Univerza v Ljubljani

Pedagoška fakulteta

Oddelek za matematiko in računalništvo

Marko Razpet

KVADRATNE, KUBIČNE IN KVARTIČNE ENAČBE

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) . . . . 20

6 Razmere pri prvi kitajski nalogi . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

7 Razmere pri drugi kitajski nalogi . . . . . . . . . . . . . . . . 23

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

3

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

4

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 namreč avtor 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 treba čuditi. 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 pač ne 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.

5

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 ploščino p trikotnika s stranicami a,b in c:

p =√s(s − a)(s − b)(s − c), s =

a+ b+ c2

.

V delu Stereometrika, ki pa ga, kot kaže, napačno pripisujejo Heronu,

je obravnavana pokončna kvadratna prisekana piramida, ki ima a in b (a >

b) za stranici osnovnih ploskev, s pa za stranski rob (slika 1). Za določitev

prostornine je treba izračunati višino piramide.

Slika 1. Kvadratna pokončna prisekana piramida.

Pravokotna projekcija stranskega roba s na večjo osnovno ploskev ima

6

dolžino, ki je enaka polovici razlike diagonal osnovnih ploskev:

12

(a√

2− b√

2) =1√

2(a− b).

Po Pitagorovem izreku je potem

h2 = s2 − 12

(a− b)2.

Za prostornino V take prisekane piramide je naveden izraz

V = h

(a+ b2

)2

+13

(a− b

2

)2 .Če izraz na desni poenostavimo, dobimo obliko, ki jo poznamo s šole:

V =13

(a2 + ab+ b2)h.

Za a = 10,b = 2, s = 9 dobimo h =√

81− 32 = 7, za a = 28,b = 4, s = 15 pa

h =√

225− 288 =√−63 = i

√63. Baje je Heron zapisal kar h =

√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 največ ukvarjala Ma-

havira Učitelj (9. stoletje), v sanskrtu mhAvFrAcAy , in Bhaskara Učitelj

(1114–1185), v sanskrtu BA-krAcAy . Prav tako so na Kitajskem prišli do

takih enačb. Več o tem bomo povedali kasneje.

Al Hvarizmi (780–850), arabsko ùÓ PP@ñ

jË@, je kvadratne enačbe razvrstil

na šest tipov. Perzijski učenjak At Tusi (1135–1213), arabsko úæ�ñ¢Ë@, se je

ukvarjal 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 ÐA�J

k QÒ«, ki

je klasificiral kubične enačbe na trinajst tipov. Vsi našteti so enačbe za-

pisali tako, da so bili koeficienti na obeh straneh enačaja, kot bi danes

7

rekli, pozitivni. Splošne formule za rešitve niso našli, so pa poskušali

enačbe reševati približno.

Polinom spremenljivke x je izraz oblike

p(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an−1x+ an,

kjer so a0, a1, . . . , an koeficienti iz nekega komutativnega obsega F in vodilni

koeficient a0 , 0. Nenegativno celo število n je njegova stopnja. Polinom

stopnje 0 je vsaka pozitivna konstanta iz F . Polinom prve stopnje je li-

nearen polinom ax + b, kjer je a , 0. Polinom druge stopnje je kvadratni

polinom ax2 +bx+ c, kjer je a , 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 polinom ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ f , kjer je a , 0.

Ničla polinoma p(x) je vsak tak element x0 ∈ F , za katerega je p(x0) = 0.

Pravimo tudi, da je x0 rešitev ali koren enačbe

a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an−1x+ an = 0.

Če je x0 ničla polinoma p(x), je p(x) deljiv z binomom x − x0:

p(x) = q(x)(x − x0).

Pri tem je q(x) polinom, ki ima za 1 nižjo stopnjo kot p(x). Če je

p(x) = q(x)(x − x0)r ,

kjer je r naravno število in q(x) polinom, ki ima za r nižjo stopnjo kot p(x)

in je q(x0) , 0, potem pravimo, da je x0 ničla stopnje r polinoma p(x).

Ko zapišemo enačbo p(x) = 0, kjer je p(x) polinom, navadno govorimo o

linearni, kvadratni, kubični, kvartični enačbi skladno s tem, katere stopnje

oziroma vrste je p(x).

8

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+

b2

)2

+4ac − b2

4= 0.

Če vpeljemo diskriminanto D kvadratne enačbe z relacijo D = b2 − 4ac,

potem imamo (ax+

b2

)2

=D4

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 enaka x1 = x2 = −b/(2a). Če pa je D < 0, sta korena kon-

jugirano kompleksna:

x1,2 =−b ± i

√−D

2a.

Kvadratni trinom ax2 +bx+ c lahko faktoriziramo z njegovima ničlama, to

je s korenoma x1 in x2 kvadratne enačbe ax2 + bx+ c = 0:

ax2 + bx+ c = a(x − x1)(x − x2).

Iz tega sledita Viètovi formuli:

x1 + x2 = −ba, x1x2 =

ca.

9

Ob tem je za marsikoga precej misteriozen tisti i, imaginarna enota, za

katero je i2 = −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 vsega x2 labodov. Z jezera se jih

je preselilo 7x/2 in ostala sta dva. Torej imamo kvadratno enačbo

x2 − 72x = 2.

Enačbo so Indijci reševali z dopolnjevanjem do popolnega kvadrata:

x2 − 72x+

(74

)2= 2 +

(74

)2=

8116.

S tem dobimo (x − 7

4

)2=

(94

)2, x − 7

4=

94

in končno x = 4. Tam je bilo torej 16 labodov.

Splošna kubična enačba je oblike

ax3 + bx2 + cx+ d = 0,

kjer je a , 0. Ljudje so kmalu ugotovili, da se kvadratnega člena znebimo,

če uvedemo novo spremenljivko y z relacijo x = y − b/(3a). Če nato poskr-

bimo, da ima nova enačba za y vodilni koeficient enak 1, lahko obrav-

navamo preprostejšo enačbo y3 + 3py + 2q = 0.

10

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, Niccolò

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 je x3 +3px = 2q. Ni znano,

od kje mu genialna ideja, ki je v bistvu iskanje neznanke v obliki x = 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 formulah λ1 = u3 in λ2 = −v3 rešitvi kvadratne

enačbe λ2 − 2qλ− p3 = 0. Preprost račun nam da:

λ1 = q+√q2 + p3, λ2 = q −

√q2 + p3.

S tem imamo rešitev:

x =3

√√q2 + p3 + q − 3

√√q2 + p3 − q.

To je za pozitivna p in q edina pozitivna rešitev. To se lepo vidi, če načr-

tamo krivuljo y = x3 in premico y = 2q − 3px v istem pravokotnem karte-

zičnem koordinatnem sistemu (slika 2).

11

Slika 2. Rešitev kubične enačbe x3 + 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 obliki x = 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.

Vzamemo uv = p in dobimo u3 + v3 + 2q = 0. Torej sta λ1 = u3 in λ2 = v3

rešitvi kvadratne enačbe λ2 + 2qλ+ p3 = 0. Preprost račun nam da:

λ1 = −q+√q2 − p3, λ2 = −q −

√q2 − p3.

Tako imamo takoj rešitev:

x1 =3

√−q+

√q2 − p3 +

3

√−q −

√q2 − p3.

12

Toda v tem primeru se lahko zgodi, da je q2 − p3 negativno število in

nastopijo težave.

Lahko za neka p in q ne obstaja le ena realna rešitev. To se lepo vidi,

če načrtamo krivuljo y = x3 in premico y = 3px − 2q v istem pravokotnem

kartezičnem koordinatnem sistemu (slika 3).

Slika 3. Rešitev kubične enačbe x3 + 2q = 3px – grafično.

Dogaja pa se, da je v zgornji rešitvi q2 − p3 < 0, na primer pri enačbi

x3 + 1 = 2x, ko je p = 2/3 in q = 1/2 ter q2 − p3 = −15/182. Rešitev je

x =3

√−1

2+

√−1518

+3

√−1

2−√−1518

=3

√−9 +

√−15

18+

3

√−9−

√−15

18.

Bombelli se√−15 ni ustrašil, še več, ugotovil je, da velja

(3±√−15)3 = 12(−9±

√−15).

13

Nato mu je uspelo zapisati:

x1 =3

√(3 +√−15)3

63 +3

√(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 pri u in v. Tako dobimo še

x2 = ε3

√−q+

√q2 − p3 + ε2 3

√−q −

√q2 − p3,

x3 = ε2 3

√−q+

√q2 − p3 + ε

3

√−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

6Bombelli bi računal tako:

√−3√−15 =

√3√

15(√−1)2 = −

√45 = −3

√5.

14

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 imenovali casus irreducibilis.

Tartaglia se je spopadel še s tretjim primerom, to je z enačbo x3 = 3px+

2q, ki jo je prevedel z zamenjavo q z −q na 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

√−q+

√q2 + p3 +

3

√−q −

√q2 + p3

splošne kubične enačbe x3 + 3px + 2q = 0 objavil v svoji knjigi Ars 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 števil p in q. 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 in q , 0,

ima enačba eno dvojno rešitev (x1 = x2) in eno enostavno (x3), za p = q = 0

pa trojno rešitev x1 = x2 = x3 = 0.

Za preostala korena uporabljamo formuli

x2 = ε3

√−q+

√q2 + p3 + ε2 3

√−q −

√q2 + p3,

x3 = ε2 3

√−q+

√q2 + p3 + ε

3

√−q −

√q2 + p3,

15

ki ju danes ravno tako uvrščamo med Cardanove formule. Težava seveda

nastopi takrat, ko je q2 + 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 a za 3 leta, in to ne

po stalni letni obrestni meri, ampak po letni obrestni meri p v prvem letu,

2p v drugem in 3p v tretjem letu. Kolikšen naj bo ta zloglasni p, da nam bo

dolžnik čez 3 leta moral vrniti z obrestmi vred dvojni posojeni mu znesek?

Rešitev. Po prvem letu nam je dolžan a(1+p), po drugem a(1+p)(1+2p),

po tretjem pa že a(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 od a, saj z njim zgornjo enačbo lepo pokraj-

šamo in ugotovimo, da mora p zadoščati 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 je P (0) < 0 in P (1) > 0, leži ničla med 0 in 1. Ker polinom P (x) za x > 0

narašča, je med 0 in 1 samo ena ničla, to je ravno iskana obrestna mera p.

Podobno, kot je naredil Plemelj pri svojem pravilnem sedemkotniku,

enačbo 6x3 + 11x2 + 6x−1 = 0 z zamenjavo x = 1/y prevedemo v y3 −6y2 −

16

11y − 6 = 0. Enačba ima edino realno rešitev med 7 in 8. S klasičnim

posegom, z zamenjavo y = z + 2 se znebimo kvadratnega člena: 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 =13

(3√

594− 3√

2703 +3√

594 + 3√

2703),

kar je približno 5,56. Zato je y približno 7,56 in x = 1/y približno 0,1323.

