Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta
Oddelek za matematiko in računalništvo
Marko Razpet
NEKOLIKO DRUGA Č NA OBRAVNAVA KUBI Č NIH ENA Č B
Študijsko gradivo Zgodovina matematike
Ljubljana, februar 2019
Vsebina
Seznam slik 3
1 Kubiˇcni koren 5
2 Reševanje kubične enačbe 16
3 Koreni kubične enačbe in Apolonijeva krožnica 22 4 Koreni kubične enačbe pri spreminjanju njenih koeficientov 30
5 Približno reševanje kubične enačbe 48
6 Nekaj primerov in nalog 52
Viri 113
Seznam slik
1 Tretji koreni kompleksnega številaa. . . . 8
2 Halleyeva iteracijska funkcija za tretji koren števila r >0. . . . 13
3 Presek krogle z ravnino. . . 20
4 Odvisnost razmerja y=x/r od razmerjaα. . . 21
5 Koreni kubične enačbe na Apolonijevi krožnici. . . 26
6 Koreni kubične enačbe na premici. . . 28
7 Koreni kubične enačbe, Apolonijeva krožnica in koti. . . 29
8 Premica v kompleksni ravnini. . . 31
9 Ničle binoma z3−8 in nekaj njegovih nivojnic. . . 35
10 Relief binoma z3−8. . . 35
11 Koreni enačbe z3+ (2−i)z−3 + 2i= 0. . . 36
12 Relief trinoma z3+ (2−i)z−3 + 2i. . . 36
13 Koreni enačbe z3+ 2(3 +i)z+ 4 +i = 0. . . 37
14 Koreni enačbe z3+ (2−i)z+ 1 + 2i= 0. . . 38
15 Koreni enačbe z3+ (−7/3 + 8i)z+ 88/27 + 26/3i = 0. . . 39
16 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenp na enodelni krivulji. . 40
17 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenp na dvodelni krivulji. . 41
18 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenp na trodelni krivulji. . 41
19 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenq – (C1). . . 43
20 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenq – (C2). . . 43
21 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 za fiksenq – (C3). . . 44
22 Koreni enačbez3+pz+q= 0za fiksen qna krivulji z izol. točko. 44 23 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 na krivulji za fiksen q – (D1). . . 46
24 Koreni enačbe z3+pz+q= 0 na krivulji za fiksen q – (D2). . . 46
25 Družina korenskih krivulj; krožnica ne poteka skozi točko 0 . . 47
26 Družina korenskih krivulj; krožnica poteka skozi točko 0. . . . 47
27 Presek parabol. . . 48
28 Presek parabole in hiperbole. . . 49
29 Presek parabole in krožnice. . . 50
30 Peti koreni enote in pravilni petkotnik. . . 54
31 Lik pod pod krivuljo y=x3 nad intervalom [a, b]. . . 67
32 Descartesov list. . . 69
33 Strofoida. . . 71
34 Cisoida. . . 72
35 Maclaurinova trisektrisa. . . 73
36 Kubična krivulja in premica. . . 76
37 Lika pod parabolo. . . 77
38 Odseka parabole. . . 78
39 Parabolina točka M, ki je najbližja dani točki T. . . 80
40 Krivulja in tri racionalne točke na njej. . . 80
41 Ploščinska delitev lika L v danem razmerju. . . 84
42 Delitev likaL na tri ploščinsko enake dele. . . 86
43 Delitev likaL na 25 ploščinsko enakih delov. . . 87
44 Descartesov list, zasukan za kot −π/4 okoli točke O. . . . 88
45 Maclaurinova trisektrisa in tretjinjenje kota. . . 89
46 Valj, včrtan krogli. . . 91
47 Kubična krivulja in premica. . . 93
48 Delitev likaL na tri ploščinsko enake dele. . . 94
49 Še ena delitev lika L na tri ploščinsko enake dele. . . 96
50 Sedmi koreni enote. . . 100
51 Apolonijeva krožnica v nalogi. . . 112
Predgovor
V pričujočem gradivu bomo predstavili nekaj matematičnih problemov z različnih področij, ki vodijo do kubične enačbe. Nekateri imajo zanimivo zgodovinsko ozadje. Posebej se bomo posvetili reducirani kubični enačbi s kompleksnima koeficientoma. Zanjo bomo ponovili algebrski postopek, ki izvira iz obdobja evropske renesanse in nas pripelje do rešitev. Šli pa bomo še korak naprej in ugotovili, da koreni te enačbe v kompleksni ravnini ležijo na bolj ali manj zapletenih algebrskih krivuljah,če enega od teh dveh koeficientov fiksiramo, drugega pa vodimo po dani premici ali krožnici.
Gradivo vsebuje nekaj zanimivih prijemov, ob katerih se lahko mar- sikaj naučimo. Za razumevanje je potrebno osnovno znanje realne in kom- pleksne aritmetike, geometrije, algebre in analize. Zelo koristno je pozna- vanje Hornerjeve sheme za iskanje vrednosti polinoma v dani točki ter zapis kompleksnega števila v polarni in eksponentni obliki.
1 Kubi č ni koren
Kvadratni in kubični koren sta pojma, ki sta znana že od samih začetkov matematike.Če hočemo pravokotnik pretvoriti v ploščinsko enak kvadrat, pride prav kvadratni koren. Če pa želimo kvader pretvoriti v prostornin- sko enako kocko, pa potrebujemo kubični koren. Beseda kubičen prihaja iz grške besedeκύβος, latinsko cubus, kar pomenikocka. Ker je prostor- nina kocke z robom aenakaa3, se je tej potenci sčasoma prijelo imekub številaa. Iz podobnega razloga rečemo, da jea2kvadratštevilaa.
Korene so poznali že Babilonci pred skoraj 4 000 leti, prav tako kas- neje stari Kitajci, Egipčani, Grki in Indijci. Ni znano, zakaj se je začela uporabljati beseda koren. Še danes pogosto pravimo, da kvadratni ko-
ren izvlečemo, kakor pravi koren iz zemlje. Običajno korene, integrale in odvodeizračunamo, enačbe in sisteme enačb parešujemo. Rešitvam poli- nomskih enačb tudi velikokrat pravimo koreni, rešitvam diferencialnih enačb pa integrali.
Simbol kvadratnega korena je
√1, kubičnega pa √3
1. Pisava
√
1 je do- govorna, okrajšava za 2
√
1. Splošnin-ti koren pišemo kot n
√
1. O izvoru sim- bola se da razpravljati. V Evropi je v veljavi od 16. stoletja naprej. Po Eu- lerjevem mnenju izvira izčrke
r
, ki je začetnica latinske besederadix, kar pomeni koren. Nekateri pa zagovarjajo mnenje, da znak za koren izvira iz arabske besede zakoren, torej džidr, v arabski pisaviP Yg.
, katere prva črkadžim, samostojno zapisana, jeh.
, kar malo spominja na znak√ 1.
Namesto kvadratni in kubični koren uporabljamo tudi izraza drugi in tretji koren, za n
√
1pan-ti koren. Pri tem jennaravno število. Prvi koren
√1
1ima sicer smisel, a ga običajno ne uporabljamo. Če ni dvoma, za kateri koren gre, pogosto rečemo kar korennamesto kvadratni koren. Evklid v svojih Elementih uporablja zakvadratni korenbesedoδυναμένη.
