Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta
Oddelek za matematiko in računalništvo
Marko Razpet
KVADRATNE, KUBI Č NE IN KVARTI Č NE ENA Č BE
Študijsko gradivo Zgodovina matematike
Ljubljana, december 2018
Vsebina
Seznam slik 3
Predgovor 5
Kratka zgodovina 6
Splošna kvadratna enačba 60
Korena kvadratne enačbe s kompleksnima koeficientoma 67 Normala in tangenta na Cassinijev oval v dani točki 82
Parametrizacija Bernoullijeve lemniskate 89
Za konec 96
Viri 100
Seznam slik
1 Kvadratna pokončna prisekana piramida. . . 6
2 Rešitev kubične enačbe x3+ 3px= 2q – grafično. . . 12
3 Rešitev kubične enačbe x3+ 2q= 3px – grafično. . . 13
4 Babilonski zapis Leonardovega približka. . . 18
5 Diagram okroglega mesta (pogled od severa proti jugu) . . . . 21
6 Razmere pri prvi kitajski nalogi . . . 23
7 Razmere pri drugi kitajski nalogi . . . 24
8 Razmere pri tretji kitajski nalogi . . . 24
9 Kompleksna ali Gaußova ravnina. . . 27
10 Enotska krožnica. . . 34
11 Konstrukcija sedemkotnikove stranice. . . 39
12 Peti in šesti koreni enote. . . 47
13 Paralelni premik v kompleksni ravnini. . . 47
14 Zasuk v kompleksni ravnini. . . 48
15 Nekomutiranje dveh zasukov. . . 49
16 Zasuk točke v prostoru okoli nepremične osi. . . 56
17 Zasuki točke na sferi okoli nepremičnih osi. . . 60
18 Konstrukcija kvadratnega korena. . . 64
19 Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe četrtega tipa. . . 65
20 Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe petega tipa. . . 66
21 Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe šestega tipa. . . 66
22 Korena enačbe x2−2px+q= 0, ko je q na premici. . . 67
23 Korena enačbe x2−2px+q= 0, ko je q na krožnici. . . 69
24 Korena enačbe x2−2px+q= 0, ko je p na premici. . . 71
25 Strofoida. . . 73
26 Korena enačbe x2−2px+q= 0, ko je p na krožnici. . . 73
27 Grafično množenje. . . 75
28 Grafično korenjenje. . . 75
29 Grafično reševanje enačbe z2−2pz+q2= 0. . . 76
30 Korena enačbe z2−2pz+q2= 0, ko je q na premici. . . 76
31 Korena enačbe z2−2pz+q2= 0, ko je q na krožnici. . . 77
32 Korena enačbe z2−2pz+q2= 0, ko je p na premici. . . 77
33 Korena enačbe z2−2pz+q2= 0, ko je p na krožnici. . . 78
34 Nivojnice reliefa trinoma z2−2pz+q z različnima ničlama. . . 80
35 Nivojnice reliefa binoma z3+ 1. . . 81
36 Nivojnice reliefa binoma z4−1. . . 82
37 Nivojnice reliefa binoma z5−1. . . 83
38 Nivojnice reliefa polinoma (z−1)2(z+ 1). . . 84
39 Normala in tangenta na Cassinijev oval v dani točki. . . 85
40 Posledica Steinerjeve formule. . . 86
41 Pomožna konstrukcija. . . 87
42 Steinerjeva konstrukcija tangente na Cassinijev oval v točki. . 88
43 Opis še ene konstrukcije tangente na Cassinijev oval v točki. . 89
44 Konstrukcija tangente na Bernoullijevo lemniskato. . . 90
45 Inverzija enakoosne hiperbole na krožnici. . . 92
46 Relacije med tangento, normalo in koti. . . 95
47 Tretjinjenje kota z lemniskato in mizarskim kotnikom. . . 96
48 Nekaj možnih rešitev linearnega sistema. . . 98
49 Vrtenje togega telesa. . . 99
Predgovor
Glavna tema pričujočega gradiva so kvadratne enačbe s kompleksnimi ko- eficienti in obnašanje ničel kvadratnih enačb v kompleksni ravnini pri nekaterih pogojih, ki vsebujejo te koeficiente. Kvadratno enačbo bomo obravnavali v obliki, ki ima vodilni koeficient enak 1, tako da ostaneta na voljo še dva. Od teh enega fiksiramo, drugega pa spreminjamo po pre- mici ali krožnici v kompleksni ravnini. Nato opazujemo v kompleksni ravnini korena kvadratne enačbe, ki opisujeta bolj ali manj znane alge- brske krivulje. Med temi so tudi Cassinijevi ovali z Bernoullijevo lem- niskato vred, katerim posvečamo nekoliko več pozornosti. Izognili pa se ne bomo kubični in kvartični enačbi. Pot do njunih rešitev namreč vodi prek kvadratnih enačb. Ogledali pa si bomo tudi nekaj zgodovine o tem, kako so se matematiki v preteklosti lotevali tovrstnih problemov.
Namen gradiva je tudi pokazati uporabnost kompleksnih števil na ne- kem drugačnem primeru, kakor smo navajeni. V dolgoletni pedagoški praksi je namrečavtor opazil, da nekateri dijaki in študentje dolgo ne za- popadejo, čemu kompleksna števila sploh obravnavamo. Najdejo se tudi taki, ki trdijo, da je vsa višja matematika še kar v redu, da pa ne vidijo v hiperboličnih funkcijah nobene uporabnosti. Temu se ni trebačuditi. Do- brih deset let po šolah preganjajo samo naravna, cela in racionalna števila, morda tudi realna. Do kompleksnih pridejo ali pa tudi ne, čeprav so samo preprosta razširitev realnih. Pojem števila se v mladih glavah usidra nekako na nivoju realnih števil. Marsikdo je prepričan, da je število lahko samo rezultat nekega preštevanja ali merjenja. Veliko ljudi pačne zmore zlesti na nivo najpreprostejše abstrakcije v matematiki. Pri kompleksnih številih, ki jih lahko upodabljamo kot točke v neki ravnini, v resnici ne bi smelo biti težav, saj bi morali biti osnovni geometrijski pojmi in izreki znani že iz osnovne šole.
Kratka zgodovina
Linearne in kvadratne enačbe so reševali že matematiki najstarejših ci- vilizacij. Predvsem je šlo pri kvadratnih enačbah za razne geometrijske probleme, ki so v glavnem izvirali iz prakse.
Pravijo, da se je že helenistični učenjak Heron iz Aleksandrije, ῞Ηρων ὁ ᾿Αλεξανδρεύς, za katerega se ne točno, kdaj je živel, verjetno pa v prvem stoletju, v bistvu srečal s koreni iz negativnih števil, katerim pa ni dajal nobene pozornosti. Še najbolj je v matematiki znan po Heronovi formuli za ploščinoptrikotnika s stranicamia, binc:
p=p
s(s−a)(s−b)(s−c), s= a+b+c
2 .