Iskana obrestna mera p je 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) (flos je 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 bo x. Ta očitno zadošča enačbi

x3 + 2x2 + 10x − 20 = 0,

ki jo bomo najprej rešili natančno. S substitucijo x = y − 2/3 jo prevedemo

na enačbo

y3 +263y − 704

27= 0,

ki je oblike y3 + 3py + 2q = 0 za p = 26/9 in q = −352/27. Po Cardanovi

formuli je njen realni koren

y =13

(3√

6√

3930 + 352−3√

6√

3930− 352)

in

x =13

(3√

6√

3930 + 352−3√

6√

3930− 352− 2).

17

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 .

Enačbo četrte 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).

18

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 neznanke y 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 za x popolni 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 za y:

y3 − by2 + 2(ac − d)y + (2bd − a2d − 2c2) = 0.

To enačbo pa že znamo rešiti. Za katerikoli njen koren y, 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 − aya2 − 2b+ 2y

)2

.

19

S tem je na levi strani začetne kvadratne enačbe razlika dveh kvadratov,

to je

(x2 + ax+ y)2 −(√a2 − 2b+ 2y

(x −

2c − aya2 − 2b+ 2y

))2

= 0,

kar se da razstaviti na produkt dveh kvadratnih trinomov in enačba raz-

pade na dve kvadratni:

x2 + ax+ y ±√a2 − 2b+ 2y

(x −

2c − aya2 − 2b+ 2y

)= 0.

V urejeni obliki sta to:

x2 + (a±√a2 − 2b+ 2y)x+ y ∓

2c − ay√a2 − 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 in četrte

stopnje.

Zanimivo je, da so se tudi Kitajci ukvarjali s problemi, ki vodijo do

enačb tretje in četrte stopnje, zato malo pokukajmo v srednjeveško kitaj-

sko matematiko.

Slika 5. Diagram okroglega mesta (pogled od severa proti jugu)

20

V času vladanja dinastije Song (960–1279) (Sòng, 宋) je na Kitajskem

živel matematik Li Ye (1192–1279) (Lı Yě,李冶), ki se je rodil kot Li Zhi (Lı

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

haijìng, 測圓海鏡), kar pomeni Morsko ogledalo meritev kroga. V njem

rešuje nekatere geometrijske naloge z algebrskimi metodami, ki pripeljejo

do polinomskih enačb. Metodo imenuje tian yuan shu (tian yuán shù,

天元術), kar pomeni metoda 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

(dong, 東) in zahod xi (xı, 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 pač treba.

21

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 nič okrnili

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 središčem O naj ima polmer x,

vzhodna vrata so v točki E, zahodna v točki W , drevo v točki D, iz točke A

pa človek opazi drevo v smeri hipotenuze pravokotnega trikotnika AWD.

Hipotenuza se kroga dotika v točki B. Označimo a = |WD |, b = |AE|.Pravokotna trikotnika AOB 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 trikotnik AWD velja Pitagorov izrek. Dobimo zvezi

2x+ ba

=|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 je a = 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.

22

Slika 6. Razmere pri prvi kitajski nalogi

Pripomba. Preostali rešitvi enačbe x3+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

enačba x2 + 4x+ 12 = 0 ima konjugirano kompleksni rešitvi −2±2i√

2, kar

pomeni, da je x = 3 edina smiselna rešitev naloge.

Naloga. Visoko drevo raste 2 km od južnih vrat proti jugu. Neki človek

gre od severnih vrat proti vzhodu in zagleda omenjeno drevo, ko prehodi

6 km. Kako veliko je mesto?

Slika 7. Razmere pri drugi kitajski nalogi

23

Rešitev. Označimo točke in razdalje tako, kot kaže slika 7. Pravokotna

trikotnika AND in BOD 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+ 2xb

=|BD |x, |BD |2 = (x+ a)2 − x2 = a(a+ 2x).

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 je a = 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 trikotnika BOD in AOB zapišemo Pitagorov izrek, za pravokoten

trikotnik AOD pa višinski izrek:

(a+ x)2 = x2 + |BD |2, (b+ x)2 = x2 + |AB|2, |AB| · |BD |) = x2.

24

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 je a = 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 za a in b racionalna 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 (Shùshu

jiuzhang, 數書九章), iz leta 1247 jo uporablja avtor Qin Jiushao (1202–

1261) (Qín Jiusháo, 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 izraze x + y√−1 imenovali imaginarna števila. Gauß jih je

25

poimenoval kompleksna števila. Že prej je Leonhard Euler (1707–1783)

vpeljal oznako i =√−1 s pripombo i2 = −1. S števili x + yi, kjer sta x in y

realni števili, so potem računali na običajni način. Z uvedbo imaginarne

enoje i so se zadeve zelo poenostavile, ker ni bilo več treba misliti na težave

zaradi množenja korenov.

Zanimivo je, da je Bombelli uporabljal neke matematične simbole, ki so

bile bolj okrajšave besed. Imaginarno enoto i je pisal z današnjimi simboli

kot√

0− 1. Pazil je na to, da je√−1√−1 = (

√−1)2 = −1, in ne

√−1√−1 =√

(−1)2 = 1, kar je vodilo v protislovje. Vedel je, da samo za pozitivni števili

a in b veljata pravili√ab =

√a√b in√−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 število x+yi upodabljali

kot točko s koordinatama (x,y) v ravnini, v kateri je vpeljan pravokotni

kartezični koordinatni sistem Oxy, v katerem smo določili enoto. Številu

0 ustreza koordinatno izhodišče O, številu 1 točka (1,0), številu i pa (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 je z realno število, je y = 0 in zato z = z. S kompleksnimi

26

števili računamo tako kot z realnimi, upoštevati je treba samo to, da je

i2 = −1.

Slika 9. Kompleksna ali Gaußova ravnina.

Tako kot je množica R za seštevanje in množenje komutativni obseg, je

komutativni obseg za ti dve operaciji tudi množica C kompleksnih števil.

Prva pomembna razlika med obema obsegoma je v urejenosti: obseg R je

linearno urejen in je v njem kvadrat vsakega od 0 različnega števila pozi-

tiven, obseg C pa te lastnosti nima, saj je i2 = −1. Druga, še bolj pomem-

bna razlika med obsegoma R in C, 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 R ni tak, saj

vemo, da polinom z2 + 1 nima realnih ničel. Ima pa konjugirano kom-

pleksni ničli ±i. Polinom p(z) stopnje n s kompleksnimi koeficienti ima n

27

kompleksnih ničel, če upoštevamo njihovo večkratnost ali stopnjo. Če je

p(z) = a0zn + a1z

n−1 + . . .+ an−1z+ an,

kjer je n ≥ 1 in a0, a1, . . . , an ∈ C ter a0 , 0, potem naj ima p(z) kompleksne

ničle: z1 stopnje α1, z2 stopnje α2, . . . , zr stopnje αr . Veljati mora relacija

α1 +α2 + . . .+αr = n. Polinom p(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 polinom p(x) z realnimi koeficienti.

Pri tem je kakšna njegova ničla lahko kompleksna. Toda, če je z0 = x0 +y0i

njegova prava kompleksna ničla, to se pravi b , 0, je ničla tudi z0 = x0−y0i.

To sledi iz definicije ničle polinoma in lastnosti konjugiranja kompleksnih

števil. Če je namreč

p(z0) = a0zn0 + a1z

n−10 + . . .+ an−1z0 + an = 0,

dobimo z upoštevanjem a0, a1, . . . , an ∈R:

a0z0n + a1z0

n−1 + . . .+ an−1z0 + an = p(z0) = 0.

Kompleksne ničle realnih polinomov nastopajo v konjugiranih parih. Zato

v razcepu nastopata faktorja x − z0 in x − 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 + y2

0 , lahko zapišemo

(x − z0)(x − z0) = x2 − 2px+ q,

pri čemer je diskriminanta tega kvadratnega trinoma enaka 4(p2 − q) < 0,

ker je p2−q = x20−(x2

0 +y20 ) = −y2

0 < 0. Kvadratni trinom x2−2px+q je tedaj v

28

realnem nerazcepen. Ker ima polinom p(x) stopnje n z realnimi koeficienti

lahko več realnih ničel xk in več konjugirano kompleksnih parov ničel zkin zk, je njegov razcep v splošnem tak:

p(x) = a0(x − x1)α1 . . . (x − xs)αs(x2 − 2p1x+ q1)β1 . . . (x2 − 2ptx+ qt)βt ,

pri čemer je (α1 + . . .+αs) + 2(β1 + . . .+ βt) = n.

Koreni z1, z2, . . . , zn polinoma p(z) stopnje n, 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)n

ana0.

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

vsemi n koreni. Leve strani Viètovih formul so tako imenovani simetrični

polinomi spremenljivk z1, z2, . . . , zn.

Število√x2 + y2 imenujemo absolutna vrednost ali po Argandu modul

kompleksnega števila z = x+ yi in pišemo:

|z| =√x2 + y2 =

√zz, |z|2 = zz.

V kompleksni ravnini je |z| razdalja med točkama z in 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 parov z = (x,y) je kartezični produkt R×R,

ki ga bomo označevali kot običajno s C.

29

Z enakostjo v C je 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

velja z + (−z) = 0. Število −z je nasprotno številu z. 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 inverz z−1, za katerega je zz−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

−12 .

Pogosto pišemo kar z1/z2. Seveda za z2 , 0. Smiselna je tudi običajna

pisava z−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, . . .

Številu z = (x,y) priredimo konjugirano številu z = (x,−y). Konjugacija

se obnaša pri računskih operacijah zelo preprosto:

z = z, z1 ± z2 = z1 ± z2, z1z2 = z1z2,

(z1

z2

)=z1

z2.

30

Takoj opazimo, da je z+ 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 pišemo x = (x,0).

Kompleksno število i = (0,1) ima lastnost, da je i2 = (0,1)(0,1) = (−1,0)

ali kar i2 = −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 tako z/k = (x/k) + (y/k)i.

Kvocient z1/z2 lahko 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 − z2i

.

31

Absolutna vrednost ima običajne lastnosti, ki posledično C spremenijo

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 neki k > 0 z1 = kz2. Izpeljemo pa jo lahko takole:

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 + z2)(z1 + z2) = |z1|2 + (z1z2 + z1z2) + |z2|2.

Srednji člen

w = z1z2 + z1z2 = z1z2 + z1z2 = 2Re(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 števil z1

in z2 enako 0. Vzemimo z1 = x1+y1i in z2 = x2+y2i , 0. Enačaj v trikotniški

enakosti velja, če je z1z2 = |z1| · |z2| in zato Im(z1z2) = x2y1 − x1y2 = 0. To

pomenix1

x2=y1

y2= k

za neko realno število k in zato x1 +y1i = kx2 +ky2i oziroma z1 = kz2. Če ta

pogoj upoštevamo v trikotniški neenakosti z enačajem, dobimo |k+1|·|z2| =(|k|+ 1)|z2|, iz česar sledi |k + 1| = |k|+ 1. to pa velja samo za k ≥ 0.

32

Evklidsko razdaljo ali metriko d v C vpeljemo z relacijo

d(z1, z2) = |z2 − z1|.

