλλά οι λύσεις όχι. Από την ευκλείδεια διαίρεση, κάθε ακέραιος γράφεται ως $k = qn + j$, με $q$ ακέραιο και $0 \leq j \leq n - 1$· το όρισμα $\theta_k$ υπερβαίνει τότε το $\theta_j$ κατά ένα ακέραιο πολλαπλάσιο του $2\pi$, και οι δύο λύσεις συμπίπτουν. Στο σχήμα, $z_3 = z_0$.

5. 5
   $$0 < \theta_l - \theta_j = \resaltar{\frac{2(l - j)\pi}{n}} < 2\pi \rightarrow \resaltar{z_l \neq z_j}$$

   Οι λύσεις $z_0, z_1, \ldots, z_{n - 1}$ είναι διαφορετικές μεταξύ τους: αν $0 \leq j < l \leq n - 1$, τα ορίσματά τους διαφέρουν κατά έναν αριθμό που βρίσκεται αυστηρά μεταξύ του $0$ και του $2\pi$, ο οποίος δεν είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του $2\pi$. Υπάρχουν, συνεπώς, ακριβώς $n$ λύσεις. Με $w = -8$, είναι οι $1 + i\sqrt{3}$, $-2$ και $1 - i\sqrt{3}$.

Απόδειξη

1. 1
   $$z_k \, \omega = \sqrt[n]{R} \left( \cos \resaltar{\left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right)} + i \sin \left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right) \right) = \dato{g}{\resaltar{z_{k + 1}}}$$

   Αφού $\abs{\omega} = 1$, το γινόμενο $z_k \omega$ έχει το μέτρο του $z_k$ και το όρισμά του αυξημένο κατά $\frac{2\pi}{n}$: είναι η ρίζα που ακολουθεί. Με επαγωγή ως προς $k$, κάθε ρίζα είναι η πρώτη πολλαπλασιασμένη με μια δύναμη του $\omega$, $z_k = z_0 \omega^k$.

2. 2
   $$\abs{u\omega - v\omega} = \abs{\resaltar{(u - v)\omega}} = \abs{u - v} \abs{\omega} = \dato{d}{\resaltar{\abs{u - v}}}$$

   Ο πολλαπλασιασμός με $\omega$ είναι, συνεπώς, στροφή κατά γωνία $\frac{2\pi}{n}$ γύρω από την αρχή, και αυτή η στροφή διατηρεί τις αποστάσεις, διότι το μέτρο ενός γινομένου είναι το γινόμενο των μέτρων.

3. 3
   $$\abs{z_{k + 2} - z_{k + 1}} = \abs{\resaltar{z_{k + 1} \omega - z_k \omega}} = \resaltar{\abs{z_{k + 1} - z_k}}$$

   Η στροφή μεταφέρει κάθε πλευρά του πολυγώνου στην πλευρά που ακολουθεί, ώστε όλες οι πλευρές έχουν το ίδιο μήκος.

4. 4
   $$z_{n - 1} \omega = z_0 \resaltar{\omega^{n - 1} \omega} = z_0 \omega^n = \resaltar{z_0}$$

   Το πολύγωνο κλείνει, διότι $\omega^n = 1$: η στροφή μεταφέρει την τελευταία κορυφή στην πρώτη. Οι $n$ κορυφές βρίσκονται στον κύκλο και οι πλευρές είναι ίσες. Επιπλέον, η στροφή μεταφέρει το τρίγωνο με κορυφές $z_k$, $z_{k + 1}$ και $z_{k + 2}$ στο τρίγωνο με κορυφές $z_{k + 1}$, $z_{k + 2}$ και $z_{k + 3}$ διατηρώντας τις τρεις πλευρές, και από τον νόμο των συνημιτόνων μια γωνία ενός τριγώνου καθορίζεται από τις τρεις πλευρές του: οι γωνίες του πολυγώνου, που είναι οι γωνίες αυτών των τριγώνων στη μεσαία κορυφή, είναι ίσες, και το πολύγωνο είναι κανονικό.

5. 5
   $$\abs{z_1 - z_0} = \abs{z_0} \resaltar{\abs{\omega - 1}} = \resaltar{2\sqrt[n]{R} \sin \frac{\pi}{n}}$$

   Η πλευρά υπολογίζεται στο τρίγωνο με κορυφές $0$, $z_0$ και $z_1$. Από τον τύπο της μισής γωνίας, $\abs{\omega - 1}^2 = 2 - 2\cos \frac{2\pi}{n} = 4\sin^2 \frac{\pi}{n}$, και το ημίτονο του $\frac{\pi}{n}$ είναι θετικό. Για τις έκτες ρίζες του $64i$, η πλευρά ισούται με $2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 2$, όσο και η ακτίνα, όπως σε κάθε κανονικό εξάγωνο.