V deluStereometrika, ki pa ga, kot kaže, napačno pripisujejo Heronu, je obravnavana pokončna kvadratna prisekana piramida, ki imaainb(a >
b) za stranici osnovnih ploskev,spa za stranski rob (slika 1). Za določitev prostornine je treba izračunati višino piramide.
Slika 1. Kvadratna pokončna prisekana piramida.
Pravokotna projekcija stranskega robasna večjo osnovno ploskev ima
dolžino, ki je enaka polovici razlike diagonal osnovnih ploskev:
1 2(a
√ 2−b
√
2) = 1
√
2(a−b).
Po Pitagorovem izreku je potem h2=s2−1
2(a−b)2.
Za prostorninoV take prisekane piramide je naveden izraz V =h
a+b
2
!2
+1 3
a−b 2
!2
.
Če izraz na desni poenostavimo, dobimo obliko, ki jo poznamo s šole:
V = 1
3(a2+ab+b2)h.
Zaa= 10, b = 2, s= 9 dobimoh=
√
81−32 = 7, zaa= 28, b = 4, s = 15 pa h=
√
225−288 =
√
−63 =i
√
63. Baje je Heron zapisal karh=
√
63, kar je napačno. V resnici v prvem primeru piramida obstaja, v drugem pa ne.
Kaj posebnega se z enačbami do evropske renesanse ni dogajalo. V Indiji sta se s kubičnimi in kvartičnimi enačbami še največukvarjala Ma- havira Učitelj (9. stoletje), v sanskrtu mhAvFrAcAy, in Bhaskara Učitelj (1114–1185), v sanskrtuBA-krAcAy. Prav tako so na Kitajskem prišli do takih enačb. Večo tem bomo povedali kasneje.
Al Hvarizmi (780–850), arabsko
ù
Ó PP@ñ jË@
, je kvadratne enačbe razvrstil na šest tipov. Perzijski učenjak At Tusi (1135–1213), arabskoú
æ ñ¢Ë@
, se jeukvarjal s kubičnimi enačbami in jih razvrstil v dve skupini. V prvi imajo pozitiven koren, v drugi pa negativnega. Podobno je naredil znani perzi- jski pesnik in matematik Omar Hajam (1048–1131), perzijsko
ÐAJ k QÒ«
, kije klasificiral kubične enačbe na trinajst tipov. Vsi našteti so enačbe za- pisali tako, da so bili koeficienti na obeh straneh enačaja, kot bi danes
rekli, pozitivni. Splošne formule za rešitve niso našli, so pa poskušali enačbe reševati približno.
Polinom spremenljivkexje izraz oblike
p(x) =a0xn+a1xn−1+. . .+an−1x+an,
kjer soa0, a1, . . . , ankoeficienti iz nekega komutativnega obsegaF in vodilni koeficient a0 ,0. Nenegativno celo številon je njegova stopnja. Polinom stopnje 0 je vsaka pozitivna konstanta iz F. Polinom prve stopnje je li- nearen polinom ax+b, kjer jea, 0. Polinom druge stopnje je kvadratni polinomax2+bx+c, kjer jea,0. Polinom tretje stopnje je kubičnini poli- nom ax3+bx2+cx+d, kjer je a ,0. Polinom četrte stopnje je kvartični polinom ax4+bx3 +cx2+dx+e, kjer je a , 0. Polinom pete stopnje je kvintični polinomax5+bx4+cx3+dx2+ex+f, kjer jea,0.
Ničla polinomap(x) je vsak tak elementx0 ∈F, za katerega jep(x0) = 0.
Pravimo tudi, da jex0 rešitev ali koren enačbe
a0xn+a1xn−1+. . .+an−1x+an= 0.
Če jex0 ničla polinomap(x), jep(x) deljiv z binomomx−x0: p(x) =q(x)(x−x0).
Pri tem jeq(x) polinom, ki ima za 1 nižjo stopnjo kotp(x).Če je p(x) =q(x)(x−x0)r,
kjer jernaravno število inq(x) polinom, ki ima zarnižjo stopnjo kotp(x) in jeq(x0),0, potem pravimo, da jex0ničla stopnjerpolinomap(x).
Ko zapišemo enačbop(x) = 0, kjer jep(x) polinom, navadno govorimo o linearni, kvadratni, kubični, kvartični enačbi skladno s tem, katere stopnje oziroma vrste jep(x).
Linearni enačbi ax+b = 0, kjer je a , 0, ni treba posvečati posebne pozornosti, njena edina rešitev je x=−b/a. Veliko antičnih problemov se skrči na tako enačbo.
Kvadratno enačbo ax2+bx+c = 0 z realnimi koeficienti a, 0, b in c ljudje že dolgo znajo rešiti. Učijo se jo tudi v naših srednjih šolah in pri tem najdejo opravičilo za uvedbo kompleksnih števil. Pomnožimo jo z a in dopolnimo do popolnega kvadrata:
a2x2+abx+ac= ax+b 2
!2
+4ac−b2 4 = 0.
Če vpeljemo diskriminanto D kvadratne enačbe z relacijo D = b2−4ac, potem imamo
ax+b 2
!2
=D 4 in nazadnje rešitvi ali korena
x1,2= −b±
√ D 2a .
Če je D > 0, ima enačba različna realna korena x1 in x2. Za D = 0 sta korena realna in enakax1=x2=−b/(2a). Če pa jeD <0, sta korena kon- jugirano kompleksna:
x1,2= −b±i
√
−D 2a .
Kvadratni trinomax2+bx+clahko faktoriziramo z njegovima ničlama, to je s korenomax1 inx2 kvadratne enačbeax2+bx+c= 0:
ax2+bx+c=a(x−x1)(x−x2).
Iz tega sledita Viètovi formuli:
x1+x2=−b
a, x1x2= c a.
Ob tem je za marsikoga precej misteriozen tisti i, imaginarna enota, za katero jei2=−1.
Do kvadratnih enačb so pri reševanju različnih nalog prišli že v davnih časih Babilonci, Egipčani, Kitajci, Grki, Indijci in Perzijci, v Evropi pa na primer Johannes Müller (1436–1476), znan tudi kot Regiomontanus, in Cardano. Metode reševanja se niso kaj dosti razlikovale od tistih, ki smo se jih učili v srednji šoli.
Bhaskara Učitelj v znani zbirki nalog Lilavati, v sanskrtu lFlAvtF, svoji dražestni učenki postavlja naslednjo nalogo.
Naloga. Na jezeru je bila jata labodov. Sedem polovic kvadratnega korena iz njihovega števila se je preselilo v bližino jezera. Zaljubljen par labodov pa je ostal na jezeru. Koliko labodov je bilo tam?