Korene definiramo najprej za nenegativna števila. Pravimo, da je n- ti aritmetični koren pozitivnega števila a tako nenegativno število b, za katerega je bn =a. Tedaj pišemo n
√
a=b. Očitno je √n
0 = 0 in n
√
1 = 1 za vsako naravno število n. Aritmetični n-ti koren pozitivnega števila je en sam. Od 14. stoletja naprej se je uveljavila tudi enakovredna pisavaa1/n za n
√a, kar je zelo poenostavilo pravila za računanje s koreni. Številon je stopnja korena,apakorenjenecaliradikand. Koreni racionalnih števil na splošno niso večracionalna števila, so pa algebrska, ker so ničle polinomov s celimi koeficienti. Še nekaj zgledov:
√
9 = 3, 3
√
8 = 2, 4
√
81 = 3, r16
25=4 5, 3
r 27 125 =3
5.
Eksistencan-tega aritmetičnega korena je na primer posledica Dedekin-
dovega aksioma za realna števila. Po tem aksiomu ima vsaka neprazna navzgor omejena množica realnih števil natančno zgornjo mejo. Lahko pa za dokaz eksistence uporabimo tudi lastnosti zvezne funkcijef(x) =xnna zaprtem intervalu (glej na primer[14]).
Če staainbpozitivni števili, veljajo enakosti:
√n
an= (n
√
a)n=a, n
√ an
√ b= n
√ ab, n
ra b =
√n
a
√n
b.
V splošnem obsegu F je definiran pojem n-tega algebrskega korena.
Če je a ∈ F, potem je n-ti algebrski koren a vsak tak b ∈ F, za katerega je bn=a, kar pomeni, da je n-ti algebrski koren avsaka rešitevx enačbe xn=a. Le zaa= 0 je rešitev ena sama:x= 0.
Če jeapozitivno,npalihoštevilo, v obseguRvelja√n
−a=−√n a.
V obsegu realnih števil R ne obstaja algebrski kvadratni koren neg- ativnega števila, v obsegu kompleksnih števil C pa sta kar dva. Rešitvi enačbez2=−4 sta v obseguCšteviliz1=−2i, z2= 2i.
V obsegu realnih številRobstaja algebrski kubični koren negativnega števila, v obsegu kompleksnih števil C pa kar trije. Rešitev enačbez3 =
−8 v obsegu C so: z1 =−2, z2 = 1−i
√
3, z3 = 1 +i
√
3. V slednjih dveh in podobnih zapisih seveda pomeni
√3 aritmetični koren števila 3. Preizkus:
(−2)3=−8, (1±i
√
3)3= 1±3i
√ 3 + 3(i
√
3)2±(i
√ 3)3
= 1±3i
√
3−9∓i(
√
3)3=−8.
Nekateri v takem primeru zapišejo korene kar kot množico:
√3
−8 ={−2,1−i
√ 3,1 +i
√ 3}.
Tretji koren lahko za vsak kompleksen a , 0 izrazimo v polarni ali trigonometrični obliki. Najprej izrazimo
a=|a|exp(iα) =|a|(cosα+isinα).
Število |a| je absolutna vrednost ali modul kompleksnega števila a, α pa polarni kot ali argument številaa. Nato dobimo
√3
a= (
p3
|a|exp α+ 2kπ
3 i
!
, k= 0,1,2 )
.
Namestok= 0,1,2 bi zaradi cikličnosti korenov lahko zapisali katera- koli tri zaporedna cela števila, na primerk=−1,0,1.
Kompleksni koreni so v kompleksni ravnini na krožnici |z| = 3
√
|a| in sestavljajo oglišča enakostraničnega trikotnika. En koren ima polarni kot α/3 (slika 1).
Slika 1. Tretji koreni kompleksnega številaa.
V vsakem primeru moramo pri tem izračunati kubični koren pozi- tivnega števila. Kako se tej reči streže, so poznali že stari matematiki.
Če ne natančno, pa vsaj približno. Indijski matematik Bhaskara Učitelj (1114–1185), v sanskrtu BA-krAcAy, v svoji knjigi Lilavati, v sanskrtu lFlAvtF, med drugim razloži postopek kvadriranja in kubiranja ter kvad- ratnega in kubičnega korenjenja števil, zapisanih v desetiški obliki (glej
[5]), kar ni bistveno drugače od postopkov, ki jih najdemo v naših starih učbenikih.
V letih takoj po drugi svetovni vojni so se po naših šolah še učili raču- nati s svinčnikom na papir kvadrate in kube ter kvadratne in kubične ko- rene pozitivnih števil brez uporabe računalnikov. Postopek je temeljil na znanih formulah za kvadrat in kub binoma:
(a+b)2=a2+ 2ab+b2, (a+b)3=a3+ 3a2b+ 3ab2+b3.
Na primeren način jo je treba uporabiti v obratnem vrstnem redu. Prav pride tabela kvadratov in kubov prvih desetih naravnih števil.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
n2 1 4 9 16 25 36 49 64 81 100
n3 1 8 27 64 125 216 343 512 729 1 000
Zanimivo je, kot je razvidno iz tabele, da so na mestu enic kubov sama različna števila, po vrsti 1,8,7,4,5,6,3,2,9,0. Pri kvadratih pa očitno ni tako. Noben kvadrat nima na mestu enic cifer 2,3,7,8.
Kub enomestnih števil je največ tromestno število. Kub dvomestnega števila je najmanj štirimestno in največ šestmestno število. Kub tromest- nega števila je najmanj sedemmestno in največdevetmestno število.
Največ šestmestno število, ki je popolni kub, zato zlahka kubično ko- renimo. Koliko je na primer 3
√
300 763? Radikand sčrtico razdelimo po tri in tri cifre od enic v levo (zadnja skupina ni treba, da je popolna, s tremi ciframi): 300|763. Vidimo, da ima 763 na mestu enic 3, ki predstavlja enice kuba 73 = 343. Zato je 3 na mestu enic korena. Največji kub, ki ne presega 300, je 63 = 216. Zato je 6 na mestu desetic korena. Torej je
√3
300 763 = 67. Preizkus: 673= (60 + 7)3= 603+ 3·602·7 + 3·60·72+ 73= 216 000 + 75 600 + 8 820 + 343 = 300 763.
Podobno izračunamo √3
59 319. Zapišemo 59|319. Na mestu enic pri 319 je 9, kar pride od 93 = 729. Največji kub, ki ne presega 59, je 33 = 27.
Zato je 3 na mestu desetic korena. Torej je 3
√
59 319 = 39. Preizkus: 393= 59 319.