To je ravno običajna razdalja med točkama z1 in z2 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 je C poln metrični prostor. Vsako Cauchyjevo zaporedje v C

ima limito v C. Cauchyjevo zaporedje z1, z2, z3, . . . je tako, za katerega sta si

poljubna, toda dovolj pozna člena tako blizu, kot si le želimo: za vsak, še

tako majhen ε > 0, obstaja neko naravno število n0, tako da je d(zm, zn) < ε

za vse m,n ≥ n0.

Vsako kompleksno število z , 0 lahko zapišemo v obliki

z = |z| · z|z|.

Drugi faktor zo = 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 obliki z =

|z|zo, kjer je |z0|2 = x2o + y2

o = 1. To pa pomeni, da lahko zapišemo xo = cosϕ

in yo = sinϕ. Pri tem je kot ϕ natančno določen na intervalu (−π,π]. S tem

imamo že tako imenovani polarni ali trigonometrijski zapis kompleksnega

števila:

z = |z|(cosϕ + i sinϕ).

Kot ϕ imenujemo glavna vrednost argumenta kompleksnega števila z ,

0. Po navadi pišemo: ϕ = arg(z). Brez omejitve ϕ ∈ (−π,π] je argument

33

kompleksnega števila z , 0 vsak kot φ, za katerega je xo = cosφ in yo =

sinφ. Tedaj označimo φ = Arg(z). Očitno zaradi periodičnosti funkcij cos

in sin velja:

Arg(z) = arg(z) + 2kπ,

kjer je k poljubno celo število. Argument ϕ = 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 točke z.

Kompleksni števili z1 = |z1|(cosϕ1 + i sinϕ1) in z2 = |z2|(cosϕ2 + i sinϕ2)

sta enaki natanko tedaj, ko je |z1| = |z2| in ko je ϕ1 = ϕ2 + 2kπ, kjer je k

poljubno celo število.

Vsa kompleksna števila zo, 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) + i sin(−ϕ)) = |z|(cosϕ − i sinϕ),1z

=1|z|

(cosϕ − i sinϕ).

Kompleksna števila, zapisana v polarni obliki, se da lepo množiti in

34

deliti:

|z1|(cosϕ1+i sinϕ1)·|z2|(cosϕ2+i sinϕ2) = |z1|·|z2|(cos(ϕ1+ϕ2)+i sin(ϕ1+ϕ2)),

|z1|(cosϕ1 + i sinϕ1)|z2|(cosϕ2 + i sinϕ2)

=|z1||z2|

(cos(ϕ1 −ϕ2) + i sin(ϕ1 −ϕ2)).

Prav tako lahko najdemo pravilo za potence s celimi eksponenti m:

(|z|(cosϕ + i sinϕ)m = |z|m(cosmϕ + i sinmϕ).

Formula

(cosϕ + i sinϕ)m = cosmϕ + i sinmϕ

je znana kot Moivrova formula, ki jo je odkril Abraham de Moivre (1667–

1754).

Polarna oblika kompleksnega števila je pripravna za reševanje binom-

ske enačbe zn = A, kjer je n naravno število, A , 0 pa kompleksno število.

Tega zapišemo v polarni obliki:

A = |A|(cosα + i sinα).

Prav tako rešitev poiščemo v polarni obliki:

z = |z|(cosϕ + i sinϕ).

Vstavimo v enačbo in dobimo:

|z|n(cosnϕ + i sinnϕ) = |A|(cosα + i sinα).

Enakost velja, če je

|z|n = |A| in nϕ = α + 2kπ,

kjer je k poljubno celo število. S tem je

|z| = n√|A| in ϕk =

α + 2kπn

.

35

Binomska enačba ima rešitve

zk = n√|A|

(cos

α + 2kπn

+ i sinα + 2kπ

n

).

Rešitev seveda ni nešteto kot je nešteto celih števil. Ko k spreminjamo,

se nam zk začnejo ponavljati. Različne dobimo, če izberemo n vrednosti

za k po vrsti. Najbolje od 0 do n − 1. S tem dobimo vse različne rešitve

binomske enačbe zn = A:

zk = n√|A|

(cos

α + 2kπn

+ i sinα + 2kπ

n

), k = 0,1,2, . . . ,n− 1.

Rešitve enačbe z3 = 1, kjer je A = 1 in α = 0, so tretji koreni enote:

zk = cos2kπ

3+ i sin

2kπ3, k = 0,1,2.

V algebrski obliki so to:

z0 = 1, z1 = −12

+

√3

2i, z1 = −1

2−√

32i.

Rešitve enačbe zn = 1 so tako imenovani n-ti koreni enote. Na enotski

krožnici |z| = 1 v kompleksni ravnini so to oglišča tej krožnici včrtanega

pravilnega n-kotnika. Eno oglišče je z0 = 1. Zveznici dveh zaporednih

oglišč s središčem enotske krožnice pa med seboj oklepata kot 2π/n.

Sedaj lahko zapišemo tudi rešitve kubične enačbe x3 + 3px + 2q = 0 z

realnima p in q v primeru q2 + p3 < 0. Videli smo že, da je rešitev po

Cardanu x = u + v, pri čemer je

u3 = −q+√q2 + p3, v3 = −q −

√q2 + p3.

Naj bo ∆ = −(q2 + p3) > 0. Potem je

u3 = −q+ i√∆, v3 = −q − i

√∆.

36

V polarni obliki je

u3 = r(cosα + i sinα), v3 = r(cosα − i sinα),

kjer je r2 = q2 + ∆ = −p3, r cosα = −q in r sinα =√∆. Iz tega dobimo za

k = 0,1,2:

uk =√−p

(cos

α + 2kπ3

+ i sinα + 2kπ

3

), vk =

√−p(cos

α + 2kπ3

− i sinα + 2kπ

3

).

Nazadnje imamo vse tri realne korene xk = uk+vk v trigonometrijski obliki:

xk = 2√−pcos

α + 2kπ3

, k = 0,1,2.

S tem znanjem je prof. Josip Plemelj (1873–1967) že kot gimnazijec v

Ljubljani obvladal pravilni sedemkotnik, ki se ga sicer ne da konstruirati

samo z neoznačenim ravnilom in šestilom. Plemelj je problem prevedel

na tretjinjenje razmeroma majhnega kota, kar se da zelo točno izvesti.

Pravilni sedemkotnik je včrtal krožnici s polmerom 1 in ugotovil, da je

stranica pravilnega sedemkotnika s7 enaka 2sin(π/7). Nato je vzel for-

mulo

(cosϕ + i sinϕ)7 = cos7ϕ + i sin7ϕ,

levo stran razvil po binomski formuli in primerjal imaginarni del obeh

strani, nato pa vse izrazil s funkcijo sin. Dobil je enakost

sin7ϕ = −sinϕ(64sin6ϕ − 112sin4ϕ + 56sin2ϕ − 7).

Sem je vstavil ϕ = π/7 in dobil

−sin(π/7)(64sin6(π/7)− 112sin4(π/7) + 56sin2(π/7)− 7) = 0.

Vzel je x = s7 = 2sin(π/7) za neznanko in prej v dobljeno enačbo vstavil

sin(π/7) = x/2. S tem je dobil za x enačbo:

x(x6 − 7x4 + 14x2 − 7) = 0.

37

Rešitev x = 0 ne pride v poštev, zato je treba poiskati smiselno rešitev

enačbe

x6 − 7x4 + 14x2 − 7 = x6 − 7(x2 − 1)2 = 0,

ki se da razstaviti na dva kubična faktorja:

(x3 −√

7(x2 − 1))(x3 +√

7(x2 − 1)) = 0.

Rešitev je torej pozitivna rešitev ene od kubičnih enačb:

x3 −√

7(x2 − 1) = 0, x3 +√

7(x2 − 1) = 0.

Rešitev mora biti manjša od polmera krožnice, kateri je sedemkotnik včr-

tan. Plemelj je ugotovil, da je prava samo pozitivna rešitev druge enačbe,

torej

x3 +√

7x2 −√

7 = 0.

Z vpeljavo nove neznanke y = 1/x je dobil kubično enačbo, ki jo lahko

rešujemo s Cardanovo formulo:

y3 − y − 1√

7= 0.

Ta je oblike y3 + 3py + 2q = 0 za p = −1/3 in q = −1/(2√

7). Račun pokaže,

da je p3 + q2 = −1/27 + 1/28 = −1/756 < 0 in ∆ = 1/756, kar pomeni, da

ima enačba za y tri realne korene. Kot α v znani formuli za rešitve je dan

s formulo cotα = −q/√∆, v tem primeru cotα =

√27 = 3

√3. Rešitve so

potem

yk =2√

3cos

α + 2kπ3

, k = 0,1,2.

Pozitivno rešitev dobimo samo za k = 0, s tem pa imamo stranico pravil-

nega sedemkotnika:

s7 =

√3

2sec

α3, cotα = 3

√3.

38

Kot α se da konstruirati. Vzamemo enakostranični trikotnik, v njem

načrtamo višino, ki ga razdeli na dva pravokotna trikotnika. Krajšo kateto

enega od njiju razdelimo na tri enake dele in konstruiramo pravokotni

trikotnik, ki ima za eno kateto višino enakostraničnega trikotnika, za dru-

go pa šestino njegove stranice. Kot nasproti slednje je α. Res!

cotα =

√3

216

= 3√

3.

Kot α razdelimo na tri enake kote. Tretjina ob višini določa še tanjši

pravokotni trikotnik, katerega hipotenuza je stranica pravilnega sedemkot-

nika (slika 11). Preverimo!

secα3

=s7√

32

.

Iz tega je potem res

s7 =

√3

2sec

α3.

Slika 11. Konstrukcija sedemkotnikove stranice.

Težava nastopi pri deljenju kota α na tri enake dele. Tega se ne da

narediti z neoznačenim ravnilom in šestilom. Na srečo pa je kot α majhen,

meri približno 10◦53′36′′, njegova tretjina pa približno 3◦37′52′′. Plemelj

je vzel približek za s7 tako, da je kateto dolžine 1/6 razdelil na tri enake

39

dele. Ustrezno se nasprotni koti razdelijo precej natančno na tri, skoraj

enake dele. Potem je

s7 ≈√

3/4 + 1/182 =

√619.

Primerjajmo na nekaj decimalk približke za s7:

2sinπ7

= 0,8677674782,√

32

secα3

= 0,8677674782,√

619

= 0,8678055195,√

32

= 0,8660254037.

Prva dva rezultata sta izračunana po točnih formulah. Opazimo, da se

Plemljev približek√

61/9 za s7 dobro ujema s pravo vrednostjo. Za krog

s polmerom 1 000 m je razlika med tem približkom in pravo vrednostjo

pičlih 38 mm. Za tak krog je razlika med približkom√

3/2 in pravo vred-

nostjo s7 kar 1,742 m. Približek√

3/2 za s7 so poznali že stari Indijci,

Heron v 1. stoletju, Abul Wafa (940–998), arabsko A¯ñË@ ñK.