Rešitev.Vzemimo, da je bilo na jezeru vsegax2labodov. Z jezera se jih je preselilo 7x/2 in ostala sta dva. Torej imamo kvadratno enačbo
x2−7 2x= 2.
Enačbo so Indijci reševali z dopolnjevanjem do popolnega kvadrata:
x2−7 2x+
7 4
2
= 2 + 7
4 2
=81 16. S tem dobimo
x−7
4 2
= 9
4 2
, x−7 4= 9
4 in končnox= 4. Tam je bilo torej 16 labodov.
Splošna kubična enačba je oblike
ax3+bx2+cx+d= 0,
kjer jea,0. Ljudje so kmalu ugotovili, da se kvadratnegačlena znebimo, če uvedemo novo neznankoy z relacijox=y−b/(3a).Če nato poskrbimo,
da ima nova enačba za y vodilni koeficient enak 1, lahko obravnavamo preprostejšo enačboy3+ 3py+ 2q= 0.
Omar Hajam bi potem razdelil, da bi ohranil pozitivne koeficiente, take enačbe na tri oblike:
x3+ 3px= 2q, x3+ 2q= 3px, x3= 3px+ 2q.
Problem reševanja kvadratnih enačb je bil v zgodovini matematike kar hitro rešen, zataknilo pa se je pri kubični enačbi. Bistven napredek je bil narejen v obdobju italijanske renesanse. Pri tem so bili zraven: Scipione del Ferro (1465–1526) in njegov učenec Antonio Maria del Fior, Niccoloò Fontana, imenovan tudi Tartaglia (1499–1557), Gerolamo Cardano (1501–
1576) in Rafael Bombelli (1526–1573). Zanimivo, da je bil Luca Pacioli (1445–1514) mnenja, da znanje matematikov v njegovem času še ni bilo na takem nivoju, da bi zmogli rešiti problem kvadrature kroga in poiskati korene ali rešitve kubične enačbe.
Scipione je znal rešiti prvi primer enačbe, to jex3+ 3px= 2q. Ni znano, od kje mu genialna ideja, ki je v bistvu iskanje neznanke v oblikix=u−v.
Če vstavimo ta nastavek in x3 = (u−v)3 =u3−v3−3uv(u−v) v enačbo, dobimo:
u3−v3−3uv(u−v) + 3p(u−v) = (u3−v3)−3(u−v)(uv−p) = 2q.
Sedaj je koristno postaviti uv = p, tako da dobimo u3−v3 = 2q. Ker je u3v3 =p3, sta po Viètovih formulahλ1=u3 inλ2=−v3 rešitvi kvadratne enačbeλ2−2qλ−p3= 0. Preprost račun nam da:
λ1=q+ q
q2+p3, λ2=q− q
q2+p3. S tem imamo rešitev:
x= 3 r
q
q2+p3+q− 3 r
q
q2+p3−q.
To je za pozitivnap inq edina pozitivna rešitev. To se lepo vidi, če načr- tamo krivuljoy=x3 in premico y= 2q−3px v istem pravokotnem karte- zičnem koordinatnem sistemu (slika 2).
Slika 2. Rešitev kubične enačbex3+ 3px= 2q– grafično.
Scipionova ideja se je prek del Fiora prenesla na Tartaglio, kateremu je uspelo rešiti tudi drugi primer, to je enačbo x3+ 2q = 3px. Če iščemo rešitev v oblikix=u+v, dobimo
u3+v3+ 3uv(u+v) + 2q= 3p(u+v).
Podobno kot v prejšnjem primeru zapišemo:
(u3+v3) + 3(u+v)(uv−p) + 2q= 0.
Vzamemouv =pin dobimou3+v3+ 2q= 0. Torej staλ1=u3 in λ2 =v3 rešitvi kvadratne enačbeλ2+ 2qλ+p3= 0. Preprost račun nam da:
λ1=−q+ q
q2−p3, λ2=−q− q
q2−p3.
Tako imamo takoj rešitev:
x1= 3 r
−q+ q
q2−p3+ 3 r
−q− q
q2−p3.
Toda v tem primeru se lahko zgodi, da je q2 −p3 negativno število in nastopijo težave.
Lahko za nekap inq ne obstaja le ena realna rešitev. To se lepo vidi, če načrtamo krivuljoy=x3in premico y= 3px−2qv istem pravokotnem kartezičnem koordinatnem sistemu (slika 3).
Slika 3. Rešitev kubične enačbex3+ 2q= 3px– grafično.
Dogaja pa se, da je v zgornji rešitvi q2−p3 < 0, na primer pri enačbi x3+ 1 = 2x, ko jep= 2/3 inq= 1/2 terq2−p3=−15/182. Rešitev je
x= 3 s
−1 2+
√
−15 18 + 3
s
−1 2−
√
−15 18 = 3
s
−9 +
√
−15 18 + 3
s
−9−
√
−15 18 .
Bombelli se
√
−15 ni ustrašil, še več, ugotovil je, da velja (3±
√
−15)3= 12(−9±
√
−15).
Nato mu je uspelo zapisati:
x1= 3 s
(3 +
√
−15)3 63 + 3
s (3−
√
−15)3 63 = 3 +
√
−15 6 +3−
√
−15 6 = 1.
To je očitno pravilen rezultat. Enačba pa ima še dva realna korena:
x2,3= −1±
√ 5
2 .
Kako do teh? Upoštevati je treba, da imata enačbi λ1 = u3 in λ2 =v3 v splošnem tri rešitve, ker velja v kompleksnem
13= 1, ε3= 1, (ε2)3= 1.
pri tem je
ε= −1 +
√
−3
2 , ε2=−1−
√
−3
2 .
To sta kompleksna korena enote. Ker mora veljati tudi relacija uv = p, moramo pravilno izbrati korene enote priu inv. Tako dobimo še
x2=ε3 r
−q+ q
q2−p3+ε2 3 r
−q− q
q2−p3,
x3=ε2 3 r
−q+ q
q2−p3+ε3 r
−q− q
q2−p3. Preverimo rešitvi za prejšnji primer:
x2=−1 +
√
−3 2 ·3 +
√
−15
6 +−1−
√
−3 2 · 3−
√
−15 6 x3=−1−
√
−3 2 ·3 +
√
−15
6 +−1 +
√
−3 2 · 3−
√
−15 6
Bombelli bi računal tako:
√
−3
√
−15 =
√ 3
√ 15(
√
−1)2=−
√
45 =−3
√ 5.
Tako bi dobili pravilna rezultata:
x2,3= −1±
√ 5
2 .
Členi s√
−3 in
√
−15 so se med seboj uničili. Tak primer so stari matem- atiki imenovalicasus irreducibilis.
Tartaglia se je spopadel še s tretjim primerom, to je z enačbox3= 3px+ 2q, ki jo je prevedel z zamenjavoqz−qna drugi primer.