Oglejmo si nekoliko daljši izračun, in sicer√3
1 953 125 iz Lilavati. Bhas- kara Učitelj bralca vodi skozi račun. Najprej radikand sčrtico razdelimo po tri in tri cifre od enic v levo: 1|953|125. Kubični koren oziroma največji kub, ki ne presega prve skupine z leve, je 1. To je prva cifra iskanega korena. Ker je 13 = 1, 1 odštejemo od te skupine in dobimo ostanek 0, ki ga pripišemo drugi skupini. Nato od tega oddelimo prvo in drugo cifro z desne: 09|53. Sedaj neoddeljeni del 9 delimo s trikratnim kvadratom prve cifre korena, to je 3·12 = 3. Pričakovali bi, da je kvocient 3, a se izkaže, da bi se nam račun ne posrečil. Zato poskusimo z 2. To bo druga cifra korena. Od 953 moramo odšteti 3·12·2·100 = 600, 3·1·22·10 = 120 in 23. Dobimo 225. Temu številu pripišemo tretjo skupino in od tega spet oddelimo prvo in drugo cifro z desne: 2251|25. Število 2251 delimo s 3·122 = 432. Poskusimo s kvocientom 5, ki naj bi bila tretja cifra korena.
Od 225125 odštejemo 3·122·5·100 = 216000, 3·12·52·10 = 9000 in 53= 125. Dobimo 0. Račun se je izšel brez ostanka, torej je√3
1 953 125 = 125.
Nekako tako so kubično korenjenje razlagali že stari indijski in arab- ski matematiki, kasneje pa še Fibonacci in drugi, kar se je preneslo skozi stoletja v učbenike aritmetike in algebre vse do sredine druge polovice 20.
stoletja. Tudi v nekaterih učbenikih našega Franca Močnika (1814–1892) je razlaga na to temo.
Ker je 125 = 53, dobimo kot zanimivost še q3
√3
1 953 125 = 3
√
125 = 5.
To pomeni
√9
1 953 125 = 5.
V splošnem za poljubni naravni številiminnter vsako pozitivno število
avelja pravilo:
m
q
√n
a= mn
√ a.
Še en primer, da bomo videli, kaj so nekdaj morali znati dijaki. Izraču- najmo 3
√34 869 635 163. Kubično korenjenje organiziramo po vrsticah.
3
√
3 4 8 6 9 6 3 5 1 6 3| | | = 3 2 6 7
− 2 7
7 8 6 9| : 2 7 = 2+δ1
− 5 4
− 3 6
− 8
2 1 0 1 6 3 5| : 3 0 7 2 = 6+δ2
− 1 8 4 3 2
− 3 4 5 6
− 2 1 6
2 2 3 6 5 9 1 6 3| : 3 1 8 8 2 8 = 7+δ3
− 2 2 3 1 7 9 6
− 4 7 9 2 2
− 3 4 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0
√3
34 =3+δ 27 =33 27 = 3·32 54 = 3·32·2 36 = 3·3·22 8 =23 3072 = 3·322 18432 = 3·322·6 3456 = 3·32·62 216 =63 318828 = 3·3262 2231796 = 3·3262·7 47922 = 3·326·72 343 =73
Prišli smo do konca: 3
√
34 869 635 163 = 3 267. Kaj pa, če pod znakom za tretji koren ni popolnega kuba? Potem nam pri algoritmu na koncu ostane neko naravno številoε. Ena od možnosti, ki so jo poznali stari mo- jstri računstva je tale: radikand pomnožimo s 1 000 ali 1 000 000, rezultat kubično korenimo po opisanem algoritmu do celega ostanka, na koncu pa rezultat delimo z 10 oziroma s 100. S tem dobimo rezultat z eno oziroma dvema decimalkama. To je seveda približen izračun.
Približno lahko kubično korenimo naravno število r na več načinov.
Eden od teh je naslednji. Naj bor =a3+ε.Pri tem jeanaravno število, ki je najbliže√3
r,εpa celo število, ki je po absolutni vrednosti manjše oda3. Potem lahko zapišemo
√3
r= 3 q
a3(1 +ε/a3) =ap3
1 +ε/a3.
Sedaj uporabimo znano binomsko vrsto
√3
1 +x= (1 +x)1/3= 1 +x 3−x2
9 +. . . ,
ki konvergira absolutno pri pogoju|x|<1. Od nje obdržimo prva dvačlena in dobimo približek:
√3
1 +x≈1 +x 3. S tem imamo tudi približek zax=ε/a3:
√3
r≈a(1 +ε/a3) =a+ε/(3a2) =a+ (r−a3)/(3a2) =a−(a3−r)/(3a2).
V zadnjem izrazu spoznamo Newtonovo ali tangentno metodo za iskanje približkov rešitve enačbex3−r= 0.Če jexnpribližek rešitve enačbef(x) = 0, potem je naslednji približekxn+1dan s formulo:
xn+1=xn−f(xn)/f0(xn).
Če začnemo s primernim približkom x0, potem pri določenih pogojih za- poredje x1, a1, x2, . . .konvergira proti rešitvi enačbef(x) = 0. Za x0 =ain f(x) =x3−r dobimo res nov približek
x1=a−(a3−r)/(3a2) = (r+ 2a3)/(3a2).
To ni edini način iterativnega kubičnega korenjenja. Hitreje gre s for- mulo
xn+1=xn(xn3+ 2r)/(2xn3+r),
ki jo je odkril Edmond Halley (1656–1742), angleški vsestranski znanstve- nik, po katerem se postopek tudi imenuje (večv [6]).
Halley je najbolj znan po Halleyevem kometu, ki ga je lahko opazoval leta 1682 in dokazal, da se giblje po zelo sploščeni eliptični tirnici okoli Sonca. Obhodna doba tega kometa je približno 75 let.
Halley je uporabil Newtonovo metodo za funkcijog(x) =f(x)/p
|f0(x)|v neki okolici enostavne ničle funkcijef(x). V tej okolici imata obe funkciji isto ničlo. Za f(x) =x3−r je f0(x) = 3x2 in
√
3g(x) = (x3−r)/x =x2−r/x,
√
3g0(x) = 2x+r/x2. Iz tega dobimo h(x) =x− g(x)
g0(x) =x− x2−r/x
2x+r/x2 =x(x3+ 2r) 2x3+r .
Halleyev postopek je iteracija z iteracijsko funkcijo h(x), s katero iz začetnega približka x0 za število √3
r izračunamo njegove boljše približke po formulixn+1=h(xn). Graf funkcijeh(x) (slika 2) preseka premicoy=x v točki (√3
r,√3
r). V tej točki ima graf celo prevoj z vodoravno tangento, kar zagotavlja celo kubično konvergenco zaporedjax0, x1, x2, . . .proti 3
√ r, kar pomeni, da za neko pozitivno konstanto K velja relacija |xn+1−√3
r|<
K|xn−√3
r|3. Na vsakem koraku se število točnih decimalk v približkih za
√3
r približno potroji.
Slika 2. Halleyeva iteracijska funkcija za tretji koren številar >0.
Oglejmo si uporabo Halleyevega postopka za izračun števila √3
2, ki se
pojavi pri problemu podvojitve kocke. Za začetni približek vzemimo kar 1 (rezultati niso zaokroženi):
n xn
0 1,00000000000000000000000000000 1 1,25000000000000000000000000000 2 1,25992063492063492063492063492 3 1,25992104989487316473719924558 4 1,25992104989487316476721060727 5 1,25992104989487316476721060727
√3
2 1,25992104989487316476721060727
Za razvoj evropskega računanja z desetiško zapisanimi števili ima ve- liko zaslug Leonardo iz Pise (1170–1250), bolj znan kot Fibonacci. Potem ko se je bil od arabskih in drugih matematikov ob Sredozemskem morju naučil veliko matematike in računanja z indijsko–arabskimi številkami, je napisal nekaj knjig, med njimi je morda najbolj znano delo Liber abbaci, knjiga o računanju. Objavil jo je leta 1202, nato pa še malo prenovlje- no leta 1228. Vsebuje pester izbor konkretnih nalog iz računstva, ki je namenjeno predvsem trgovanju in denarništvu, pa tudi naloge kar tako, za matematično rekreacijo. V tej knjigi je tudi naloga o razmnoževanju kuncev, iz katere se je razvil znani pojem Fibonaccijevih števil.