@, kasneje pa sta

ga uporabljala Leonardo da Vinci (1452–1519) in Albrecht Dürer (1471-

1528).

Zgodovinsko je pomemben tudi prvi izračun sin1◦, kar pripisujejo perz-

ijskemu matematiku Al Kašiju (1370–1429), arabsko úæ��ºË@, ki je znan tudi

po izračunu števila π na 16 točnih decimalk. Števila sin1◦ se ne da izraz-

iti s samimi kvadratnimi koreni, pač pa se da to narediti za a = sin3◦ v

nekoliko zapletenejši obliki z uporabo adicijskih izrekov. Kot 3◦ je naj-

manjši pozitivni kot, izražen s celimi stopinjami, za katerega lahko vred-

nosti trigonometričnih funkcij izrazimo z osnovnimi štirimi aritmetičnimi

40

operacijami in kvadratnimi koreni. S kvadratnimi koreni lahko izrazimo

sin60◦, sin45◦, sin15◦, sin72◦ in sin18◦, na koncu pa res še

sin3◦ =1

16

((√

6 +√

2)(√

5− 1)− (√

6−√

2)√

10 + 2√

5).

Za sin1◦ pa dobimo kubično enačbo, ki ji to število zadošča. Iz enakosti

(cosα + i sinα)3 = cos3α + i sin3α

namreč z uporabo pravila za kubiranje binoma in primerjave imaginarnih

komponent obeh strani dobimo

sin3α = 3cos2α sinα − sin3α = 3(1− sin2α)sinα − sin3α,

torej

sin3α = 3sinα − 4sin3α.

Zato je

3sin1◦ − 4sin3 1◦ = sin3◦ = a.

Število sin1◦ zato zadošča kubični enačbi

3x − 4x3 = a oziroma x3 − 34x+

a4

= 0.

Enačba je oblike x3 + 3px + 2q = 0 za p = −1/4 in q = a/8 in bi jo lahko

reševali po Cardanu, toda q2 +p3 = −∆ je negativno število. Enačba ima tri

realne korene, ki jih dobimo v trigonometrijski obliki:

x1 = sin1◦, x2 = cos31◦, x3 = −cos29◦.

Najdemo jih po splošnih formulah, ki smo jih izpeljali na strani 37, pri

katerih sodeluje kot α′ in njegova tretjina, kar vodi v računu ravno do

sin1◦, ki pa ga ne poznamo. Lahko pustimo v izrazih sin3◦, izražen s

koreni, toda ostanejo kvadratni koreni negativnih števil.

41

Al Kaši, ki metod italijanskih matematikov ni poznal, se je reševanja

lotil približno, numerično, danes bi rekli z navadno iteracijo, s katero rešu-

jemo enačbe oblike x = f (x). Pri tem ni treba, da je f (x) polinom. Lahko

je katerakoli funkcija, ki je zvezna in odvedljiva v okolici rešitve in je tam

njen odvod dovolj majhen. Enačbo za sin1◦ je al Kaši prepisal v obliko

x =43x3 +

a3

in, ker je 3◦ majhen kot, vzel za začetni približek števila sin1◦ kar x0 =

(1/3)sin3◦ = a/3. Označimo

f (x) =43x3 +

a3.

Z današnjimi oznakami je Al Kaši vzel za nov, boljši približek x1 = f (x0),

nato za še boljši približek x2 = f (x1) in tako naprej. Opazimo, da se pri tem

vedno več začetnih decimalk v zaporedju x0,x1,x2, . . . ujema. Če rezultate

zberemo v tabelo, tega ne moremo prezreti.

n xn

0 0,017445318747647944240

1 0,017452397805531902625

2 0,017452406426767058303

3 0,017452406437270700139

4 0,017452406437283497209

5 0,017452406437283512800

6 0,017452406437283512819

7 0,017452406437283512819

sin1◦ 0,017452406437283512819

Euler je študiral za fiksen kot ϕ in naravna števila n izraz

cos(ϕ/n) + i sin(ϕ/n),

42

ki ga je potenciral po Moivrovi formuli:

(cos(ϕ/n) + i sin(ϕ/n))n = cosϕ + i sinϕ.

Desna stran je neodvisna od n, levo pa je zapisal v obliki

cosn(ϕ/n)(1 + i/ cot(ϕ/n))n.

Zanimalo ga je, kaj se zgodi, ko n→∞. Vedel je, da je

limn→∞

(1 + x/n)n = ex,

če je pri tem x realen. Smelo je postavil za kompleksen z

limn→∞

(1 + z/n)n = ez.

Nato je brez predsodkov upošteval, da je

limn→∞

cosn(ϕ/n) = 1,

kar se res da dokazati, in da je

limn→∞

(1 + i/ cot(ϕ/n))n = limn→∞

((1 + i/ cot(ϕ/n))cot(ϕ/n)

)n tg(ϕ/n).

Z zadnjim eksponentom ni težav:

limn→∞

n tg(ϕ/n) = limn→∞

tg(ϕ/n)ϕ/n

·ϕ = ϕ,

ker je, kot je znano, limx→0 tgx/x = 1. V drugi limiti

limn→∞

(1 + i/ cot(ϕ/n))cot(ϕ/n)

vpeljemo m = cot(ϕ/n), ki gre po absolutni vrednosti v ∞, tako kot n.

Dobimo:

limn→∞

(1 + i/ cot(ϕ/n))cot(ϕ/n) = limm→∞

(1 + i/m)m = ei .

43

Nazadnje imamo:

limm→∞

(cos(ϕ/n) + i sin(ϕ/n)) = (ei)ϕ = eiϕ = cosϕ + i sinϕ.

Seveda postopek ni popolnoma korekten, a spoznali smo, kako je Euler

prišel do svojih znamenitih formul:

eiϕ = cosϕ + i sinϕ, e−iϕ = cosϕ − i sinϕ.

Natančna analiza je pokazala, da so Eulerjevi rezultati pravilni. Kot posledico

Eulerjevih formul lahko zapišemo vsako od 0 različno kompleksno število

z in njegovo konjugirano vrednost z v eksponentni obliki:

z = |z|eiϕ, z = |z|e−iϕ.

V posebnem primeru je

eiπ = −1 oziroma eiπ + 1 = 0,

kar je relacija, ki povezuje osnovne matematične konstante e,π,0,1, i.

Če vzamemo za definicijo

ez = limn→∞

(1 + z/n)n,

kjer je z kompleksno število, potem se da videti, da velja za poljubni kom-

pleksni števili z1 in z2 adicijski izrek:

ez1+z2 = ez1ez2 .

Osnovna ideja izpeljave je v enakosti

(1 + z1/n)n(1 + z2/n)n = ((1 + z1/n)(1 + z2/n))n = (1 + (z1 + z2)/n+ z1z2/n2)n.

V limiti, ko n→∞, zanemarimo člen z1z2/n2, ki je majhen v primerjavi z

(z1 + z2)/n, in dobimo

ez1ez2 = ez1+z2 .

44

To pa pomeni, da je

ez = ex+iy = exeiy = ex(cosy + i siny).

Zato je

|ez| = eRe(z), Arg(ez) = Im(z).

Seveda veljajo relacije e0 = 1, ez = ez (ez)−1 = e−z, ez+2nπi = ez za vsako celo

število n in ez , 0. Preslikava z 7→ ez je funkcija iz C na C \ 0. Pravimo ji

eksponentna funkcija.

Znana Moivrova formula se z eksponentnim zapisom zelo poenostavi:

(eiϕ)m = emiϕ.

Drug pristop k eksponentni funkciji uporablja teorijo potenčnih vrst.

Vrsta

exp(z) =∞∑k=0

zk

k!

je absolutno konvergentna za vzak z ∈ C. Brez posebnih težav preverimo

relacijo

exp(z1 + z2) = exp(z1)exp(z2).

V posebnem primeru je

exp(x+ iy) = exp(x)exp(iy).

Vsak faktor na desni strani te relacije lahko posebej obdelamo:

exp(x) =∞∑k=0

xk

k!= ex,

exp(iy) =∞∑k=0

ikyk

k!=∞∑k=0

(−1)ky2k

(2k)!+ i

∞∑k=0

(−1)ky2k+1

(2k + 1)!.

45

Na desni strani sta stari znanki, razviti v potenčno vrsto, funkciji cos in

sin. Torej je

exp(iy) = cosy + i siny.

S tem smo našli

exp(z) = ex(cosy + i siny) = ez.

Z eksponentno funkcijo lahko na novo definiramo logaritemsko funkcijo,

trigonometrične in hiperbolične funkcije ter njihove inverze, kar pa že

presega zamisel tega gradiva.

S kompleksno eksponentno funkcijo računamo na običajni način. Ko-

rene binomske enačbe zn = A za A , 0, pri čemer je A = |A|exp(iα), lahko

zapišemo v obliki:

zk = n√|A|exp

(α + 2kπ

ni

), k = 0,1,2, . . . ,n− 1.

Rešitve enačbe z5 = 1 so peti koreni enote (slika 12 levo):

zk = exp2kπi

5, k = 0,1,2,3,4.

Podobno so rešitve enačbe z6 = 1 šesti koreni enote (slika 12 desno):

zk = expkπi

3, k = 0,1,2,3,4,5.

Preprosta transformacija v kompleksni ravnini je paralelni ali vzporedni

premik P (a) za dano kompleksno število a. Deluje po pravilu

z′ = P (a)z = z+ a.

Paralelni premik točke premika vzporedno z vektorjem−→0a (slika 13). Za

paralelni premik veljajo naslednje lastnosti:

P (a)P (b) = P (b)P (a) = P (a+ b), P (a)P (−a) = P (0) = I.

46

Slika 12. Peti in šesti koreni enote.

Slika 13. Paralelni premik v kompleksni ravnini.

pri tem sta a in b poljubni kompleksni števili, I pa identična transforma-

cija, za katero je Iz = z.

Kompleksno število eiϕ, kjer je ϕ orientirani kot, ima absolutno vred-

nost enako 1. Produkt z′ = zeiϕ je kompleksno število, ki je v kompleksni

ravnini zasuk ali vrtež točke z okoli točke 0 za kot ϕ (slika 14 levo). Zasuk

točke z za kot ϕ lahko izvedemo okoli katerekoli točke z0 (slika 14 desno).

Označimo tak vrtež kot transformacijo ravnine z V (ϕ,z0). Zasukana točka

47

je potem z′ = V (ϕ,z0)z. To lahko preprosto izrazimo takole:

z′ = V (ϕ,z0)z = z0 + (z − z0)eiϕ.

V posebnem primeru z0 = 0 dobimo

z′ = V (ϕ,0)z = zeiϕ.

Tedaj velja

V (ϕ,0)V (ψ,0) = V (ψ,0)V (ϕ,0) = V (ϕ+ψ,0), V (ϕ,0)V (−ϕ,0) = V (0,0) = I,

kjer sta ϕ in ψ kota, I pa identična transformacija.

Slika 14. Zasuk v kompleksni ravnini.