Ko je Cardano izvedel, da Tartaglia obvlada kubično enačbo, je na vsak način hotel izvedeti, kako se tem rečem streže. Z obljubo, da do smrti slednjega ne bo rešitve nobenemu izdal, se je Tartaglia vdal. Toda Cardano je obljubo prelomil in rešitev
x1= 3 r
−q+ q
q2+p3+ 3 r
−q− q
q2+p3
splošne kubične enačbex3+ 3px+ 2q= 0 objavil v svoji knjigiArs magna, ki je izšla leta 1545, dvanajst let pred Tartaglino smrtjo. Ko pa je izvedel, da je kubično enačbo v določenem primeru pred Tartaglio znal rešiti že del Ferro, mu baje za snedeno besedo sploh ni bilo nerodno. Cardanova rešitev je vedno pravilna, ne glede na predznake številp inq. V primeru q2+p3 < 0 ima kubična enačba tri realne rešitve. Če je q2+p3 > 0 ima enačba eno realno rešitev in dve kompleksni,če pa je q2+p3= 0 inq,0, ima enačba eno dvojno rešitev (x1 =x2) in eno enostavno (x3), zap=q= 0 pa trojno rešitevx1=x2=x3= 0.
Za preostala korena uporabljamo formuli x2=ε3
r
−q+ q
q2+p3+ε2 3 r
−q− q
q2+p3,
x3=ε2 3 r
−q+ q
q2+p3+ε3 r
−q− q
q2+p3,
ki ju danes ravno tako uvrščamo med Cardanove formule. Težava seveda nastopi takrat, ko jeq2+p3<0. Ko so matematiki obvladali polarni zapis kompleksnega števila, je tudi ta težava odpadla.
Sedaj se bomo spopadli z nalogo iz obrestnega računa. Obresti so kakopak zaračunavali že v sivi davnini, takoj po izumu denarja ali pa morda že prej .
Naloga. Denimo, da smo nekomu posodili znesek aza 3 leta, in to ne po stalni letni obrestni meri, ampak po letni obrestni meripv prvem letu, 2pv drugem in 3pv tretjem letu. Kolikšen naj bo ta zloglasnip, da nam bo dolžnikčez 3 leta moral vrniti z obrestmi vred dvojni posojeni mu znesek?
Rešitev.Po prvem letu nam je dolžana(1+p), po drugema(1+p)(1+2p), po tretjem pa žea(1 +p)(1 + 2p)(1 + 3p). Nazaj moramo dobiti pa 2a, torej mora veljati enačba:
a(1 +p)(1 + 2p)(1 + 3p) = 2a.
Problem je očitno neodvisen oda, saj z njim zgornjo enačbo lepo pokraj- šamo in ugotovimo, da morapzadoščati kubični enačbi
(1 +x)(1 + 2x)(1 + 3x) = 2 oziroma po preoblikovanju
6x3+ 11x2+ 6x−1 = 0.
Poiskati moramo torej pozitivno ničlo polinoma P(x) = 6x3+ 11x2+ 6x−1.
Ker jeP(0)<0 inP(1)>0, leži ničla med 0 in 1. Ker polinomP(x) zax >0 narašča, je med 0 in 1 samo ena ničla, to je ravno iskana obrestna merap.
Podobno, kot je naredil Plemelj pri svojem pravilnem sedemkotniku, enačbo 6x3+ 11x2+ 6x−1 = 0 z zamenjavox= 1/yprevedemo vy3−6y2− 11y−6 = 0. Enačba ima edino realno rešitev med 7 in 8. S klasičnim posegom, z zamenjavoy =z+ 2 se znebimo kvadratnegačlena: z3−23z− 44 = 0. Enačba je oblike z3+ 3pz+ 2q = 0 za p = −23/3 in q =−22. Po Cardanovi formuli dobimo realni koren
z= 1 3
q3
594−3
√
2703 + 3 q
594 + 3
√ 2703
! ,
kar je približno 5,56. Zato jeypribližno 7,56 inx= 1/ypribližno 0,1323.
Iskana obrestna merapje torej približno 13,23%, kar pomeni, da je že kar oderuška.
Oglejmo si še nalogo, s katero se je ukvarjal Leonardo iz Pise (1170?–
1250?), bolj znan kot Fibonacci. V svojem delu Flos (1225) (flosje latinska beseda in pomeni cvet) je s približno metodo, toda zelo natančno, izraču- nal realni koren neke kubične enačbe. Pripomnil je, da se je ne da rešiti samo z ulomki in kvadratnimi koreni.
Naloga. Poišči število, katerega kub, povečan za dvakratnik njegovega kvadrata in desetkratnik njega samega, da dvajset.
Rešitev.Iskano število naj box. Ta očitno zadošča enačbi x3+ 2x2+ 10x−20 = 0,
ki jo bomo najprej rešili natančno. S substitucijox=y−2/3 jo prevedemo na enačbo
y3+26
3 y−704 27 = 0,
ki je oblike y3+ 3py+ 2q = 0 zap = 26/9 in q =−352/27. Po Cardanovi formuli je njen realni koren
y= 1 3
q3
6
√
3930 + 352− 3 q
6
√
3930−352
!
in
x=1 3
q3
6
√
3930 + 352− 3 q
6
√
3930−352−2
! . Približna vrednost je (zapisano na 12 decimalk)
x= 1,368808107821.
Leonardo je približno rešitev zapisal v šestdesetiškem številskem sistemu:
x= 1; 22,7,42,33,4,40.
Slika 4. Babilonski zapis Leonardovega približka.
To je v desetiškem sistemu
x= 1,368808107853.
Točnih je 10 decimalk.
Ulomke v taki ali drugačni obliki so ljudje uporabljali že davno. Ba- bilonci so uporabljali šestdesetiške ulomke oblike an/60n, kjer je 0≤an≤ 59, in z njimi izražali decimalni del števila kot vsoto nekaj prvih takih ulomkov. Baje je šele Simon Stevin (1548–1620) zapisal po svoje deci- malke, namesto decimalne vejice oziroma pike je uporabil obkroženo ničlo, decimalke pa je oštevilčil z obkroženo zaporedno številko. Leonardov probližek 1,3688 bi na primer zapisal kot
1 0 3 1 6 2 8 3 8 4 .
Enačbočetrte stopnje so tudi ugnali v obdobju renesanse, in sicer prek pomožne kubične enačbe. Skratka algebrsko, z osnovnimi računskimi op- eracijami in koreni. Za to ima zasluge Lodovico de Ferrari (1522–1565).
Ustavilo pa se je pri enačbah pete in višjih stopenj, ki se v splošnem ne dajo rešiti na tak način. To sta mnogo kasneje dokazala Paolo Ruffini (1765–
1822) in Niels Abel (1802–1829).
Kako se je zadeve lotil Ferrari? Enačbo četrte stopnje ali kvartično enačbo je vzel, brez škode za splošnost, v obliki, pri kateri je vodilni koe- ficient enak 1:
x4+ 2ax3+ 2bx2+ 4cx+ 2d = 0.
