Kezdőlap


Feladat:	F.2758	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hajdú Zoltán , Pócs Miklós , Podoski Károly.
Füzet:	1990/szeptember, 252 - 253. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Nevező gyöktelenítése, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/október: F.2758

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A tört nevezője $N = 1 + 2 \sqrt[5]{2} - (\sqrt[5]{2})^{2}$ . A feladatot nyilván megoldottuk, ha találunk olyan $a_{0} + a_{1} \sqrt[5]{2} + a_{2} {(\sqrt[5]{2})}^{2} + a_{3} {(\sqrt[5]{2})}^{3} + a_{4} {(\sqrt[5]{2})}^{4} = s$ számot, amellyel $N$ -et megszorozva $1$ -et kapunk, és $a_{0}$ , $a_{1}$ , $a_{2}$ , $a_{3}$ , $a_{4}$ racionális. Az $s \cdot N$ szorzást elvégezve $b_{0} + b_{1} \sqrt[5]{2} + b_{2} {(\sqrt[5]{2})}^{2} + b_{3} {(\sqrt[5]{2})}^{3} + b_{4} {(\sqrt[5]{2})}^{4}$ alakú számot kapunk, ahol $b_{0} = a_{0} - 2 a_{3} + 4 a_{4}$ (mert az összeszorzásnál racionális tagot 1 és $a_{0}$ ; $- {(\sqrt[5]{2})}^{2}$ és $a_{3} \cdot {(\sqrt[5]{2})}^{3}$ , valamint $2 \sqrt[5]{2}$ és $a_{4} {(\sqrt[5]{2})}^{4}$ összeszorzásából kapunk), $b_{1} = a_{1} + 2 a_{0} - 2 a_{4}$ , (mert "racionálisszor $\sqrt[5]{2}$ '' alakú tagot 1 és $a_{1} \sqrt[5]{2}$ ; $2 \sqrt[5]{2}$ és $a_{0}$ , valamint $- {(\sqrt[5]{2})}^{2}$ és $a_{4} {(\sqrt[5]{2})}^{4}$ összeszorzásából kapunk), hasonlóan ${(\sqrt[5]{2})}^{2}$ szorzója $b_{2} = a_{2} + 2 a_{1} - a_{0}$ , ${(\sqrt[]{2})}^{3}$ szorzója $b_{3} = a_{3} + 2 a_{2} - a_{1}$ , végül ${(\sqrt[5]{2})}^{4}$ szorzója $b_{4} = a_{4} + 2 a_{3} - a_{2}$ . Azt akarjuk, hogy a szorzat $1$ legyen; ehhez elegendő, hogy $b_{0} = 1$ , $b_{1} = b_{2} = b_{3} = b_{4} = 0$ legyen, azaz

\begin{matrix} a_{0} - 2 a_{3} + 4 a_{4} & = 1 \\ 2 a_{0} + a_{1} - 2 a_{4} & = 0 \\ - a_{0} + 2 a_{1} + a_{2} & = 0 \\ - a_{1} + 2 a_{2} + a_{3} & = 0 \\ - a_{2} + 2 a_{3} + a_{4} & = 0. \end{matrix}

Az egyenletrendszer megoldása

a_{0} = \frac{25}{161}

a_{1} = \frac{8}{161}

a_{2} = \frac{9}{161}

a_{3} = \frac{- 10}{161}

a_{4} = \frac{29}{161}

,
így

\begin{matrix} \frac{1}{1 + \sqrt[5]{64} - \sqrt[5]{4}} = \frac{25 + 8 \sqrt[5]{2} + 9 \sqrt[5]{4} - 10 \sqrt[5]{8} + 29 \sqrt[5]{16}}{161} . \end{matrix}

II. megoldás. Vegyük észre, hogy a nevező szorzattá alakítható:

\begin{matrix} N = 1 + \sqrt[5]{64} - \sqrt[5]{4} = 2 - (\sqrt[5]{2} - 1) = (\sqrt[]{2} + 1 - \sqrt[5]{2}) (\sqrt[]{2} - 1 + \sqrt[5]{2}) = T_{1} \cdot T_{2} . \end{matrix}

Most alkalmazva az

a^{5} + b^{5} = (a + b) (a^{4} - a^{3} b + a^{2} b^{2} - a b^{3} + b^{4})

azonosságot, először

a = \sqrt[]{2} + 1

b = - \sqrt[5]{2}

, másodszor

a = \sqrt[]{2} - 1

b = \sqrt[5]{2}

helyettesítéssel azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{T_{1}} = \frac{1}{\sqrt[]{2} + 1 - \sqrt[5]{2}} = \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{{(\sqrt[]{2} + 1)}^{4} + {(\sqrt[]{2} + 1)}^{3} \cdot \sqrt[5]{2} + {(\sqrt[]{2} + 1)}^{2} \cdot \sqrt[5]{4} + (\sqrt[]{2} + 1) \sqrt[5]{8} + \sqrt[5]{16}}{{(\sqrt[]{2} + 1)}^{5} - 2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} \frac{1}{T_{2}} = \frac{1}{\sqrt[]{2} - 1 + \sqrt[5]{2}} = \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{{(\sqrt[]{2} - 1)}^{4} - {(\sqrt[]{2} - 1)}^{3} \cdot \sqrt[5]{2} + {(\sqrt[]{2} - 1)}^{2} \cdot \sqrt[5]{4} - (\sqrt[]{2} - 1) \sqrt[5]{8} + \sqrt[5]{16}}{{(\sqrt[]{2} - 1)}^{5} + 2} . \end{matrix}

Ha a két egyenlet jobb oldalán álló törtet összeszorozzuk, a nevező

{(\sqrt[]{2} + 1)}^{5} \cdot {(\sqrt[]{2} - 1)}^{5} + 2 ({(\sqrt[]{2} + 1)}^{5} - {(\sqrt[]{2} - 1)}^{5}) - 4 = 2 ({(\sqrt[]{2} + 1)}^{5} - {(\sqrt[]{2} - 1)}^{5}) - 3

, s itt a zárójelben egész szám, 82 áll. A két számláló összeszorzása után az I. megoldás eredményét kapjuk.

Pócs Miklós (Bp., Evangélikus Gimn., III. o. t.)