Paralelni premik in zasuk ohranjata razdalje, kote in orientacije trikot-

nikov. Transformaciji lahko tudi kombiniramo, na primer

P (a)V (ϕ,0)P (−a)z = P (a)V (ϕ,0)(z − a) = P (a)(eiϕ(z − a)) = a+ eiϕ(z − a).

To velja za vsak kompleksen z. Zato lahko zapišemo:

P (a)V (ϕ,0)P (−a) = V (ϕ,a).

48

Hitro lahko spoznamo, da na splošno zaporedna zasuka ne komutirata

(slika 15). To uvidimo z računom. Najprej je

V (ϕ,a)V (ψ,b)z = V (ϕ,a)(b+(z−b)eiψ) = a+b+(z−b)eiψ+(b−a+(z−b)eiψ)eiϕ

= a+ b+ (z − b)eiψ + (b − a)eiϕ + (z − b)ei(ϕ+ψ),

v obratnem vrstnem redu pa

V (ϕ,a)V (ψ,b)z = a+ b+ (z − a)eiϕ + (a− b)eiψ + (z − a)ei(ϕ+ψ).

Slika 15. Nekomutiranje dveh zasukov.

Opogumljen z definicijo kompleksnih števil z urejenimi pari realnih

števil je Hamilton poskusil z urejenimi trojkami realnih števil, ki jih je

poskušal spremeniti v obseg, tako kot C = R2. Seštevanje mu ni delalo

težav, ustavilo pa se mu je pri množenju trojk. Nekega dne je prišel do

spoznanja, da pa lahko urejene četverice tudi množi in tako v bistvu R4

spremenil v obseg, ki pa ni komutativen. Odkril je obseg kvaternionov

H = R4. Analogno baznima paroma 1 = (1,0) in i = (0,1) v C so v H štiri

bazne četverice:

1 = (1,0,0,0), i = (0,1,0,0), j = (0,0,1,0), k = (0,0,0,1),

49

za katere velja

i2 = j2 = k2 = −1, ij = k, ji = −k, jk = i, kj = −i, ki = j, ik = −j.

Kvaternion 0 je seveda četverica 0 = (0,0,0,0), enota za množenje pa 1 =

(1,0,0,0).

Podobno kot lahko vsako kompleksno število z ∈ C enolično zapišemo

v obliki

z = a+ bi,

lahko vsak kvaternion q ∈H prav tako enolično zapišemo kot

q = a+ bi + cj + dk.

Pri tem so a,b,c,d realna števila. Konjugirani kvaternion q∗ vpeljemo z

q∗ = a− bi − cj − dk,

absolutno vrednost |q| pa z

|q| =√a2 + b2 + c2 + d2 =

√qq∗ =

√q∗q.

Za konjugiranje veljajo pravila

(q∗)∗ = q, (q1 + q2)∗ = q∗1 + q∗2, (q1 − q2)∗ = q∗1 − q∗2, (q1q2)∗ = q∗2q

∗1.

Zadnje pravilo bomo dokazali kasneje, prva tri pa so očitna.

Produkt realnega števila α in kvaterniona q poteka po pravilu

αq = qα = αa+αbi +αcj +αdk.

Očitno je q = 0 natanko takrat, ko je |q| = 0. Če je q , 0, je njegov inverz

q−1 =1|q|2

q∗.

50

Enotski kvaternion q je tak, za katerega velja |q| = 1. V tem primeru je

q−1 = q∗.

S kvaternioni računamo na običajni način, pri čemer upoštevamo pra-

vila za množenje baznih četveric in vrstni red faktorjev.

Obseg kvaternionov ima za svoj podobseg obseg kompleksnik števil, ta

pa za svoj podobseg obseg realnih števil:

R ⊂C ⊂H.

Vsi ti trije obsegi so polni obsegi. Poln ni na primer obseg racionalnih

števil Q. Z vsako razširitvijo obsega nekaj pridobimo in nekaj izgubimo:

C ni linearno urejen, H pa ni linearno urejen in ni komutativen. V njem

velja zakon asociativnosti in dva distributivnostna zakona, levi in desni.

Kvaternione se da obravnavati kot urejene četverice ali pa kot kom-

pleksne matrike oblike

q =

α β

−β α

,kjer sta α = a + bi in β = c + di kompleksni števili. Osnovne operacije

potekajo ustrezno z matrikami. Z uvedbo imaginarnih kvaternionskih

enot

1 =

1 0

0 1

, i =

i 0

0 −i

, j =

0 1

−1 0

, k =

0 i

i 0

lahko zapišemo

q = a1 + bi + cj + dk.

Ustrezno je

q∗ =

α −ββ α

= a1− bi − cj − dk.

Prav tako veljajo pravila

i2 = j2 = k2 = −1, ij = k, ji = −k, jk = i, kj = −i, ki = j, ik = −j.

51

Zato lahko podčrtovanje enot preprosto izpustimo.

Vsaki matriki q = a1 + bi + cj + dk lahko povratno enolično priredimo

četverico (a,b,c,d) = a+ bi + cj + dk. Zato preprosto izenačimo q = q.

Z matričnim računom lahko najlaže preverimo, da ima konjugiranje

kvaternionov naslednjo lastnost:

(q1q2)∗ = q∗2q∗1.

Lahko pa pišemo tudi urejeno četverico kot urejen par realnega števila

in urejene trojke, vektorja:

q = (a,x,y,z) = (a, (x,y,z)).

Če vpeljemo ~r = (x,y,z) kot običajni krajevni vektor, lahko pišemo q = (a,~r)

oziroma še enostavneje q = a + ~r, kar se morda marsikomu malo čudno

zdi, da kar naenkrat seštevamo števila in vektorje. Učeno povedano, je to

zato, ker je R4 = R⊕R3, to je direktna vsota prostorov R in R

3. V zapisu

q = a+~r je a številski, ~r pa vektorski del kvaterniona q. Veljata tudi relaciji

q∗ = (a,−~r) = a−~r in |q|2 = a2 + |~r |2.

Množenje kvaternionov, zapisanih v zgornji obliki, si zlahka zapom-

nimo:

(a1 + ~r1)(a2 + ~r2) = a1a2 − ~r1 · ~r2 + a1~r2 + a2~r1 + ~r1 × ~r2,

kjer je ~r1 · ~r2 skalarni, ~r1 × ~r2 pa vektorki produkt vektorjev. V posebnem

primeru je

(a+~r )2 = a2 − |~r |2 + 2a~r.

Kvaterion 0 je seveda (0,0,0,0) = 0 +~0.

Determinanta matrike, ki ustreza kvaternionu q, je kar kvadrat njegove

absolutne vrednosti, ker velja∣∣∣∣∣∣∣ α β

−β α

∣∣∣∣∣∣∣ = αα + ββ = a2 + b2 + c2 + d2 = |q|2.

52

V obsegu kvaternionov ima smisel tudi preprosta kvadratna enačba

q2 = h,

v kateri je h znani, q pa neznani kvaternion. Za h = 0 je to enačba q2 = 0,

ki ima edino rešitev q = 0.

Oglejmo si še kvaternionske rešitve enačbe q2 = −A, kjer je A pozitivno

število. Če je q = a+~r, kjer je a realno število, morata veljati enačbi

a2 − |~r |2 = −A, 2a~r = ~0.

Za a , 0 bi dobili ~r = ~0 in nesmiselno enačbo a2 = −A. Torej je a = 0 in

|~r |2 = A. Rešitev je nešteto: q = ~r, pri čemer je |~r | =√A.

Če bi bil h realno negativno število, bi lahko zapisali h = (a,0,0,0), kjer

je a < 0. Tedaj bi imeli |h| = −a in h+ |h| = h− a = 0.

Velja pa tudi obratno. Če je h + |h| = 0, potem je h = (a,0,0,0), kjer je

a < 0. Res! Naj bo h = (a,b,c,d) , 0. Potem je

h+ |h| = (a,b,c,d) + (√a2 + b2 + c2 + d2,0,0,0) = (a+

√a2 + b2 + c2 + d2,b, c,d).

Če postavimo h+ |h| = 0, dobimo

a+√a2 + b2 + c2 + d2 = 0, b = 0, c = 0, d = 0,

iz česar sledi a+√a2 = a+ |a| = 0. To pomeni, da je a < 0.

Nazadnje vzemimo še tak kvaternion h , 0, ki ni realno negativno

število. Torej zanj velja h+ |h| , 0. Zato obstajata kvaterniona

H1,2 = ±√|h| h+ |h||h+ |h||

.

Zanju velja:

h−H21,2 = h− |h|(h+ |h|)2

(h+ |h|)(h∗ + |h|)= h− |h|(h+ |h|)

h∗ + |h|=hh∗ + h|h| − h|h| − |h|2

h∗ + |h|= 0.

53

To pomeni, da sta H1,2 rešitvi enačbe q2 = h.

Lahko pa delamo tudi takole. Zapišimo h = b+~v, kjer je b znano realno

število, ~v pa znani vektor. Enačba q2 = h nam potem da

a2 − |~r |2 + 2a~r = b+ ~v,

iz česar sledita enačbi

a2 − |~r |2 = b, 2a~r = ~v.

Prvo enačbo kvadriramo:

a4 − 2a2|~r |2 + |~r |4 = b2.

Iz druge enačbe sledi

4a2|~r |2 = |~v |2.

Zadnji dve enačbi seštejemo:

a4 + 2a2|~r |2 + |~r |4 = (a2 + |~r |2)2 = b2 + |~v |2.

Torej veljata enačbi

a2 + |~r |2 =√b2 + |~v |2, a2 − |~r |2 = b,

iz katerih dobimo

2a2 = b+√b2 + |~v |2.

Nazadnje imamo

a = ±

√b+

√b2 + |~v |22

, ~r =12a~v.

Račun se posreči le, če je a , 0, to pa je spet le pri pogoju, ko h ni negativno

realno število.

Z reševanjem splošne kvadratne kvaternionske enačbe aq2 + bq + c =

0 se tukaj ne bomo ukvarjali. Razmere namreč zaradi nekomutativnosti

54

obsega H niso tako preproste, kot bi si v naglici mislili. Problem je že s

kvadratom binoma (q + p)2 = q2 + qp + pq + p2, kar pomeni, da se nam ne

posreči dopolnjevanje do popolnega kvadrata.

Če je ~r enotski vektor, torej |~r | = 1, potem je za vsak kot α

q = cosα + sinα~r

enotski kvaternion in

q∗ = q−1 = cosα − sinα~r = cos(−α) + sin(−α)~r.

Prve trditve ni težko dokazati:

|q|2 = cos2α + sin2α |~r |2 = cos2α + sin2α = 1.

Vsak neničelni kvaternion q, podobno kot vektor, lahko izrazimo kot

produkt njegove absolutne vrednosti in enotskega kvaterniona q0, to se

pravi: q = |q|q0. Treba je samo zapisati

q = |q| · 1|q|· q

in označiti

q0 =1|q|· q.

Očitno je |q0| = 1. Zapišimo q0 = a0 +~r0. Pri tem seveda velja a20 + |~r0 |2 = 1.