Nato jo je po uvedbi pomožne neznankey zapisal v enakovredni obliki (x2+ax+y)2−((a2−2b+ 2y)x2+ 2(ay−2c)x+ (y2−2d)) = 0 in zahteval, da je izraz
(a2−2b+ 2y)x2+ 2(ay−2c)x+ (y2−2d) (1) kot kvadratni trinom zaxpopolni kvadrat. To pa je takrat, ko je diskrimi- nanta trinoma enaka 0:
4(ay−2c)2−4(a2−2b+ 2y)(y2−2d) = 0.
Po poenostavitvi dobimo pomožno kubično enačbo zay:
y3−by2+ 2(ac−d)y+ (2bd−a2d−2c2) = 0.
To enačbo pa že znamo rešiti. Za katerikoli njen koreny, ki je različen od b−a2/2, je potem dvojna ničla trinoma (1)
x= 2c−ay a2−2b+ 2y
in (1) lahko nadomestimo z
(a2−2b+ 2y) x− 2c−ay a2−2b+ 2y
!2
.
S tem je na levi strani začetne kvadratne enačbe razlika dveh kvadratov, to je
(x2+ax+y)2− q
a2−2b+ 2y x− 2c−ay a2−2b+ 2y
!!2
= 0,
kar se da razstaviti na produkt dveh kvadratnih trinomov in enačba raz- pade na dve kvadratni:
x2+ax+y± q
a2−2b+ 2y x− 2c−ay a2−2b+ 2y
!
= 0.
V urejeni obliki sta to:
x2+ (a± q
a2−2b+ 2y)x+y∓ 2c−ay
pa2−2b+ 2y = 0.
Taki enačbi pa obvladamo.
Ni pa Ferrarijeva metoda edina. Kasneje Joseph-Louis Lagrange (1736–
1813) prispeval svoj postopek za računanje korenov enačb tretje inčetrte stopnje.
Zanimivo je, da so se tudi Kitajci ukvarjali s problemi, ki vodijo do enačb tretje inčetrte stopnje, zato malo pokukajmo v srednjeveško kitaj- sko matematiko.
Včasu vladanja dinastije Song (960–1279) (Sòng, 宋) je na Kitajskem živel matematik Li Ye (1192–1279) (Lˇı Yě,李冶), ki se je rodil kot Li Zhi (Lˇı Zhì, 李治), a je kasneje spremenil svoje ime. Kitajcem je v tistem obdobju kljub pogostim vojnam s severnimi sosedi na znanstvenem in tehničnem področju kar dobro šlo.
Leta 1248 je Li Ye dokončal pomembno delo Ceyuan haijing(Cèyuán hˇaijìng, 測圓海鏡), kar pomeni Morsko ogledalo meritev kroga. V njem
Slika 5. Diagram okroglega mesta (pogled od severa proti jugu) rešuje nekatere geometrijske naloge z algebrskimi metodami, ki pripeljejo do polinomskih enačb. Metodo imenuje tian yuan shu (ti¯an yuán shù, 天元術), kar pomenimetoda nebesne neznanke.
Na začetku Lijevega dela je diagram okroglega mesta, yuan cheng tu shi(yuán chéng tú shì,圓城圖式). Na njem so točke označene s kitajskimi pismenkami. Krog predstavlja obzidje mesta, ki ima štiri vrata v smeri glavnih strani neba: sever bei (běi, 北), jug nan (nán, 南), vzhod dong (d¯ong, 東) in zahodxi(x¯ı, 西). Na sliki 5, ki je nepopoln preris originala, so vrata označena s N , S, E, W. Druge točke bomo označili v konkretnih primerih, ki jih bomo obravnavali. Posebnost slike je tudi v tem, da so strani neba prilagojene pogledu od severa proti jugu. Na sliki je več pra- vokotnih trikotnikov, ki so po kitajski tradiciji postavljeni tako, da je ena kateta vodoravna, ena pa navpična. Krogu sta očrtana kvadrat in pra- vokotni trikotnik tako, kot kaže slika 5. Krožci predstavljajo tiste točke, ki jih je označil Li Ye in na podlagi slike sestavil zbirko 170 nalog, pri katerih je večinoma treba iz danih podatkov izračunati velikost mesta, bo- disi njegov polmer ali premer. Podatki se izražajo z nekaterimi razdaljami med označenimi točkami. Zanimivo je tudi, da Li dotikališča hipotenuze
s krogom sploh ne uporablja.
Predpostaviti je treba, da mesto, ki je omenjeno v nalogah, stoji na ide- alni ravnini, da se v vseh smereh zunaj mesta dobro vidi in da se da priti peš, kamor je pačtreba.
V obravnavanih nalogah bomo delali s splošnimi podatki in šele na koncu rešili celoštevilski primer, po možnosti s čim manjšimi števili. Za dolžinsko enoto bomo vzeli kar kilometer. S tem ne bomo prav ničokrnili pomena Lijeve zbirke in metod v njej. Prav tako pričujoče naloge niso popolnoma originalne, a sestavljene so po Lijevih zgledih. Rešujemo pa jih tako, kot to počnemo dandanes po naših šolah.
Naloga. Južno od zahodnih vrat, 6 km daleč, raste visoko drevo. Neki človek gre od vzhodnih vrat 2 km proti vzhodu, ko zagleda omenjeno drevo. Kako veliko je mesto?
Rešitev. Pomagamo si s sliko 6. Krog s središčemO naj ima polmerx, vzhodna vrata so v točkiE, zahodna v točkiW, drevo v točkiD, iz točkeA pačlovek opazi drevo v smeri hipotenuze pravokotnega trikotnikaAW D.
Hipotenuza se kroga dotika v točkiB. Označimoa=|W D|,b=|AE|. Pravokotna trikotnikaAOB in ADW sta si podobna, ker se ujemata v skupnem kotu z vrhom D in v pravem kotu. Upoštevamo, da je|BD|=a in da za trikotnikAW D velja Pitagorov izrek. Dobimo zvezi
2x+b
a = |AB|
x , (|AB|+a)2=a2+ (2x+b)2.
Če iz prve izrazimo |AB| in vstavimo v drugo, dobimo po preurejanju in krajšanju za neznani polmer kroga enačbo
2x3+bx2−a2b= 0. (2)
Če načrtamo grafa funkcij x 7→ 2x3 in x 7→ a2b−bx2, takoj opazimo, da ima enačba (2) samo eno pozitivno rešitev, ki je iskani polmer okroglega mesta.
V konkretnem primeru jea= 6, b= 2. Tedaj je treba rešiti enačbo 2x3+ 2x2−72 = 2(x3+x2−36) = 0. Rešitev kar uganemo: x= 3. Premer mesta je torej 6 km.