V prvem odstavku knjigeLiber abbaciavtor omenja Mihaela Skota kot svojega mojstra in največjega filozofa, ki je pisal cesarju o knjigi števil, ki jo je avtor sestavil in prepisal prav za Skota. Avtor se strinja z njegovo kritiko in je njemu in drugim v čast popravil svoje delo. Drugo izdajo Liber abbacije Leonardo posvetil Skotu.
Mihael Skot (1180–1235), latinsko Michael Scotus, je bil matematik, alkimist, filozof in astrolog škotskega rodu na dvoru Friderika II. Ho- henstaufna (1194–1250), cesarja Svetega rimskega cesarstva, kralja Sici-
lije, nemškega kralja, jeruzalemskega kralja in švabskega vojvoda. Skot je slovel tudi kot magister magije in vedež. Iz arabščine v latinščino je prevajal Aristotela (384–322 pr. n. š.), grško ᾿Αριστοτέλης, Aviceno (980–
1037), arabsko Ibn Sina,
A J áK.@
v arabski pisavi, in Averoesa (1126–1198), arabsko Ibn Rušd,Y P áK.@
v arabski pisavi. Skotu grejo velike zasluge za prenos arabskih znanosti prek Sicilije in Pirenejskega polotoka v Evropo.Pesnik Dante Alighieri (1265–1321) je Mihaela Skota zaradi njegovih dejavnosti postavil kar v osmi krog Pekla, v četrto kotanjo, kjer so z za- sukano glavo na večno trpljenje obsojeni vedeži in čarodeji. Pesnik je Skotu posvetil celo tercino v dvajsetem spevu:
Quell’ altro che ne’ fianchi e cosi poco, Michele Scotto fu, che veramente de le magiche frode seppe ’l gioco.
V prepesnitvi Andreja Capudra (1942–2018) je pomen zgornjih verzov:
Ob njem naslednji, z mršavimi boki je Miha Skot; kakor nihče nikoli je vedel on, kajčar je, kaj uroki.
Isto besedilo je Alojz Gradnik (1882–1967) prevedel takole:
Tam drugi pa, ki mršave rasti je, Mihael Scotus je, znan po celem sveti, res pravi mojster vsake vražarije.
Fibonacci obravnava kvadratno in kubično korenjenje v 14. poglavju knjigeLiber abbaci (glej [11]). Decimalni del kubičnega korena približno
izrazi z ulomkom, ker takrat decimalne vejice in decimalnih ulomkov ter decimalk še niso poznali.
Fibonacci med drugim obravnava 3
√
2 345 in po postopku, ki smo ga opisali, najde celi del tega korena, ki je 13, ostanek pa 148. Velja torej enakost 2345 = 133+ 148. Pove tudi, da je 143 za 3·13·14 + 1 = 547 več kot 133. Iz približka 148/547≈1/4 sklepa, da je 3
√
2 345≈13 + 1/4. Potem gre podobno še naprej in zaključi s približkom √3
2 345 ≈ 13 + 17/60, po naše 13,2833. Z računalnikom dobimo 13,28559315, kar pomeni, da je bil Fibonacci kar veščtudi kubičnega korenjenja.
2 Reševanje kubi č ne ena č be
Splošna kubična enačba s kompleksnimi koeficientia, b, c, d ima obliko az3+bz2+cz+d= 0,
kjer je a, 0. Matematiki so kmalu ugotovili, da se kvadratničlen lahko odpravi, če uvedemo novo neznanko w z relacijo z = w−b/(3a). Če se nato poskrbi, da ima nova enačba zawvodilni koeficient enak 1, se lahko obravnava preprostejšo, reducirano kubično enačbo w3+pw+q= 0. Pri tem sta
p= c a− b2
3a2, q=d a − bc
3a2 + 2b3 27a3.
V nadaljevanju bomo v glavnem obravnavali v obseguC tako reduci- rano kubično enačbo
z3+pz+q= 0, (1)
kjer sta koeficientapinqkompleksni števili. Zanimale nas bodo krivulje, po katerih tečejo njeni koreni, ko fiksiramo p, q pa teče po izbrani pre- mici ali krožnici oziroma ko fiksiramo q in p teče po izbrani premici ali krožnici.
Najprej opišimo na kratko, kako se spopademo z enačbo (1). Njene rešitve poiščemo tako kot Gerolamo Cardano (1501–1576) v oblikiz=u+v (več o tem v [3] in [12]). Uporabimo enakost z3 = u3+v3+ 3uv(u+v).
Dobimo
u3+v3+ 3uv(u+v) +p(u+v) +q=u3+v3+ (u+v)(3uv+p) +q= 0.
Postavimo uv =−p/3 in dobimou3+v3 =−q. Nato prvi pogoj kubiramo in zapišemou3v3=−(p/3)3. Številiu3inv3sta torej po Viètovih formulah rešitvi kvadratne enačbe
λ2+qλ−(p/3)3= 0,
ki ima diskriminanto D =q2+ 4(p/3)3 = 4((q/2)2+ (p/3)3). Označimo∆= (q/2)2+ (p/3)3, kar je diskriminanta kubične enačbe (1). Potem je
u3=−q/2 +
√
∆, v3=−q/2−
√
∆.
Iz teh enačbu in v nista enolično določeni števili. Določeni sta le do fak- torja, ki je poljuben tretji koren enote, to se pravi rešitev enačbeζ3 = 1.
Tretji koreni enote pa so, kot vemo,ζk = exp(2kπi/3) zak= 0,1,2:
1 = exp(0), ζ=−1 +i
√ 3
2 = exp(2πi/3), ζ2=−1−i
√ 3
2 = exp(−2πi/3).
Pri tem upoštevamo, da je
exp(iτ) =eiτ = cosτ+isinτ
za vsak realen kot τ. Zato obstaja 9 kandidatov za pare (u, v), ki dajo rešitev z=u+v enačbe (1). V poštev pridejo le tisti pari (u, v), za katere jeuv=−p/3. Če smo tak osnovni par našli, denimo (u0, v0), za katerega je u0v0=−p/3, potem so vsi kandidati pari:
(u0, v0) (ζu0, v0) (ζ2u0, v0) (u0, ζv0) (ζu0, ζv0) (ζ2u0, ζv0) (u0, ζ2v0) (ζu0, ζ2v0) (ζ2u0, ζ2v0)
Očitno pa le trije pari ustrezajo pogojuuv=−p/3:
(u0, v0), (ζu0, ζ2v0), (ζ2u0, ζv0).
Rešitve enačbe (1) so potem:
z1=u0+v0, z2=ζu0+ζ2v0, z3=ζ2u0+ζv0.