Sedaj lahko za ~r0 , ~0 izrazimo še ~r0 = |~r0 |~n, kjer je ~n enotski vektor. S tem

smo dobili

q = |q|(a0 + |~r0 |~n ).

Ker je a0 ∈ [−1,1], obstaja natanko en tak kot ϕ ∈ [0,2π], za katerega je

a0 = cos(ϕ/2). Ker velja relacija a20 + |~r0 |2 = 1, je |~r0 | = sin(ϕ/2). Zato lahko

izrazimo

q = |q|(cosϕ

2+ sin

ϕ

2~n ).

55

Opazimo, da je izraz pravilen tudi za primer q = a, kjer je a realno

število. Če je a > 0, vzamemo ϕ = 0, za a < 0 pa ϕ = 2π.

Podobno kot so kompleksna števila našla uporabo za zapis zasuka rav-

nine okoli dane točke, so kvaternioni uporabni za zapis zasuka trirazsež-

nega prostora okoli nepremične osi. Vzeli bomo, brez škode za splošnost,

da tale os poteka skozi koordinatno izhodišče O pravokotnega kartez-

ičnega koordinatnega sistema Oxyz (slika 16 levo). Os naj bo določena

z enotskim vektorjem ~n (|~n | = 1). Opazujmo točko T , ki ji pripada krajevni

vektor ~r. Po zasuku za kot ϕ preide T v T ′, ki ji pripada krajevni vektor ~r ′.

Poiskali bomo formulo, ki izraža ~r ′ z ~r, ~n in ϕ. Posebej narišemo razmere

Slika 16. Zasuk točke v prostoru okoli nepremične osi.

v ravnini, ki je pravokotna na os zasuka in poteka skozi T (slika 16 desno).

Ta ravnina preseka os zasuka v točki S, T pa opiše krožni lok s polmerom

R od T do T ′ s središčnim kotom ϕ. Skozi T postavimo pravokotnico na

polmer ST , skozi T ′ pa vzporednico s ST . Ta vzporednica in pravokotnica

se sekata v točki M. Potem lahko zapišemo:

~r ′ = ~r +−−−→TM +

−−−−→MT ′ .

Vektor−−−→TM , katerega dolžina je Rsinϕ, je pravokoten na ~n in ~r in zato

56

kaže v smeri produkta ~n×~r, katerega velikost je

|~n×~r | = |~n | · |~r |sin∠(~n,~r ) = |~r |sin∠(~n,~r ) = R,

zato je−−−→TM =

1|~n×~r |

· ~n×~r ·Rsinϕ = sinϕ~n×~r.

Vektor−−−−→MT ′ je pravokoten na

−−−→TM in ~n, njegova dolžina je R(1 − cosϕ),

kaže pa v smeri vektorja ~n× (~n×~r ), ki ima dolžino

|~n× (~n×~r )| = |~n | · |~n×~r | · sin∠(~n,~n×~r ) = |~n×~r | = R.

Zato je

−−−−→MT ′ =

1|~n× (~n×~r )|

· ~n× (~n×~r ) ·R(1− cosϕ) = (1− cosϕ)~n× (~n×~r ).

Nazadnje imamo

~r ′ = ~r + sinϕ~n×~r + (1− cosϕ)~n× (~n×~r ).

Z upoštevanjem enakosti ~n×(~n×~r ) = (~n·~r )~n−(~n·~n )~r in relacije ~n·~n = |~n |2 = 1

lahko zapišemo še

~r ′ = cosϕ~r + sinϕ~n×~r + (1− cosϕ)(~n ·~r )~n.

V posebnem primeru ~n =~k = (0,0,1) dobimo za ~r = (x,y,z) znani rezul-

tat za ~r ′ = (x′, y′, z′):

x′ = xcosϕ − y sinϕ, y′ = x sinϕ + y cosϕ, z′ = z.

Isto lahko zapišemo v matrični obliki:x′

y′

z′

=

cosϕ −sinϕ 0

sinϕ cosϕ 0

0 0 1

x

y

z

.57

Morda je že sam Hamilton prišel na idejo, da bi zasuk okoli nepremične

osi izrazil s kvaternioni. To se res da narediti z uvedbo kvaterniona

q = cosϕ

2+ sin

ϕ

2~n,

kjer imata ~n inϕ isti pomen kot zgoraj, in množenjem kvaternionov. Trdimo,

da velja:

~r ′ = q~rq∗.

Najprej je

q~r = (cosϕ

2+ sin

ϕ

2~n )(0 +~r ) = −sin

ϕ

2~n ·~r + cos

ϕ

2~r + sin

ϕ

2~n×~r.

Naj bo

~s = cosϕ

2~r + sin

ϕ

2~n×~r,

tako da lahko krajše zapišemo:

q~r = −sinϕ

2~n ·~r +~s.

Nato je treba izračunati

q~rq∗ = (−sinϕ

2~n ·~r +~s)(cos

ϕ

2− sin

ϕ

2~n) = −1

2sinϕ~n ·~r + sin

ϕ

2~n ·~s+ cos

ϕ

2~s

+sin2 ϕ

2(~n ·~r )~n− sin

ϕ

2~s × ~n.

Posebej izrazimo

sinϕ

2~n ·~s =

12

sinϕ~n ·~r, −sinϕ

2~s × ~n = −1

2sinϕ~r × ~n+ sin2 ϕ

2~n× (~n×~r),

cosϕ

2~s = cos2 ϕ

2~r +

12

sinϕ~n×~r.

Nato sledi

q~rq∗ = −12

sinϕ~n ·~r +12

sinϕ~n ·~r + cos2 ϕ

2~r +

12

sinϕ~n×~r

58

+sin2 ϕ

2(~n ·~r )~n− 1

2sinϕ~r × ~n+ sin2 ϕ

2~n× (~n×~r)

= cos2 ϕ

2~r + sinϕ~n×~r + sin2 ϕ

2(~n ·~r )~n+ sin2 ϕ

2~n× (~n×~r)

= cos2 ϕ

2~r + sinϕ~n×~r + sin2 ϕ

2(~n ·~r )~n+ sin2 ϕ

2(~n ·~r )~n− sin2 ϕ

2(~n · ~n )~r

= (cos2 ϕ

2− sin2 ϕ

2)~r + sinϕ~n×~r + 2sin2 ϕ

2(~n · ~n )~r

= cosϕ~r + sinϕ~n×~r + (1− cosϕ) (~n ·~r )~n.

Rezultat se ujema s tistim, ki smo ga dobili z vektorskim računom.

Sedaj lahko študiramo zaporedni zasuk točke okoli dveh različnih osi,

ki se sekata v koordinatnem izhodišču (slika 17). Osi in kot zasuka naj

določata kvaterniona

q1 = cosϕ1

2+ sin

ϕ1

2~n1, q2 = cos

ϕ2

2+ sin

ϕ2

2~n2.

Prvi zasuče točko s krajevnim vektorjem ~r v ~r ′ = q1~rq∗1, drugi pa ~r ′ v ~r ′′ =

q2~r′q∗2, tako da velja

~r ′′ = q2q1~rq∗1q∗2 = (q2q1)~r (q2q1)∗.

To pomeni, da kvaternion q = q2q1 opisuje direkten zasuk ~r v ~r ′′. Zasuki

potekajo na sferi s polmerom |~r |. Seveda na splošno ne komutirajo.

S splošno enačbo pete stopnje so se ukvarjali številni matematiki, a z

algebrskimi računskimi operacijami ji niso bili kos. Mislili so celo, da je

za rešitev potreben kakšen nov številski obseg. Še dobro, da sta Abel in

Ruffini dokazala, da se enačbe pete in višje stopnje ne da rešiti algebrsko.

Kot so dokazali Gauß in drugi, pa novega obsega tudi ne potrebujemo, saj

ima vsak nekonstanten polinom s kompleksnimi koeficienti vsaj eno kom-

pleksno ničlo. Posledično pa je število njegovih ničel enako njegovi stop-

nji, če pač upoštevamo tudi večkratnost ničel. Velik prispevek k rešljivosti

enačb je prispeval mladi in perspektivni Évariste Galois (1811–1832), ki

59

Slika 17. Zasuki točke na sferi okoli nepremičnih osi.

je enačbi priredil grupo. Rešljivost le-te zagotavlja rešljivost enačbe. Žal

je Galois veliko prezgodaj tragično umrl, sicer bi verjetno algebra hitreje

napredovala.

Splošna kvadratna enačba

Splošna kvadratna enačba s kompleksnimi koeficienti a, b in c je

az2 + bz+ c = 0, (5)

pri čemer je a , 0. Če jo delimo z a, dobimo enačbi (5) ekvivalentno enačbo

z2 +baz+

ca

= 0.

60

S tem smo dosegli, da je vodilni koeficient kvadratne enačbe enak 1. Rešitev

ali koren z enačbe je prav tako kompleksno število. Če vpeljemo

ba

= −2p,ca

= q,

dobimo enačbo

z2 − 2pz+ q = 0, (6)

ko jo preoblikujemo v

(z − p)2 = p2 − q.

Označimo ζ = z − p in A = p2 − q. To sta kompleksni števili. Sedaj imamo

opravka z enačbo

ζ2 = A.

Poiskati moramo taka kompleksna števila ζ, katerih kvadrat jeA. V resnici

sta taki števili dve ali pa samo eno, ki ga po dogovoru dvakrat štejemo.

Za A = 0 je ζ1 = ζ2 = 0, za A , 0 pa je najlaže najti rešitvi za realne A.

Tedaj moramo razlikovati možnosti A > 0 in A < 0. Dobimo:

ζ1,2 =

±√A, A > 0,

±i√−A, A < 0.

Če pa je A = α + iβ splošno kompleksno število, pri katerem β , 0, vza-

memo za rešitev enačbe ζ2 = A nastavek ζ = γ + iδ. Pri tem so α,β,γ in δ

realna števila. Dovolj je, da najdemo γ ≥ 0, ker se obe rešitvi razlikujeta

za faktor −1. Po definiciji rešitve enačbe mora veljati:

(γ + iδ)2 = γ2 − δ2 + 2iγδ = α + iβ.

Enakost kompleksnih števil zahteva:

γ2 − δ2 = α, 2γδ = β.

61

Enačbi kvadriramo in seštejemo:

(γ2 + δ2)2 = α2 + β2 = |A|2.

Korenimo:

γ2 + δ2 = |A|.

Pri tem upoštevamo samo nenegativni koren, sicer bi dobili enakost po-

zitivnega in negativnega števila, kar je nemogoče. Upoštevamo še enačbo

γ2 − δ2 = α in dobimo:

γ2 =α + |A|

2, δ2 =

−α + |A|2

.

Izberimo

γ = +

√α + |A|

2.

Ker velja 2γδ = β, mora δ imeti enak predznak kot β. Zato je

δ = sgn∗(β)

√−α + |A|

2,

kjer je funkcija sgn∗(x) za realne x definirana s predpisom

sgn∗(x) =

1, x ≥ 0,

−1, x < 0.