Slika 6. Razmere pri prvi kitajski nalogi
Pripomba.Preostali rešitvi enačbex3+x2−36 = 0 dobimo s Hornerjevo shemo.
1 1 0 −36
3 12 36
x= 3 1 4 12 0
To pomeni, da smo našli razcep x3+x2−36 = (x−3)(x2+ 4x+ 12). Toda enačbax2+ 4x+ 12 = 0 ima konjugirano kompleksni rešitvi−2±2i
√ 2, kar pomeni, da jex= 3 edina smiselna rešitev naloge.
Naloga.Visoko drevo raste 2 km od južnih vrat proti jugu. Nekičlovek gre od severnih vrat proti vzhodu in zagleda omenjeno drevo, ko prehodi 6 km. Kako veliko je mesto?
Rešitev.Označimo točke in razdalje tako, kot kaže slika 7. Pravokotna trikotnika AN D inBOD sta si podobna, ker se ujemata v skupnem kotu z vrhom D in v pravem kotu. Za trikotnik BOD velja Pitagorov izrek.
Dobimo zvezi
a+ 2x
b =|BD|
x , |BD|2= (x+a)2−x2=a(a+ 2x).
Slika 7. Razmere pri drugi kitajski nalogi
Če iz prve izrazimo |BD| in vstavimo v drugo, dobimo po preurejanju in krajšanju za neznani polmer kroga enačbo
2x3+ax2−ab2= 0, (3)
ki ima eno samo pozitivno rešitev. V našem primeru jea= 2, b = 6. Tedaj je treba rešiti enačbo 2x3+2x2−72 = 2(x3+x2−36) = 0. Spet dobimo rešitev x= 3. Premer mesta je torej 6 km.
Naloga. Visoko drevo raste 3/4 km južno od južnih vrat. Neki človek gre od vzhodnih vrat proti vzhodu in zagleda omenjeno drevo, ko prehodi 2 km. Kako veliko je mesto?
Slika 8. Razmere pri tretji kitajski nalogi
Rešitev. Označimo točke in razdalje tako, kot kaže slika 8. Za pra- vokotna trikotnikaBOD inAOBzapišemo Pitagorov izrek, za pravokoten
trikotnikAOD pa višinski izrek:
(a+x)2=x2+|BD|2, (b+x)2=x2+|AB|2, |AB| · |BD|) =x2. Iz vseh treh enačb izločimo|BD|in|AB|. Dobimo relacijo
x4= (a2+ 2ax)(b2+ 2bx).
Po preureditvi je pred nami enačba
x4−4abx2−2ab(a+b)x−a2b2= 0, (4) ki ima eno samo pozitivno rešitev. V našem primeru jea= 3/4, b= 2. Tedaj je treba rešiti enačbo 4x4−24x2−33x−9 = 0. Spet dobimo rešitev x= 3.
Premer mesta je torej 6 km.
V vseh treh nalogah smo imeli zaa inbracionalna števila, zato imajo polinomi na levi strani enačb (2), (3) in (4) racionalne koeficiente. Če je potrebno, odpravimo ulomke, tako da imamo na levi strani enačb poli- nome s celimi koeficienti. Nastane problem, kako poiskati ničle teh poli- nomov. Pri polinomih stopnje 1 in 2 to v srednjem veku ni bilo težko, teže pa je bilo pri polinomih tretje,četrte in višjih stopenj. Vemo pa, da je pri racionalni ničli p/q polinoma s celimi koeficienti, če taka ničla sploh obstaja, števec p delitelj konstantnega člena, q pa delitelj vodilnega ko- eficienta polinoma. Ulomkov p/q pa ima polinom lahko zelo veliko in zgodi se, da nam preverjanje vzame veliko časa, ničle pa kljub vsemu ne najdemo. V veliko pomočnam je Hornerjeva, tudi Ruffini-Hornerjeva metoda. William George Horner (1786–1837) je bil britanski matematik.
V resnici pa so tako metodo poznali Kitajci že veliko stoletij prej. V delu Matematika v devetih poglavjih, kitajsko Shushu jiuzhang (Shùsh ¯u ji ˇuzh¯ang, 數書九章), iz leta 1247 jo uporablja avtor Qin Jiushao (1202–
1261) (Qín Ji ˇusháo, 秦九韶). Tudi Qin je reševal 2. nalogo, dobil pa je za
iskani polmer polinomsko enačbo pete stopnje in jo za konkreten primer tudi pravilno rešil.
Do časa, ko je na matematičnem nebu zablestel Carl Friedrich Gauß (1777-1855), so izrazex+y
√
−1 imenovaliimaginarna števila. Gauß jih je poimenoval kompleksna števila. Že prej je Leonhard Euler (1707–1783) vpeljal oznakoi =
√
−1 s pripomboi2 =−1. S številix+yi, kjer sta xiny realni števili, so potem računali na običajni način. Z uvedbo imaginarne enojeiso se zadeve zelo poenostavile, ker ni bilo večtreba misliti na težave zaradi množenja korenov.
Zanimivo je, da je Bombelli uporabljal neke matematične simbole, ki so bile bolj okrajšave besed. Imaginarno enotoi je pisal z današnjimi simboli kot
√
0−1. Pazil je na to, da je
√
−1
√
−1 = (
√
−1)2 =−1, in ne
√
−1
√
−1 = p(−1)2= 1, kar je vodilo v protislovje. Vedel je, da samo za pozitivni števili ainbveljata pravili
√
ab=√ a
√ bin
√
−ab=√
−a
√ b=√
a
√
−b.
Že dolgo je bilo znano, da realnim številom povratno enolično ustrezajo točke na premici, na kateri izberemo točki, ki ustrezata 0 in 1. Tako pre- mico imenujemo številska premica. Caspar Wessel (1745–1818) je prišel malo pred letom 1800 na idejo, da bi kompleksno številox+yiupodabljali kot točko s koordinatama (x, y) v ravnini, v kateri je vpeljan pravokotni kartezični koordinatni sistemOxy, v katerem smo določili enoto. Številu 0 ustreza koordinatno izhodiščeO, številu 1 točka (1,0), številuipa (0,1).
Do podobnega spoznanja je prišel Jean-Robert Argand (1768–1822), po katerem se še danes imenujejo Argandovi diagrami, ki kompleksnemu številu x+yi priredijo usmerjeno daljico od točke (0,0) do točke (x, y).
Na Arganda in Wessla se je nekoliko pozabilo, potem pa je Carl Friedrich Gauß (1777-1855) kot velik matematik populariziral upodabljanje kom- plesnih števil v ravnini, ki ji pravimo Gaußova ali kompleksna ravnina (slika 9). Abscisni osi rečemo realna os, ker njene točke predstavljajo re-
alna števila x, ordinatni osi pa pravimo imaginarna os, na njej so točke, ki predstavljajo imaginarna števila yi. Točka, ki ustreza kompleksnemu številu x+yi, ima koordinati (x, y). Števili z = x+yi in z =x−yi sta si konjugirani. Če jezrealno število, jey = 0 in zatoz=z. S kompleksnimi števili računamo tako kot z realnimi, upoštevati je treba samo to, da je i2=−1.