Postopek njihovega izračuna je naslednji. Označimoη = Req. Najprej izračunamo diskriminanto kubične enačbe (1)
∆= (q/2)2+ (p/3)3=δ+iε (δ= Re∆, ε= Im∆) in njena kvadratna korena:
w1,2=±
rδ+|∆|
2 +isgn∗(ε)
r−δ+|∆| 2
. Pri tem je funkcija sgn∗(x) za realnexdefinirana s predpisom
sgn∗(x) =
1, x≥0,
−1, x <0.
S tem dobimou3inv3, ki ju izrazimo v polarni obliki:
u3 =−sgn∗(η)w1−q/2 =Uexp(iϕ), v3= sgn∗(η)w2−q/2 =V exp(iψ).
Pri tem sta
U =|w1−q/2| in V =|w2−q/2|.
Z uporabo sgn∗(η) dosežemo, da je vednoU >0 razen zap=q= 0. Takrat pa je tako in takou=v= 0 in enačbaz3= 0 trojni koren, ki je enak 0.
Sedaj je treba izbrati osnovni par (u0, v0). Računalnik nam daje ϕ, ψ∈ [0,2π). Lahko izberemo
u0 = 3
√
Uexp(iϕ/3),
toda
v0= 3
√
V exp(iψ/3),
ni vedno prava izbira, ker morda ne velja zahteva u0v0 = −p/3. Najti je treba kotϑ, za katerega je−p=|p|exp(iϑ). Veljati mora relacija
ϕ/3 +ψ/3 =ϑ.
zato izberemo
ψ/3 =ϑ−ϕ/3, da dobimo pravilni rezultat
v0= 3
√
V exp(i(ϑ−ϕ/3)).
Potem dobimo pravilne korene enačbe (1):
z1=u0+v0, z2=ζu0+ζ2v0, z3=ζ2u0+ζv0. Pravilnost rezultata lahko kontroliramo z Viètovimi formulami:
z1+z2+z3= 0, z1z2+z2z3+z3z1=p, z1z2z3=−q.
S kubičnimi enačbami so se matematiki srečali že zelo zgodaj. Preprost primer dobimo pri antičnem problemu podvojitve kocke. Dana kocka naj ima rob a. Iščemo kocko z robom x, ki ima dvakratno prostornino dane kocke. Veljati mora torej x3 = 2a3. Smiselna rešitev je seveda x = a3
√ 2.
Podvojitev kocke se da izvesti nestandardno, na primer z Dioklovo cisoido (glej na primer [7]). Z neoznačenim ravnilom in šestilom pačne gre.
Podoben problem lahko formuliramo za pokončni stožec, ki ima za polmer osnovne ploskve r in za višino h. Iščemo stožec, ki je podoben danemu in ima dvakratno prostornino le-tega. Če ima iskani stožec za polmer osnovne ploskvex, za višino pay, potem zlahka dobimo x=r 3
√ 2 iny=h3
√2. Podobna zgodba se ponovi pri pokončnem valju in prizmi.
Nekoliko težji je Arhimedov problem, kako z ravnino prerezati kroglo, da bosta nastala dela prostorninsko v razmerjum:n=α. Krogla naj ima polmer r in krogelni odsek višinox. Komplementarni odsek ima potem višino 2r−x(slika 3).
Slika 3. Presek krogle z ravnino.
Odseka imata prostornini V1=1
3πx2(3r−x), V2=1
3π(2r−x)2(3r−(2r−x)) = 1
3π(2r−x)2(r+x).
ZahtevaV1/V2=αnam da najprej enačbo
x2(3r−x) =α(2r−x)2(r+x), po preureditvi pa
x3−3rx2+4r3α α+ 1 = 0.
Z vpeljavo nove neznankey=x/r preide le-ta v enačbo y3−3y2+ 4α
α+ 1 = 0. (2)
Zaα = 1 dobimo najenostavnejši primer y3−3y2+ 2 = 0.
Edina smiselna rešitev je tedaj y = 1 oziroma x = r, ko imamo presek krogle na dva prostorninsko enaka dela z ravnino skozi središče krogle.
Vpeljimo v (2) novo neznanko zz= 1/y. Dobimo enačbo, ki je oblike (1):
z3−3(α+ 1)
4α z+α+ 1 4α = 0 in jo lahko rešujemo s Cardanovo formulo.
Odvisnosty odα ponazarja slika 4. TočkaD ustreza delitvi krogli na dva enaka dela.
Slika 4. Odvisnost razmerjay=x/r od razmerjaα.
Naslednja naloga tudi vodi do kubične enačbe. Najti je treba naravno
številon, za katero je
Xn
k=1
(k+k2) = 333 300.
Desno stran lahko zapišemo v obliki Xn
k=1
(k+k2) = Xn
k=1
k+ Xn
k=1
k2= n(n+ 1)
2 +n(n+ 1)(2n+ 1)
6 =n(n+ 1)(n+ 2)
3 .
Torej je treba rešiti enačbo
n(n+ 1)(n+ 2) = 999 900.
Cardanov postopek je predolg. Raje faktoriziramo desno stran:
n(n+ 1)(n+ 2) = 22·32·52·11·101 = 99·100·101.
Rešitev jen= 99. Kompleksni rešitvi−51±i
√
7499 sta tudi rešitvi prejšnje enačbe, a seveda ne prideta v poštev.
3 Koreni kubi č ne ena č be in Apolonijeva krožnica
Avtor se je v [8] lotil reševanje enačbe (1) na svojstven način. Uvedel je novo neznankowz relacijo
z=aw+b
w+ 1 . (3)
Pri tem sta a in b števili, ki ju je treba primerno določiti. Primer p = 0 lahko izključimo, saj imamo takrat opraviti z binomsko enačbo z3 =−q, ko jo že znano rešiti. Če jep=q= 0, ima enačba trojni koren z1,2,3= 0, za p= 0 inq,0 pa zapišemo−q=|q|exp(iα) in dobimo rešitve
zk =p3
|q|exp α+ 2kπ
3 i
!
, k= 0,1,2.
Očitno mora v nastavku (3) veljatia,b, ker v nasprotnem primeru ne naredimo ničesar koristnega. Iz
aw+b w+ 1
!3
+paw+b
w+ 1 +q= 0 pridemo po odpravi ulomkov do enačbe
(a3+ap+q)w3+(3a2b+2ap+bp+3q)w2+(3ab2+ap+2bp+3q)w+(b3+bp+q) = 0.
Postavimo
3a2b+ 2ap+bp+ 3q= 0, (4) 3ab2+ap+ 2bp+ 3q= 0. (5) Če enačbi (4) in (5) odštejemo, dobimo
(a−b)(3ab+p) = 0,
izčesar sledi 3ab=−p. Če pa enačbi (4) in (5) seštejemo, dobimo (a+b)(3ab+ 3p) + 6q= 0
in z upoštevanjem relacije 3ab=−pše
(a+b)p+ 3q= 0.
Našli smo relaciji
a+b=−3q
p , ab=−p 3.
To pomeni, da staainbrešitvi pridružene kvadratne enačbe λ2+3q
p λ−p 3= 0 oziroma
3pλ2+ 9qλ−p2 = 0. (6)
Njena diskriminanta je
D= 3(27q2+ 4p3) = 324 q
2 2
+ p
3 3!
