format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

din care obţinem fie (iar) |z| = 1, fie z = −α, număr care are tot modulul 1. Ceea ce
încheie demonstraţia.
3. Au mai trecut ani şi m-am mai gândit că există şi posibilitatea abordării acestei
probleme cu ajutorul formei trigonometrice a numerelor complexe. După părerea mea,
această abordare conduce la soluţia cea mai interesantă a Problemei 2 ′ , adică a cazului
celui mai general (din câte vedem în această notă) al problemei iniţiale. Vom vedea
de ce.
Ideea este să arătăm că funcţia F definită prin
F (z) = z n + αz n−1 + αz + 1
se anulează de n ori pe cercul unitate (adică pe mulţimea numerelor complexe de
modul 1). Avantajul este că lucrăm direct cu numere complexe de modul 1, care pot
fi exprimate în forma cos t + i sin t, pentru un anumit t real (de fapt din intervalul
[0, 2π)). Pentru prima parte a acestei a II-a soluţii a Problemei 2 ′ e nevoie de nişte
calcule trigonometrice, pe care vă invit a le face.
Exerciţiul 3. Arătaţi că, dacă notăm α = a + ib, atunci
F (cos t + i sin t) = 2
cos nt
2
+ i sin
nt
2‹·
· cos nt
2
+ a cos
(n − 2)t
2
− b sin
(n − 2)t
2
‹.
Evident, numai a doua paranteză se poate anula şi vom arăta că asta se întâmplă
pentru n valori (distincte) ale lui t din intervalul [0, 2π]. Considerăm deci funcţia,
desigur continuă, φ : [0, 2π] → R, dată de
Avem
=
φ(t) = cos nt
2
+ a cos
(n − 2)t
2
− b sin
1
√
a2 + b 2 φ(t) =
(n − 2)t
, ∀t ∈ [0, 2π].
2
1 nt
√ cos
a2 + b2 2 + a (n − 2)t b (n − 2)t
√ cos − √ sin =
a2 + b2 2 a2 + b2 2
unde θ este un număr real astfel încât
=
1 nt
√ cos
a2 + b2 2 + cos nt
cos θ =
2 − t + θ‹
a
√
a2 + b şi sin θ = b
√ 2 a2 + b . 2
Observăm că avem, pentru t = (2kπ)/n (k întreg), nt/2 = kπ, deci
1
√
a2 + b 2 φ
2kπ
n‹=(−1) k 1
√
a2 + b 2 + cos
43
θ − 2kπ
n‹‹.