Slika 9. Kompleksna ali Gaußova ravnina.
Tako kot je množicaRza seštevanje in množenje komutativni obseg, je komutativni obseg za ti dve operaciji tudi množicaCkompleksnih števil.
Prva pomembna razlika med obema obsegoma je v urejenosti: obsegRje linearno urejen in je v njem kvadrat vsakega od 0 različnega števila pozi- tiven, obsegC pa te lastnosti nima, saj je i2 =−1. Druga, še bolj pomem- bna razlika med obsegomaRinC, pa se tiče ničel polinoma. Polinom vsaj druge stopnje z realnimi koeficienti nima vedno realnih ničel, polinom vsaj prve stopnje s kompleksnimi koeficienti pa ima vsaj eno kompleksno ničlo. Zadnja izjava je tako imenovani osnovni izrek algebre. Dokazal ga
je že Gauss. Pravimo, da je C algebrsko zaprt obseg. Obseg Rni tak, saj vemo, da polinom z2 + 1 nima realnih ničel. Ima pa konjugirano kom- pleksni ničli±i. Polinomp(z) stopnjens kompleksnimi koeficienti iman kompleksnih ničel,če upoštevamo njihovo večkratnost ali stopnjo.Če je
p(z) =a0zn+a1zn−1+. . .+an−1z+an,
kjer jen≥1 ina0, a1, . . . , an∈C tera0,0, potem naj imap(z) kompleksne ničle: z1 stopnjeα1,z2 stopnjeα2, . . . ,zr stopnjeαr. Veljati mora relacija α1+α2+. . .+αr =n. Polinomp(z) ima tedaj razcep:
p(z) =a0(z−z1)α1(z−z2)α2. . .(z−zr)αr. Ničlo prve stopnje imenujemo enostavna ničla.
Zgornji razcep velja seveda tudi za polinomp(x) z realnimi koeficienti.
Pri tem je kakšna njegova ničla lahko kompleksna. Toda,če jez0=x0+y0i njegova prava kompleksna ničla, to se pravib,0, je ničla tudiz0=x0−y0i.
To sledi iz definicije ničle polinoma in lastnosti konjugiranja kompleksnih števil. Če je namreč
p(z0) =a0z0n+a1zn0−1+. . .+an−1z0+an= 0, dobimo z upoštevanjema0, a1, . . . , an∈R:
a0z0n
+a1z0n−1
+. . .+an−1z0+an=p(z0) = 0.
Kompleksne ničle realnih polinomov nastopajo v konjugiranih parih. Zato v razcepu nastopata faktorjax−z0 inx−z0 oziroma kvadratni faktor
(x−z0)(x−z0) =x2−(z0+z0)x+z0z0.
Če označimo 2p=z0+z0 = (x0+y0i) + (x0−y0i) = 2x0 in q=z0z0 = (x0+ y0i)(x0−y0i) =x20+y02, lahko zapišemo
(x−z0)(x−z0) =x2−2px+q,
pri čemer je diskriminanta tega kvadratnega trinoma enaka 4(p2−q)<0, ker jep2−q=x02−(x20+y02) =−y02 <0. Kvadratni trinomx2−2px+qje tedaj v realnem nerazcepen. Ker ima polinomp(x) stopnjenz realnimi koeficienti lahko večrealnih ničel xk in večkonjugirano kompleksnih parov ničelzk
inzk, je njegov razcep v splošnem tak:
p(x) =a0(x−x1)α1. . .(x−xs)αs(x2−2p1x+q1)β1. . .(x2−2ptx+qt)βt, pričemer je (α1+. . .+αs) + 2(β1+. . .+βt) =n.
Koreniz1, z2, . . . , zn polinomap(z) stopnjen, ne glede na to, če je med njimi nekaj enakih, zadoščajo Viètovim formulam:
z1+z2+. . .+zn=−a1
a0, z1z2+z1z3+. . .+zn−1zn=a2
a0, . . . , z1z2. . . zn= (−1)nan a0. V prvi Viètovi formuli so seštete kombinacije korenov z1, z2, . . . , zn s po enim korenom, v drugi kombinacije s po dvema korenoma, . . . , v zadnji z vseminkoreni. Leve strani Viètovih formul so tako imenovani simetrični polinomi spremenljivkz1, z2, . . . , zn.
Številop
x2+y2imenujemo absolutna vrednost ali po Argandu modul kompleksnega številaz=x+yi in pišemo:
|z|= q
x2+y2=
√
zz, |z|2=zz.
V kompleksni ravnini je|z|razdalja med točkamazin 0.
William Rowan Hamilton (1805–1865) je korektno vpeljal komplek- sna števila z urejenimi pari realnih števil. Pokazal je, kako se s temi pari računa in da so realna števila v bistvu poseben primer kompleksnih števil.
Po Hamiltonu je kompleksno število z urejen par realnih števil x in y, kar zapišemo kot z = (x, y). Število x imenujemo realna komponenta števila z, y pa imaginarna komponenta števila z. To zapišemo tako: x = Re(z), y= Im(z). Množica vseh parovz= (x, y) je kartezični produktR×R, ki ga bomo označevali kot običajno sC.
Z enakostjo vCje kot po navadi:
z1=z2 ⇐⇒ (x1, y1) = (x2, y2) ⇐⇒ x1=x2 in y1=y2. Kompleksna števila seštevamo zelo preprosto po pravilu:
z1+z2= (x1, y1) + (x2, y2) = (x1+x2, y1+y2).
Vsota je komutativna in asociativna. Par 0 = (0,0), kompleksno število 0, je nevtralni element za seštevanje: z+0 =z. Število−z= (−x,−y) je tako, da veljaz+ (−z) = 0. Število−zje nasprotno številuz. Odštevanje definiramo takole: z1−z2=z1+ (−z2).
Kompleksna števila množimo nekoliko manj preprosto po pravilu:
z1z2= (x1, y1)(x2, y2) = (x1x2−y1y2, x1y2+x2y1).
Množenje je komutativno in asociativno. Par 1 = (1,0), kompleksno število 1, je nevtralni element za množenje: 1z =z. Vsako kompleksno število z= (x, y),0 ima inverzz−1, za katerega jezz−1 = 1. Hitro se vidi, da je
z−1= z
|z|2 = x
x2+y2,− y x2+y2
! . Deljenje je definirano kot običajno z relacijo:
z1
z2 =z1z−21.
Pogosto pišemo kar z1/z2. Seveda za z2 , 0. Smiselna je tudi običajna pisavaz−1= 1/z. Potence s celimi eksponenti definiramo na običajni način:
z2=zz, z3=zzz, z−2= (z−1)2, z−3= (z−1)3, . . .