= 324∆.
Ko je∆,0, ima enačba (6) različna korena in takrat je zagotovoa,b. Ker smo privzelip,0, noben njen koren ni enak 0. Če tedaj izberemo zaain bkorena enačbe (6), preide enačba (1) v binomsko enačbo
w3=−b3+bp+q a3+ap+q.
Števec in imenovalec ulomka na desni strani lahko poenostavimo, če up- oštevamo 3ab=−pinq=−p(a+b)/3 =ab(a+b). Dobimo
b3+bp+q=b3−3ab2+ab(a+b) =b(a−b)2 in
a3+ap+q=a3−3a2b+ab(a+b) =a(a−b)2. Tako smo prišli do konca:
w3=−b a. Če zapišemo
−b a =
b a
exp(iα), imamo po povezavi (3) korene
wk = 3 r
b a
exp α+ 2kπ
3 i
!
, k= 0,1,2.
S tem so določeni tudi koreni enačbe (1):
zk =awk+b
wk+ 1 , k= 0,1,2.
ZaD ,0 se ne more zgoditi, da bi bil kateri of korenov wk enak−1, zato vsizk po zgornji formuli obstajajo.
Kaj pa, če je pri p , 0 vendarle D = 0? Tedaj ima kvadratna enačba (6) dvojni koren λ1,2 = −3q/(2p). Ker pa je leva stran enačbe (1) za z =
−3q/(2p) enaka
−3q 2p
!3
+p −3q 2p
!
+q=−q(4p3+ 27q2)
8p3 =− qD 24p3 = 0,
je −3q/(2p) eden od korenov enačbe (1). Ker je odvod leve strani enačbe (1) enak 3z2+p, kar je zaz=−3q/(2p) enako
3 −3q 2p
!2
+p=27q2+ 4p3 4p2 = D
12p2 = 0,
je−3q/(2p) dvojni koren enačbe (1). Preostali koren pa je 3q/p, ker je 3q
p
!3
+p 3q p
!
+q=q(4p3+ 27q2)
p3 = qD
3p3 = 0.
Strnimo rezultat. Zap,0 inD =∆= 0 ima enačba (1) korene z1=z2=−3q
2p, z3= 3q p .
Spoznali smo, kako enačbo (1) za p , 0 z Möbiusovo transformacijo z = (aw+b)/(z+ 1) prevedemo na obliko w3 =−b/a. Pri tem je a,b, kar zagotavlja, da so koreni enačbe (1) različni. Nekaj večo teh rečeh najdemo na primer v [1]. Obratna transformacija je w=−(z−b)/(z−a). Enačbi (1) smo s tem pravzaprav dali obliko
z−b z−a
!3
=b
a, (7)
iz katere sledi razmerje
|z−b|
|z−a| =µ, µ= 3 r|b|
|a|. (8)
Enačbi (8) zadoščajo vsi koreni enačbe (1). Sicer pa enačba (8) za µ , 1 predstavlja Apolonijevo krožnico K(a, b, µ), ki jo definirata točkia in b v kompleksni ravnini pri razmerjuµ. Zaµ = 1, kar pomeni|a|=|b|, preide (8) v |z−a|=|z−b|, kar je enačba simetrale daljice med točkama ain bv kompleksni ravnini. To se pravi, da v tem primeru koreni enačbe (1) ležijo na isti premici. Njena enačba v parametrični obliki se glasiz= (a+b)t, kjer jet realen parameter. Zat= 0 gre premica skozi točko 0.
Če je a = b, so koreni enačbe (1) realni. Več o Apolonijevi krožnici najdemo na primer v [9].
Slika 5. Koreni kubične enačbe na Apolonijevi krožnici.
Za|a|,|b|je µ ,1 in koreni enačbe (1) ležijo na Apolonijevi krožnici K(a, b, µ), ki ima polmer
r=|a−b| · µ
|µ2−1|.
Središčeσ krožnice je oddaljeno od središča daljice medainbza
|a−b|
2 · µ2+ 1
|µ2−1| po premici skoziainb. Zaσ dobimo izraz
σ =a+b
2 +a−b
2 ·µ2+ 1 µ2−1. Na sliki 5 so označeni koreni enačbe
z3−3(1 + 3i)z+ (11i−3) = 0.
Njena pridružena enačba je
λ2−(3 + 2i)λ+ (1 + 3i) = 0,
ki ima korenaa=λ1= 2 +i inb=λ2= 1 +i. Nato izračunamo µ= 3
r|b|
|a| = 6 r2
5. Apolonijeva krožnica ima središče v točki
σ =3 2+i−
√3
5 + 3
√ 2
√3
5− 3
√
2 = 1− 2
√3
20−2
≈ −1,799483 +i, polmer pa
r=
√6
10
√3
5− 3
√ 2
≈3,261378.
Za primer vzemimo še enačbo
z3−3(4 + 3i)z+ (9 + 13i) = 0, ki ima korene
ζ1=1 2(−3
√
3−3−i(
√
3 + 1)),
ζ2= 1 2(3
√
3−3 +i(
√
3−1)), ζ3= 3 +i.
Pridružena enačba je
λ2−(3 +i)λ+ (4 + 3i) = 0,
ki ima korena a=λ1 = 2−i inb=λ2 = 1 + 2i. Ker je|a|=|b|=
√
5, imamo µ= 1 in koreniζ1,ζ2inζ3 ležijo na isti premici (slika 6).
Slika 6. Koreni kubične enačbe na premici.
Oglejmo si nekoliko pobliže enačbo (7). Število b/a ima argument Arg(b/a) = ε, ki je enak razliki argumentov števil b in a. Vedno lahko izberemoainb, ki sta korena enačbi (1) pridružene enačbe (6), tako da je Argb≥Argain s temε= Argb−Arga≥0. Potem je
Argz−b
z−a = ε+ 2kπ 3 ,
pričemer jek= 0,1,2.inzeden od korenovζ1, ζ2 aliζ3enačbe (1).
Geometrijsko lahko to razložimo takole. Pod kotom ε vidimo daljico s krajiščema a in b iz točke 0. Kot Arg(z−b)/(z−a) pa je ∠(a, z, b). Ko- rene enačbe (1) lahko preštevilčimo tako, da bo∠(a, ζ1, b) =ε/3,∠(a, ζ2, b) =
∠(a, ζ1, b) + 2π/3 in∠(a, ζ3, b) =∠(a, ζ2, b) + 2π/3 (slika 7). Po potrebiainb v teh relacijah med seboj zamenjamo.
Koeficientap inq enolično določata enačbo (1) in pridruženo enačbo, njena korenaainbpa razmerjeµin Apolonijevo krožnico. Korene enačbe (1) lahko tudi geometrijsko konstruiramo, če smo prej tretjinili kot ε in izračunaliµ= 3
√
|b/a|.
Slika 7. Koreni kubične enačbe, Apolonijeva krožnica in koti.
Koeficienta in korena a in b pridružene enačbe se pri znanih koefi- cientih p in q da konstruirati v kompleksni ravnini celo z neoznačenim ravnilom in šestilom (podrobnosti v [9]). Pri znanem razmerju µ kon- struiramo Apolonijevo krožnico K(a, b, µ). Kot ε je kot med zveznicama 0a in 0b. Nato je treba konstruirati krožne loke s tetivo ab in obodnimi koti (ε+ 2kπ)/3 za k= 0,1,2. Ti krožni loki sekajo Apolonijevo krožnico K(a, b, µ) v korenih dane kubične enačbe.