Rešitvi enačbe ζ2 = A = α + iβ, β , 0, sta torej

ζ1,2 = ±

√α + |A|

2+ i sgn∗(β)

√−α + |A|

2

.Tudi za β = 0 dobimo pravilna rezultata.

Pogosto najdemo v literaturi namesto funkcije sgn∗ funkcijo sgn, ki je

definirana s predpisom

sgn(x) =

1, x > 0,

0, x = 0,

−1, x < 0.

62

Toda z njo dobimo napačen rezultat, na primer za A = −1, ko je α = −1,β =

0, |A| = 1:√−1 = ±

√−1 + 1

2+ i sgn(0)

√1 + 1

2

= 0.

Pravilno pa je s funkcijo sgn∗:

√−1 = ±

√−1 + 1

2+ i sgn∗(0)

√1 + 1

2

= ±i.

Obstaja še druga formula za rešitvi enačbe ζ2 = A = α + iβ, ki pa ne

da rezultata za α ≤ 0,β = 0. Po obliki je taka kot tista pri kvaternionih.

Formula se glasi:

ζ1,2 = ±√|A| A+ |A||A+ |A||

.

Preverimo jo takole:

A− ζ21,2 = A− |A| (A+ |A|)2

(A+ |A|)(A+ |A|)= A− |A|A+ |A|

A+ |A|

=AA+A|A| − |A|A− |A|2

A+ |A|= 0.

Odslej bomo rešitvi enačbe ζ2 = A zapisali kar kot ζ1,2 = ±√A, pri čemer

izberemo +√A = γ + iδ tako, da je γ ≥ 0.

Kompleksno število

z0 =A+ |A||A+ |A||

ima absolutno vrednost enako 1 in z0 leži na premici skozi 0 in√A, ki je

simetrala s kota med pozitivno polovico realne osi in daljico 0A (slika 18).

Celo kvaternionsko kvadratno enačbo q2 = h nam je uspelo pri določe-

nem pogoju rešiti skoraj na enak način.

Rešitvi kvadratne enačbe (6) sta potemtakem v primeru p2 , q kom-

pleksni števili z1,2 = p+ ζ1,2, to se pravi

z1 = p+√p2 − q, z2 = p −

√p2 − q, (7)

63

Slika 18. Konstrukcija kvadratnega korena.

ki sovpadata v primeru p2 = q, ko velja z1 = z2 = p. Po navadi pišemo

rešitvi takole:

z1,2 = p ±√p2 − q.

V najstarejših časih, ko še niso poznali negativnih in kompleksnih števil

ter ničle, so kvadratne enačbe z realnimi koeficienti reševali geometrij-

sko. Takrat niti ni bilo jasno, ali je 1 sploh število. Rešitve kvadratnih

enačb so iskali med pozitivnimi števili. Al Hvarizmi (780–850) je razvrstil

kvadratne enačbe na šest tipov, v katerih so vsi koeficienti pozitivni:

1. ax2 = bx,

2. ax2 = b,

3. ax = b,

4. ax2 + bx = c,

5. ax2 + c = bx,

6. ax2 = bx+ c.

64

Prvi trije tipi niso zanimivi. Tretji je v bistvu kvadratna enačba z vodil-

nim koeficientom 0. Zadnji trije pa se dajo geometrijsko konstruirati z

metodami evklidske geometrije.

Četrti tip enačbe predelamo v obliko

x2 + 2dx = x(x+ 2d) = t2,

kjer sta d in t pozitivni števili. Uporabimo izrek o potenci točke B glede

na krožnico s premerom 2d in središčem S. Podrobnosti konstrukcije so

razvidne na sliki 19.

Slika 19. Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe četrtega tipa.

Pozitivna rešitev je x =√d2 + t2 − d = |DB|, druga, negativna rešitev pa

je −(√d2 + t2 + d) = −|CB|, ki pa jo stari niso poznali. Lahko pa si sedaj, ko

rešitev poznamo, pomagamo tudi s pravokotnim trikotnikom s katetama

d in t.

Peti tip enačbe prevedemo na obliko

2dx − x2 = v2,

kjer sta d in v pozitivni števili. Enačba ima pozitivni rešitvi x1 = d −√d2 − v2 in x2 = d +

√d2 − v2 za d > v. Pri konstrukciji se opremo na višin-

ski izrek v pravokotnem trikotniku s hipotenuzo 2d (slika 20).

65

Slika 20. Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe petega tipa.

Šesti tip enačbe prevedemo na obliko

x2 − 2dx = x(x − 2d) = t2,

kjer sta d in t pozitivni števili. Enačba ima pozitivno rešitev x = d +√d2 + t2, ki jo lahko konstruiramo z izrekom o potenci točke glede na

krožnico ali s pravokotnim trikotnikom s katetama d in t (slika 21).

Slika 21. Geometrijsko reševanje kvadratne enačbe šestega tipa.

S tem smo pregledali najenostavnejše konstrukcije, ki so povezane s

kvadratno enačbo in so že dolgo znane. V nadaljevanju pa bomo posegli

po bolj zapletenih rečeh, ki jih sicer obvladamo z algebrskimi metodami,

za njihovo grafično predstavo pa potrebujemo računalniško pomoč.

66

Korena kvadratne enačbe s kompleksnima koefi-

cientoma

Kvadratna enačba z vodilnim koeficientom 1 in kompleksnima koeficien-

toma −2p in q je oblike (6). Njena korena

z1 = p+√p2 − q in z2 = p −

√p2 − q

zadoščata Viètovima praviloma

z1 + z2 = 2p, z1z2 = q.

V nadaljevanju pričujočega prispevka nas bo zanimalo, kakšno krivuljo

opišeta v ravnini kompleksnih števil (z = x + iy) korena z1 in z2 enačbe

(6), ko eno število, p ali q, fiksiramo, drugo pa potuje po neki premici ali

krožnici. Za risanje uporabimo program, ki zna delati s kompleksnimi

števili.

1. Število p = c+ id fiksiramo, q potuje po premici (slika 22).

Slika 22. Korena enačbe x2 − 2px+ q = 0, ko je q na premici.

Vzemimo, da q potuje po premici ax + by = C, pri čemer so a, b in C

realna števila ter velja pogoj a2 + b2 > 0. V primeru a2 + b2 = 0 oziroma

67

a = 0 in b = 0 pač nimamo premice. Če vstavimo v enačbo premice

x =z+ z

2, y =

z − z2i

in če vpeljemo α = a+ ib , 0, dobimo enačbo premice v kompleksni obliki:

αz+αz = 2C.

Torej mora q zadoščati pogoju

αq+αq = 2C.

Ker korena z1 in z2 zadoščata enačbi q = −z2 + 2pz, dobimo po vstavljanju

v prejšnjo relacijo:

α(z2 − 2pz) +α(z2 − 2pz) + 2C = 0.

Z uvedbo ζ = z − p dobimo

αζ2 +αζ2 −αp2 −αp2 + 2C = 0.

Če vzamemo ζ = ξ + iη, dobimo enačbo iskane krivulje v koordinatnem

sistemu pξη:

aξ2 + 2bξη − aη2 + a(d2 − c2)− 2bcd +C = 0. (8)

Če je a(d2−c2)−2bcd+C , 0, je to enačba enakoosne hiperbole s središčem

v p in asimptotama aξ + (b ± |α|)η = 0, ki se med seboj sekata pravokotno.

Pri tem je |α| =√a2 + b2 > 0.

Če je a(d2 − c2)− 2bcd +C = 0, je iskana krivulja unija premic aξ + (b ±|α|)η = 0, ki se med seboj sekata pravokotno. Vedno pa je p središče daljice

med korenoma z1 in z2.

Če sta p in q realni števili, je treba vzeti a = 0, b = 1, p = c, d = 0 inC = 0.

Korena z1,2 = c ±√c2 − q ležita na uniji premic ξ = 0 in η = 0 oziroma na

68

premici x = c, ko je c2 − q < 0, in na premici y = 0, ko je c2 − q > 0. Ko je

c2 = q, sta korena enaka c, to je presečišče obeh premic. Vse to se dogaja v

ravnini (z).

2. Število p = c+ id fiksiramo, q potuje po krožnici (slika 23).

Slika 23. Korena enačbe x2 − 2px+ q = 0, ko je q na krožnici.

Vzemimo, da q potuje po krožnici s središčem v s = e + if in radijem

r > 0. Njena enačba je |z − s| = r oziroma (z − s)(z − s) = r2. Torej mora q

zadoščati pogoju (q − s)(q − s) = r2. Ker korena z1 in z2 zadoščata enačbi

q = −z2 + 2pz, dobimo po vstavljanju v prejšnjo relacijo:

(z2 − 2pz+ s)(z2 − 2pz+ s) = r2.

Z uvedbo ζ = z − p dobimo

(ζ2 − p2 + s)(ζ2 − p2 + s) = r2.

Faktorja zmnožimo in člene preuredimo:

|ζ|4 − (p2 − s)ζ2 − (p2 − s)ζ2= r2 − |p2 − s|2.

Če vzamemo ζ = ξ + iη in upoštevamo p2 = c2 − d2 + 2icd, dobimo

(ξ2 + η2)2 − 2(c2 − d2 − e)(ξ2 − η2)− 4(2cd − f )ξη

= r2 − (c2 − d2 − e)2 − (2cd − f )2. (9)

69

Dobljena algebrska krivulja četrte stopnje je Cassinijev oval. Po defini-

ciji je to množica točk T v ravnini, za katere je produkt razdalj od dveh

fiksnih točk G1 in G2 te ravnine, gorišč ovala, konstanten, denimo A2, kjer

je A > 0. Če vzamemo v koordinatnem sistemu Oxy za gorišči G1(−C,0) in

G2(C,0), kjer je C > 0, je enačba Cassinijevega ovala

(x2 + y2)2 − 2C2(x2 − y2) = A4 −C4. (10)

Za A > C je oval enodelna krivulja, za A < C pa dvodelna. Za A = C

dobimo Bernoullijevo lemniskato. Če izberemo C = 0, gorišči sovpadata

in krivulja je krožnica x2 + y2 = A2.

Po zasuku Cassinijevega ovala za kot ϕ okoli koordinatnega izhodišča,

kar pomeni v računu substitucija

x = ξ cosϕ + η sinϕ, y = ξ sinϕ − η cosϕ

v (10), dobimo enačbo:

(ξ2 + η2)2 − 2C2(ξ2 − η2)cos2ϕ − 4C2ξη sin2ϕ = A4 −C4. (11)

S primerjavo koeficientov v enačbah (9) in (11) najdemo povezave:

C2 cos2ϕ = c2 − d2 − e,

C2 sin2ϕ = 2cd − f ,

A4 −C4 = r2 − (c2 − d2 − e)2 − (2cd − f )2.

Iz teh brez težav sledijo še povezave

tg2ϕ =2cd − fc2 − d2 − e

,

C4 = (c2 − d2 − e)2 + (2cd − f )2 = |p2 − s|2, A4 = r2.