Številuz= (x, y) priredimo konjugirano številuz= (x,−y). Konjugacija se obnaša pri računskih operacijah zelo preprosto:
z=z, z1±z2=z1±z2, z1z2=z1z2, z1 z2
!
= z1 z2.
Takoj opazimo, da jez+z= (2x,0). Zato si sedaj oglejmo vsa števila, ki imajo imaginarno komponento enako 0, torej števila (x,0). Vsota, razlika, produkt in kvocient dveh takih imajo prav tako imaginarno komponento enako 0. Zato lahko do izomorfizma natančno izenačimo taka števila z realnimi števili in preprosto pišemox= (x,0).
Kompleksno številoi = (0,1) ima lastnost, da jei2= (0,1)(0,1) = (−1,0) ali kari2=−1 po prejšnjem dogovoru. Izračunajmo še: (y,0)i= (y,0)(0,1) = (0, y). Ker je
z= (x, y) = (x,0) + (0, y) = (x,0) + (y,0)(0,1), lahko enostavneje zapišemo,če uporabimo zgornji dogovor:
z= (x, y) =x+yi.
To je klasična, algebrska oblika kompleksnega števila.
Če je k realno število, potem je kz = (k,0)(x, y) = (kx, ky) oziroma kar k(x+yi) = (kx) + (ky)i. Prav takoz/k= (x/k) + (y/k)i.
Kvocientz1/z2lahko izrazimo tudi v obliki z1
z2 =z1z2
|z2|2. To je očitno, ker je
z2·z1z2
|z2|2 = z2(z1z2)
|z2|2 = z1(z2z2)
|z2|2 = z1|z2|2
|z2|2 =z1. Iz zapisov
z= (x, y) =x+yi, z= (x,−y) =x−yi dobimo še pogosto uporabni formuli
x= Re(z) =z+z
2 , y = Im(z) =z−z 2i .
Absolutna vrednost ima običajne lastnosti, ki posledičnoCspremenijo v polni metrični prostor:
|z| ≥0 in |z|= 0 ⇐⇒ z= 0,
| −z|=|z|=|z|,
|z1z2|=|z1| · |z2|,
z1 z2
=|z1|
|z2|,
|z1+z2| ≤ |z1|+|z2|.
V zadnji relaciji, trikotniški neenakosti, velja enačaj natanko tedaj, ko je za nekik >0z1=kz2. Izpeljemo pa jo lahko takole:
|z1+z2|2= (z1+z2)(z1+z2) = (z1+z2)(z1+z2) =|z1|2+ (z1z2+z1z2) +|z2|2. Srednjičlen
w=z1z2+z1z2=z1z2+z1z2 = 2 Re(z1z2)
je realen in manjši ali enak 2|z1z2|= 2|z1| · |z2|= 2|z1| · |z2|, zato je
|z1+z2|2≤ |z1|2+ 2|z1| · |z2|+|z2|2= (|z1|+|z2|)2, kar pomeni, da je res|z1+z2| ≤ |z1|+|z2|.
V trikotniški neenakosti zagotovo velja enačaj,če je vsaj eno od številz1 inz2enako 0. Vzemimoz1=x1+y1iinz2=x2+y2i,0. Enačaj v trikotniški enakosti velja, če jez1z2 =|z1| · |z2|in zato Im(z1z2) =x2y1−x1y2 = 0. To pomeni
x1 x2 = y1
y2 =k
za neko realno številokin zatox1+y1i=kx2+ky2i oziromaz1=kz2.Če ta pogoj upoštevamo v trikotniški neenakosti z enačajem, dobimo|k+1|·|z2|= (|k|+ 1)|z2|, izčesar sledi|k+ 1|=|k|+ 1. to pa velja samo zak≥0.
Evklidsko razdaljo ali metrikod vCvpeljemo z relacijo d(z1, z2) =|z2−z1|.
To je ravno običajna razdalja med točkamaz1 inz2 v kompleksni ravnini.
Ima vse potrebne lastnosti:
d(z1, z2)≥0 in d(z1, z2) = 0 ⇐⇒ z1=z2, d(z1, z2) =d(z2, z1),
d(z1, z3)≤d(z1, z2) +d(z2, z3).
V tej metriki jeCpoln metrični prostor. Vsako Cauchyjevo zaporedje vC ima limito vC. Cauchyjevo zaporedjez1, z2, z3, . . .je tako, za katerega sta si poljubna, toda dovolj poznačlena tako blizu, kot si le želimo: za vsak, še tako majhenε >0, obstaja neko naravno številon0, tako da jed(zm, zn)< ε za vsem, n≥n0.
Vsako kompleksno številoz,0 lahko zapišemo v obliki z=|z| · z
|z|.
Drugi faktorzo =z/|z|=xo+yoi ima absolutno vrednost enako 1:
|zo|=
z
|z|
=|z|
|z| = 1.
Torej vsako od 0 različno kompleksno število lahko izrazimo v oblikiz=
|z|zo, kjer je|z0|2=x2o+yo2= 1. To pa pomeni, da lahko zapišemoxo= cosϕ inyo= sinϕ. Pri tem je kotϕnatančno določen na intervalu (−π, π]. S tem imamo že tako imenovani polarni ali trigonometrijski zapis kompleksnega števila:
z=|z|(cosϕ+isinϕ).
Kot ϕ imenujemo glavna vrednost argumenta kompleksnega števila z , 0. Po navadi pišemo: ϕ = arg(z). Brez omejitve ϕ ∈ (−π, π] je argument
kompleksnega števila z , 0 vsak kot φ, za katerega je xo = cosφ in yo = sinφ. Tedaj označimoφ= Arg(z). Očitno zaradi periodičnosti funkcij cos in sin velja:
Arg(z) = arg(z) + 2kπ,
kjer jekpoljubno celo število. Argumentϕ= arg(z) kompleksnega števila z ,0 ima preprosto geometrijsko razlago: pomeni v kompleksni ravnini orientirani kot, ki ga daljica 0z oklepa s pozitivno polovico realne osi, z drugimi besedami polarni kot točkez.
Kompleksni številiz1=|z1|(cosϕ1+isinϕ1) inz2=|z2|(cosϕ2+isinϕ2) sta enaki natanko tedaj, ko je |z1|= |z2| in ko je ϕ1 = ϕ2+ 2kπ, kjer je k poljubno celo število.
Vsa kompleksna številazo, ki imajo absolutno vrednost enako 1, ležijo na enotski krožnici v kompleksni ravnini (slika 10).
Slika 10. Enotska krožnica.
Za konjugirano število in obratno vrednost je z=|z|(cos(−ϕ) +isin(−ϕ)) =|z|(cosϕ−isinϕ), 1
z = 1
|z|(cosϕ−isinϕ).
Kompleksna števila, zapisana v polarni obliki, se da lepo množiti in