4 Koreni kubi č ne ena č be pri spreminjanju njenih koeficientov
Kvadratna enačba ni delala posebnih težav. Huje je bilo, da v starihčasih niso uporabljali ničle in negativnih števil. Logično je bilo, da so za kva- dratno enačbo sledile enačbe tretje in višjih stopenj. Zaradi vztrajanja pri tradicionalnem evklidskem razmišljanju pa so nastale težave že pri kubičnem korenu, pri katerem geometrijske konstrukcije z neoznačenim ravnilom in šestilom odpovejo.
Kakor je znano, je bolonjski profesor matematike Scipione del Ferro (1465–1526) prvi znal rešiti poseben primer kubične enačbe (1). Ni znano, kaj ga je napeljalo na to, da je rešitev iskal v obliki vsote oziroma razlike dveh kubičnih korenov. Morda je uporabil znano enakost
(α+β)3=α3+β3+ 3αβ(α+β),
ki samo druga, včasih bolj pripravna oblika formule za kub binoma:
(α+β)3=α3+ 3α2β+ 3αβ2+β3. Če namreč vanjo postavimo α = √3
a in β = 3
√
b in označimo x =√3 a+ 3
√ b, dobimo
x3−33
√
abx−(a+b) = 0.
To je enačba oblike (1) zap=−33
√
abinq=−(a+b). Iz prve enačbe dobimo ab=−p3/27, iz druge paa+b=−q. Torej staainbrešitvi kvadratne enačbe
λ2+qλ−p3/27 = 0.
Njeni rešitvi sta znani:
λ1,2=−q 2±
r q
2 2
+ p
3 3
.
En koren vzamemo zaa, drugega zabin že smo pri Cardanovi formuli:
x= 3 s
−q 2+
r q
2 2
+ p
3 3
+ 3 s
−q 2−
r q
2 2
+ p
3 3
.
S tem smo pogledali možnosti reševanja kubične enačbe (1). Odslej nas bo zanimalo, kako se obnašajo njeni koreni, ko enega od koeficientov fiksiramo, drugega pa spreminjamo po premici ali po krožnici.
A. Ogledali si bomo, kakšne krivulje opišejo ti koreni, kopfiksiramo, q pa potuje po premici `, ki ima enačbo z =z0+λexpit = x0+λcost+ i(y0+λsint) v kompleksni ravnini (slika 8). Pri tem jeλrealen parameter.
Premica`poteka skozi točkoz0 =x0+iy0in oklepa z realno osjo kott.Če pišemoz=x+iy in izločimoλ, dobimo`v obliki
xsint−ycost=k, kjer je
k=x0sint−y0cost.
Število|k|pomeni razdaljo premice`od točke 0.
Slika 8. Premica v kompleksni ravnini.
Za našo nalogo je pripravna enačba premice`v obliki z(sint+icost) +z(sint−icost) = 2k oziroma v obliki
Re(z(sint+icost)) =k, kar dobimo,če upoštevamo enakosti
x= z+z
2 , y= z−z 2i .
Koeficient p v enačbi (1) naj bo fiksen, koeficient q pa zaradi njegove izbire na premici`zadošča enačbi
Re(q(sint+icost)) =k. (9) Zanima nas, krivulja, na kateri pri tem ležijo koreni enačbe (1). Vsak njen koren zadošča enačbi q=−z3−pz. Desno stran tega izraza vstavimo v (9) in dobimo:
Re((z3+pz)(sint+icost)) =−k.
Zaz=x+iy inp=c+id iz tega izluščimo enačbo iskane krivulje:
(x3−3xy2+cx−dy) sint+ (y3−3x2y−dx−cy) cost+k= 0. (10) Koreniz1, z2, z3 enačbe (1) potujejo po tej krivulji, ko qteče po premici`.
Vsota korenov je 0, kar pomeni, da je težišče trikotnika z ogliščiz1, z2, z3v točki 0. Oblika krivulje je odvisna od premice`in koeficientap.
Relacija (10) je enačba algebrske krivulje tretje stopnje. Njene asimp- totey=αx+βdoločimo tako, da v (10) vstavimoy=αx+β, dobljeni izraz preoblikujemo v polinom spremenljivkex, nato pa koeficienta prix3inx2 izenačimo z 0. Rešitviα inβ dasta asimptote. V našem primeru dobimo:
α(α2−3) cost+ (1−3α2) sint = 0, (11) ((α2−1) cost−2αsint)β = 0. (12)
Asimptote, ki niso vzporedne z imaginarno osjo, dobimo takrat, ko je cost , 0. Prvi faktor v enačbi (12) je tedaj enak 0 za α = tan(t/2 +π/4) in α=−cot(t/2 +π/4). Ti dve števili pa ne zadoščata enačbi (11). Zato je β = 0. Enačba zaα je torej (11). Z vpeljavo nove neznanke γ, tako da je α=γ/cost+ tant, jo prevedemo v obliko (1):
γ3−3γ−2 sint= 0.
Njene rešitve so:
γ1=−2 sin(t/3), γ2,3= sin(t/3)±
√
3 cos(t/3).
Nazadnje lahko zapišemo smerne koeficiente vseh treh asimptot:
α1= tant−2 sin(t/3)/cost, α2,3= tant+ sin(t/3)/cost±
√
3 cos(t/3)/cost.
Z malo truda izračunamo, da je
αk−αj 1 +αkαj
=
√
3 = tan(π/3)
zak,j, kar pomeni, da asimptote med seboj oklepajo kotπ/3.
Asimptotex=δ, ki so vzporedne z imaginarno osjo, dobimo tako, da v (10) vstavimox=δ, uredimo dobljeni rezultat po potencah spremenljivke yin izenačimo z 0 koeficient pri najvišji potenci. Dobimoy3cost−3δy2sint+
. . .= 0. To bi šlo le za cost= 0, kar pa ni enačba zaδ. Tedaj je sint =±1 in mora biti δ= 0. Navpična asimptota je zato x = 0 in obstaja le takrat, ko je cost = 0 oziroma takrat, ko je premica` vzporedna z imaginarno osjo.
Iz enačbe (11) dobimo še α1,2 = ±
√
3/3 = ±tan(π/6). Vse tri asimptote, x= 0, y=x
√
3/3 iny=−x
√
3/3, med seboj oklepajo kotπ/3.
Asimptote so odvisne samo od kotat, ne pa od koeficientovpinq. Vse asimptote potekajo skozi točko 0.
Korenez1, z2, z3 enačbe (1) lahko lokaliziramo z nivojnicami reliefa tri- nomaz3+pz+q. Enačba reliefa v prostoru nad kompleksno ravnino ima aplikato|z3+pz+q|. Nivojnice, ki jih dobimo v kompleksni ravnini, pa so krivulje|z3+pz+q|=s, kjer jesnenegativna konstanta. Z nekaj računanja najdemo
u(x, y) = Rep(z) =x3−3xy2+cx−dy+e, v(x, y) = Imp(z) =−y3+ 3x2y+dx+cy+f . Dobimo
|p(z)|= q
u2(x, y) +v2(x, y).
