Page 13 - Tippek 11-12 o

Megoldás
1 i 3

Első elgondolás az, hogy ha a z  számot behelyettesítjük az
2
egyenletbe, akkor mit kezdünk az 5. hatvánnyal? Ezt könnyen orvosolhat-

1 i 3 2
z
juk, ha észrevesszük, hogy a z  komplex szám a z   1 0

2
3
másodfokú egyenletnek a gyöke, tehát gyöke lesz a z  1 0 binom-

4
3
2
5
3
2
egyenletnek is, tehát z   1 így 2z  3z  2z  2z  3z  
2
2


  2z  3z  2 2z  3z  2 0 azonnal adódik.
Egy másik megoldást a feladatra úgy adhatunk, ha észrevesszük,
2
2
hogy a kifejezés így csoportosítható: z 3 (2z  3z  2) (2z  3z  2) 

3
2
  z  1 2z  3z   2 . Mivel azt kell kapjuk, hogy ez a kifejezés nulla,
ezért a két zárójel egyikének nullának kell lennie. Ha a második zárójel
2
lenne nulla, akkor megoldva a 2z  3z  2 0 egyenletet azt vesszük


 3 i 7 1 i 3

észre, hogy ennek a gyökei z  , ami nem egyenlő a z 
4 2
3

gyökkel, tehát ez nem lehetséges. Marad, hogy igazoljuk, hogy z  1 0.
Ezt vagy úgy igazoljuk, ahogyan az első megoldásban eljártunk, vagy egy-

i


1 i 3 2  2 2 3  1 i 3
szerűen kiszámítjuk, hogy z   z   , és
2 4 2
3
2
ebből azonnal látszik, hogy z  z z   1 adódik.
A feladatra egy harmadik bizonyítás is adható, ha észrevesszük, hogy
a kifejezés kettesével is csoportosítható, így:
5
3
2


z
z
2(z  1) 3 (z  1) 2 (z  1) 
3
4
2
2
2
 2(z  1)(z  z  z   1) 3 (z  1)(z   1) 2 (z  1) 
z

z
z

z
2
2
3
4
2
z


 (z  1)(2(z  z  z   1) 3 (z   1) 2 )  E .
z
z
z
2

Ha észrevesszük, amit az leső megoldásban is, hogy z   1 0,
z
akkor E  (z  1) 2( z  1) 2z 2  0 adódik.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy könnyen szerkeszthető hasonló feladat,
például tetszőleges ( )P z valós együtthatójú polinom esetén azt kérjük,
36