(2+i)^n-(2-i)^n≠0を証明しなさいという問題です。

質問

(2+i)^n-(2-i)^n≠0を証明しなさいという問題です。

いや、ホントはこれは途中に使うんですがこれを証明しないと使ってはいけないようで。

帰納法的に証明したらいいのでしょうがどうやったらいいか頭が働かず・・・

ご助力お願いします。

回答No.7

Tacosan

ああっと, 実は #6 を書いた後で気づいたんだけど, #5 の補足にある「iの係数」の式って, 虚部じゃなくて実部なんじゃないでしょうか? #5 に書いたけど (2+i)^(2n) = (3+4i)^n で, 後者の虚部は n によらず必ず偶数になります. ところが, その「iの係数」の式では (k=0 のときだけ奇数であとは全部偶数だから) 偶数にはなりませんよね.

#6 の場合わけの根拠は簡単で, n が偶数だと「虚部=0」が簡単じゃないからです. (x+iy)^n の虚部は y で割れるんだけど, x と n が奇数, y が偶数で x と y が互いに素な場合は虚部が y の奇数倍になり, したがって 0 にはなりえません.

回答No.6

Tacosan

ん～, それはちょっとわかんない. 「本当に虚部は 0 にならないの?」って聞かれたらどうしましょうか.
一応こっちで用意したものを出すと, まず
1. 奇数 x と偶数 y が互いに素であれば x^2-y^2 と 2xy は互いに素でかつ前者は奇数, 後者は偶数
2. 上のような x, y と奇数 n に対し (x+iy)^n の虚部は 0 にならない
の 2つを示す.
(3+4i)^n を考えるので x = 3, y = 4 はこの条件を満たし, (3+4i)^n が実数であるような n が存在すると仮定すると最終的に上の 2 に反する.
という流れ. 2 を示すときに 2項展開が必要ですが, 0 にならないことはわりと簡単に示せます.

補足

@q@　ビクッ

すばらしい。できそうです！

回答No.5

Tacosan

一応確認ですけど, n は正の (あるいは 0 でない) 整数, ですよね?
(2+i)^n - (2-i)^n = 0 を仮定して矛盾を導く?
この式から (2+i)^n を掛けて (2+i)^(2n) = (3+4i)^n = 5^n なんだけど, 左辺の虚部はどんな n に対しても 0 にならないよ, と.
2項展開とかをがんばる必要はあるけど, なんとなくこれでいけてそうな気がする.
sin(2k＋1)Θ=sinΘ,cos(2k＋1)Θ=cosΘ から「2kθ = 2π」は言えないですよ＞#4. 右辺は 2nπ にしなきゃならないです.

補足

（2+i)^n - (2-i)^n = 0 と仮定すると（2+i)^n = (2-i)^nとなる。
次に両辺に（2+i)^nを両辺にかけると（2+i)^2n=5^nとなる。
ここで（2+i)^2n=Σ(k=0～2n)2nCk ・ 2^k ・ i^(2n-k)　 (Cはコンビネーション)となり
これよりこれを展開した際のiの係数はΣ(k=0～n)2nC2k ・ 2^k ・ (-1)^(n-k)となり
0とはならない。そのため(2+i)^2nが複素数となり5^nが実数であるため
（2+i)^2n=5^nが成立しない。　よって矛盾する。

ゆえに（2+i)^n - (2-i)^n ≠0 である。　　　　　こんなかんじですかいな？

回答No.4

noname#118938

#No3。所々訂正
2＋i=(cosΘ＋isinΘ)/√5　 2-i=(cosΘ-isinΘ)/√5　⇒係数：誤1/√5　正√5

最後にsin(nΘ)≠0を数学的帰納法で示す
↓
　　数学的帰納法を取り止め。　
　　　　　　↓
　新たな証明。少し変わった証明しよう。
n=kのとき　sinkΘ=0だとする。するとcoskΘ=1 or -1で
sin(2kΘ)=2sinkΘcoskΘ=0,cos2kΘ=2(coskΘ)^2-1=1

sin(2k＋1)Θ=sinΘ,cos(2k＋1)Θ=cosΘ　で周期2kΘ
周期2kΘということは、ある自然数kについてΘ=π/kとなっているはず。
ところが、sin(π/8)<sinΘ=1/√5<sin(π/7)
を利用して　Θ=π/kとなる自然数kが存在しない。
ゆえにsinkΘ=0なる自然数kが存在しないためsin(nΘ)≠0(再度間違っている可能性あるかもしれない)

回答No.3

noname#118938

2＋i=(cosΘ＋isinΘ)/√5　 2-i=(cosΘ-isinΘ)/√5　とかける。
但しΘはcosΘ=2/√5 sinΘ=1/√5　を満たす。

ド・モアブルの定理を適用して、

(2+i)^n-(2-i)^n={(cos(nΘ)＋isin(nΘ))-(cos(nΘ)-isin(nΘ))}/(√5)^n
=2isin(nΘ)/(√5)^n

最後にsin(nΘ)≠0を数学的帰納法で示す。
1) n=1のとき　明らかにsin(nΘ)=1/√5≠0

2)n=kのとき　sin(kΘ)≠0 を仮定。
　n=k＋1とおいて　sin(k＋1)Θ＝cosΘsin(kΘ)＋sinΘcos(kΘ)=2sin(kΘ)/√5＋cos(kΘ)/√5≠0

以上でsin(nΘ)≠0が言えて(2+i)^n-(2-i)^n≠0

回答No.2

ta20000005

2+i=αとおくと、与式はαの共役をconj(α)として

α^n-conj(α)^n

となります。これが0なら

α^n=conj(α)^n

つまり…(以下略)

回答No.1

naniwacchi

こんばんわ。

もし「＝ 0」となるのであれば、(2+ i)^n＝・・・でなければなりませんね。
それが成り立つかどうかと言われると、どうでしょうか？＾＾
極座標表示でもすればいいかと。