Nivojnice pa imajo enačbo q
u2(x, y) +v2(x, y) =s oziroma
u2(x, y) +v2(x, y) =s2,
kjer jesnenegativna konstanta. To so algebrske krivulje šeste stopnje. Za s= 0 so krivulje degenerirane v točke, ničle trinomap(z). Za dovolj majhne pozitivneskrivulje obkrožajo te ničle.
Algebrske krivulje tretjega reda je prvi klasificiral že Isaac Newton (1643 (greg. kol.)–1727). Naše krivulje imajo po tri asimptote in po New- tonovi klasifikaciji spadajo v prvo skupino (večo tem v [10]).
Premica seka algebrsko krivuljo tretjega reda v največtreh točkah. Al- gebrska krivulja tretjega reda ima največtri asimptote. V splošnem alge- brska krivulja tretjega reda vsebuječlene z:
x3, x2y, xy2, y3, x2, xy, y2, x, y, 1.
Iz teh z linearno kombinacijo z realnimi koeficienti sestavimo polinom P(x, y) tretje stopnje spremenljivkxiny. Algebrska krivulja tretje stopnje je ničla takega polinoma.
A1. V enačbiz3−8 = 0 jep= 0 inq=−8. Enačba ima korenez1= 2 in z2,3 =−1±i
√
3. Vzemimo, da je qna premici y= 0. Tedaj je t = 0,e =−8 in c=d =f = 0. Koreni so na krivuljiy(y−x
√
3)(y+x
√
3) = 0, ki je unija premicy= 0 iny=±x
√
3 (slika 9). Nivojnice so krivulje (x3−3xy2−8)2+ (−y3+ 3x2y)2=s2.
Slika 9. Ničle binomaz3−8 in nekaj njegovih nivojnic.
Slika 10. Relief binomaz3−8.
A2. Izberimop= 2−i in premicoy= 2. Zaq=−3 + 2i so koreni z1≈ −0,1537 + 1,8064i, z2≈ −0,9003−1,6280i, z3≈1,0540−0,1784i.
Ležijo na krivulji
3x2y−y3−x+ 2y+ 2 = 0, ki ima asimptotey= 0 iny=±x
√
3 (slika 11).
Slika 11. Koreni enačbez3+ (2−i)z−3 + 2i = 0.
Slika 12. Relief trinomaz3+ (2−i)z−3 + 2i.
A3. Sedaj izberimop= 6 + 2i in premico x= 4. Zaq= 4 +i, ki leži na tej premici, so koreni
z1≈ −0,0798 + 2,5204i, z2≈ −0,6169 + 0,0328i, z3≈0,6967−2,5532i.
Koreni ležijo na krivulji
x3−3xy2+ 6x−2y+ 4 = 0, ki ima asimptotex= 0 iny=±x
√
3/3 (slika 13).
Slika 13. Koreni enačbez3+ 2(3 +i)z+ 4 +i= 0.
Namenoma smo na slikah 11, 13 in 14 za kubični trinom z3+pz+q ohranili nekaj reliefovih nivojnic, ki obkrožajo ničle trinoma. Nivojnice so pogosto nekoliko prekinjene zaradi nestabilnega računanja točk impli- citno podane krivulje v okolici njenih singularnih točk, kar ničle trinoma zagotovo so.
A4. Izberimop= 2−i in premicoy=x+ 1. Zaq= 1 + 2i so koreni z1 ≈0,043−0,8984i, z2≈ −0,7929−0,9173i, z3≈0,3629 + 1,8157i.
Ležijo na krivulji
x3−3xy2−3x2y+y3+ 3x−y−1 = 0, ki ima asimptotey=−xiny= (2±
√
3)x(slika 14).
Slika 14. Koreni enačbez3+ (2−i)z+ 1 + 2i = 0.
Ničle kubičnega trinomaz3+pz+qlahko dinamično opazujemo s pri- mernim računalniškim orodjem. To pomeni, da v tem primeru pri iz- branem koeficientu p pomikamo koeficient q po izbrani krivulji, v tem primeru po premici, in opazujemo spreminjanje ničel trinoma. Nekate- ra računalniška orodja so sposobna krivulje, po katerih drsijo ničle, takoj prikazati, sicer pa enačbe teh krivulj sami izračunamo.
Pripomba. Koreni na krivuljah menjajo indekse, ko spreminjamo p ozi- roma q. To je posledica posebnega načina iskanja kvadratnih in kubičnih korenov.
A5. Izberimop=−7/3 + 8i in premicoy =x+ 146/27. Zaq= 88/27 + 26/3i so koreni
z1=z2=−4/3 +i, z3= 8/3−2i.
Ležijo na krivulji
x3−3xy2−3x2y+y3−31/3x−17/3y−146/27 = 0, ki ima asimptotey=−xiny= (2±
√
3)x(slika 15).
Slika 15. Koreni enačbez3+ (−7/3 + 8i)z+ 88/27 + 26/3i= 0.
B. Ogledali si bomo še, kakšne krivulje opišejo koreni enačbe (1), ko koeficientp=c+id fiksiramo, koeficientqpa potuje po krožniciκ, ki ima enačbo |z−s|=r. Krožnica ima polmerr >0 in središčes=e+if. Zaqv našem primeru velja|q−s|=r. Tako kot pri premici izrazimo iz enačbe (1) koeficient q=−z3−pz. Temu pogoju zadoščajo koreni, torej mora veljati relacija
| −z3−pz−s|=|z3+pz+s|=r.
Za poljubno kompleksno število z = x+iy dobimo po krajšem računu enačbo krivulje:
(x3−3xy2+cx−dy+e)2+ (3x2−y3+cy+dx+f)2=r2.
Iskana krivulja je algebrska stopnje šest. Krivulja je lahko enodelna, dvo- delna ali celo tridelna, kar je odvisno od koeficientap in parametrovsin r krožniceκ.
Opazimo pa tudi, da je iskana krivulja kar nivojnica reliefa trinoma z3+pz+s. Seveda ta nivojnica ni nivojnica trinomaz3+pz+q, ker zaradi pogojar >0 veljaq,s.
B1. Vzemimop= 0, s= 1−i inr = 5. Na krožniciκz enačbo |z−s|= 5 je točkaq= 4 + 3i. Ta nam da korene
ζ1 ≈1.1506−1.265i, ζ2≈0.5202 + 1.6289i, ζ3≈ −1.6708−0.364i.
Koreni opišejo krivuljo (slika 16), koqpreteče krožnicoκ.
Slika 16. Koreni enačbez3+pz+q= 0 za fiksenpna enodelni krivulji.
B2. Izberimo primer s = 1−i, p = 5 + 3i, r = 5. Koeficient q leži na krožnici|z−p|=r. Odslej konkretnega primera zaqin ustreznih korenov ne bomo večnavajali. Na slikah je razvidno, kje ležijo.
Slika 17. Koreni enačbez3+pz+q= 0 za fiksenpna dvodelni krivulji.
B3. Še en primer:s= 1−i,p= 5−5i,r= 5. Koeficientqleži na krožnici
|z−p|=r.
Slika 18. Koreni enačbez3+pz+q= 0 za fiksenpna trodelni krivulji.