70

Ko je e = c2 − d2 in f = 2cd oziroma, ko je s = p2, dobimo za vsak r > 0

krožnico s središčem v p in polmerom√r. Za |p2 − s| = r imamo Bernoul-

lijevo lemniskato, za |p2 − s| < r enodelni Cassinijev oval, za |p2 − s| > r pa

dvodelni Cassinijev oval.

3. Število q = c+ id fiksiramo, p potuje po premici (slika 24).

Slika 24. Korena enačbe x2 − 2px+ q = 0, ko je p na premici.

Tako kot v prvem primeru vzemimo premico ax+ by = C oziroma

αz+αz = 2C,

na njej pa naj bo p. Pri tem je α = a+ ib , 0. Torej mora p zadoščati pogoju

αp+αp = 2C. (12)

Naj bo najprej q , 0, da sta korena z1 in z2, ki zadoščata enačbi 2pz = z2 +q,

različna od 0. Po vstavljanju

p =z2 + q

2z

v relacijo (12) dobimo najprej

α(z2 + q)z+α(z2 + q)z = 4Czz

71

in nato v koordinatah iskano krivuljo z enačbo

(x2 + y2)(ax+ by − 2C) + (ac+ bd)x+ (ad − bc)y = 0, (13)

ki je algebrska tretje stopnje. Krivulja poteka skozi koordinatno izhodišče.

Lahko je sestavljena iz dveh delov.

Če sta p in q realni števili, je premica, na kateri je p, kar realna os. Tedaj

izberemo a = 0,b = 1,C = 0 in q = c. Enačba (13) preide v

(x2 + y2 − c)y = 0.

Za c ≥ 0 je iskana krivulja unija krožnice x2 + y2 = c in premice y = 0, za

c < 0 pa samo premica y = 0. Ko je p2 ≥ c, sta korena z1 in z2 realna, za

p2 < c in c ≥ 0 pa konjugirano kompleksna in ležita na krožnici x2 +y2 = c.

V primeru q = 0 lahko enačbo (6) zapišemo v obliki

(x2 + y2)(ax+ by − 2C) = 0,

kar pomeni, da je iskana krivulja unija premice ax+ by = 2C in točke 0.

Ko je a = 1,b = 0,d = 0 in c = C2,C > 0, je premica, na kateri leži p,

vzporedna imaginarni osi, realno os pa preseka v C. Ko p potuje po tej

premici, korena z1 in z2 opišeta krivuljo

(x2 + y2)(x − 2C) +C2x = 0.

Če jo zapišemo v obliki

y2 =x(x −C)2

2C − x,

v njej spoznamo strofoido (slika 25). Krivulja, ki je simetrična glede na re-

alno os, preseka to os v 0 in C, njena asimptota je vzporedna z imaginarno

osjo in preseka realno os v 2C.

Poltrak s krajiščem v 0 skozi z1 preseka strofoido še v z2, premico, na

kateri je p, pa v t. Pri tem je vedno |z2 − t| = |z1 − t| = |t −C|.

72

Slika 25. Strofoida.

Slika 26. Korena enačbe x2 − 2px+ q = 0, ko je p na krožnici.

4. Število q = c+ id fiksiramo, p potuje po krožnici (slika 26).

Krožnica naj ima polmer r > 0 in središče v s = e + if . Njena enačba je

|z − s| = r oziroma (z − s)(z − s) = r2. Zato mora p zadoščati pogoju

(p − s)(p − s) = r2. (14)

Po vstavljanju

p =z2 + q

2zv relacijo (14) dobimo:

(z2 + q − 2sz)(z2 + q − 2sz) = 4r2zz.

73

V pravokotnih koordinatah je ta enačba takšna:

(x2 + y2)2 + 4(e2 + f 2 − r2 − ex − f y)(x2 + y2)

+ 2(cx2 + 2dxy − cy2)− 4(ce+ df )x − 4(de − cf )y + c2 + d2 = 0. (15)

Iskana krivulja je algebrska četrte stopnje. Lahko je enodelna ali dvodelna.

Bolj zapletene krivulje opišeta korena z1 in z2 kvadratne enačbe

z2 − 2pz+ q2 = 0,

kjer sta p in q poljubni kompleksni števili in je ali p ali q fiksen. Vemo, da

se korena sedaj takole izražata:

z1 = p −√p2 − q2, z2 = p+

√p2 − q2.

Če bi q ležal na premici, bi ga morali izraziti iz kvadratne enačbe, kar za-

hteva korenjenje. Zato poglejmo, kako bi z1 in z2 geometrijsko konstruirali

namesto izračunali. Po paralelogramskem pravilu znamo konstruirati p+q

in p−q = p+(−q), torej tudi p2−q2 = (p+q)(p−q). Produkt neničelnih kom-

pleksnih števil u in v se da geometrijsko konstruirati. Polarni kot α števila

u naj ne presega polarnega kota β števila v. Produkt uv ima polarni kot

γ = α+β in leži na poltraku p, velja pa še |uv| = |u| · |v|. Naj bo δ = ∠(u1,0).

Načrtamo kot δ z vrhom v v, enim krakom v0 in drugim krakom, ki seka

p v t. Hitro vidimo, iz podobnosti trikotnikov 01u in 0v t, da je z = uv.

Res! Polarni kot za t je γ , iz podobnosti omenjenih trikotnikov pa dobimo

sorazmerje |t| : |v| = |u| : 1, iz katerega sledi |t| = |u| · |v| = |uv| (slika 27).

Tudi oba kvadratna korena neničelnega kompleksnega števila w lahko

konstruiramo. Če je α polarni kot za w, je α/2 polarni kot za w1 =√w.

Preostali koren je w2, ki ima za π večji polarni kot. Velja pa še |w1| = |w2| =√|w|. Daljico 0w podaljšamo za enoto na nasprotno stran, da dobimo t.

74

Slika 27. Grafično množenje.

Konstruiramo krožnico s središčem v razpolovišču daljice tw skozi w in

t in pravokotnico na tw skozi 0. Presečišči slednje s krožnico sta od 0

oddaljeni po višinskem izreku v pravokotnem trikotniku za√|w|, ker je

(√|w|)2 = |w| · 1 (slika 28).

Slika 28. Grafično korenjenje.

Po vsem tem znamo konstruirati korena z1 in z2 dane kvadratne enačbe

75

z2 − 2pz + q2 = 0 (slika 29). Najprej konstruiramo p + q in p − q, nato√p2 − q2 =

√(p+ q)(p − q) in nazadnje z1,2 = p ±

√p2 − q2.

Slika 29. Grafično reševanje enačbe z2 − 2pz+ q2 = 0.

1’. Kaj opišeta korena z1 in z2 kvadratne enačbe z2 − 2pz + q2 = 0 pri

fiksnem p, ko q potuje po premici? (slika 30)

Slika 30. Korena enačbe z2 − 2pz+ q2 = 0, ko je q na premici.

2’. Kaj opišeta korena z1 in z2 kvadratne enačbe z2 − 2pz + q2 = 0 pri

fiksnem p, ko q potuje po krožnici? (slika 31)

76

Slika 31. Korena enačbe z2 − 2pz+ q2 = 0, ko je q na krožnici.

3’. Kaj opišeta korena z1 in z2 kvadratne enačbe z2 − 2pz + q2 = 0 pri

fiksnem q, ko p potuje po premici? (slika 32)

Slika 32. Korena enačbe z2 − 2pz+ q2 = 0, ko je p na premici.

Formalno dobimo v tem primeru enačbo krivulje z zamenjavo q = c+id

s q2 = (c2 − d2) + 2icd iz primera 3. V enačbi (13) zamenjamo c s c2 − d2 in

d z 2cd. Dobimo:

(x2 + y2)(ax+ by −2C) + (a(c2 −d2) + 2bcd)x+ (2acd − b(c2 −d2))y = 0, (16)

4’. Kaj opišeta korena z1 in z2 kvadratne enačbe z2 − 2pz + q2 = 0 pri

fiksnem q, ko p potuje po krožnici? (slika 33)

77

Slika 33. Korena enačbe z2 − 2pz+ q2 = 0, ko je p na krožnici.

Fomalno dobimo tudi v tem primeru enačbo krivulje z zamenjavo q =

c+id s q2 = (c2−d2)+2icd iz primera 4. V enačbi (15) zamenjamo c s c2−d2

in d s 2cd. Dobimo:

(x2 + y2)2 + 4(e2 + f 2 − r2 − ex − f y)(x2 + y2)

+ 2((c2 − d2)x2 + 4cdxy − (c2 − d2)y2)

− 4((c2 − d2)e+ 2cdf )x − 4(2cde − (c2 − d2)f )y + (c2 + d2)2 = 0. (17)

V primerih 1’ in 2’ dobimo popolnoma druge krivulje kot v primerih

1 in 2. Koeficient q smo namreč zamenjali s q2, ki pa ni fiksen, ker ga

spreminjamo po premici in krožnici. V primerih 3’ in 4’ pa dobimo iste

vrste krivulj kot v primerih 3 in 4, ker sta pač q in q2 fiksna, p pa sprem-

injamo po premici in krožnici.

Opomba. Računalniški program izračuna kvadratni koren komplek-

snega števila tako, da ima rezultat nenegativno realno komponento. Zato

sta oznaki z1 in z2 na slikah lahko med seboj zamenjani.

Oglejmo si še, kaj so nivojnice reliefa trinoma z2 − 2pz + q, to se pravi

krivulje

|z2 − 2pz+ q| = k,

78

kjer je k ≥ 0 konstanta. Tako kot v drugem primeru, ko smo število p = c+

id fiksirali, število q = e+ if pa je potovalo po krožnici, uvedemo ζ = z−p,

ζ = ξ + iη, in dobimo:

|ζ2 + q − p2| = k. (18)

Opazimo, da moramo samo s zamenjati s q in r s k v enačbi (9). Enačba

nivojnic v koordinatnem sistemu pξη je zato:

(ξ2 + η2)2 − 2(c2 − d2 − e)(ξ2 − η2)− 4(2cd − f )ξη

= k2 − (c2 − d2 − e)2 − (2cd − f )2. (19)

Nivojnice so torej Cassinijevi ovali. Če jih vzporedno premaknemo v smeri

vektorja−−→0p , dobimo Cassinijeve ovale s središčem v točki p in goriščema

z1 in z2, ki ustrezata k = 0.

Če je k = |p2 − q|, dobimo Bernoullijevo lemniskato, za k > |p2 − q| eno-

delne, za k < |p2 − q| pa dvodelne Cassinijeve ovale. Za p2 = q, kar pomeni

z1 = z2, dobimo krožnice s središčem v p in radijem√k.

Če izberemo k v aritmetičnem zaporedju z začetnim členom 0,5 in zad-

njim členom 5 diferenco 0,5, dobimo družino Cassinijevih ovalov (slika

34). Krivulje so izdelane z GeoGebro, kateri so vnešene v implicitni ob-

liki. Tu in tam niso lepo izrisane in manjkajo posamezni deli, pri čemer ne

moremo dosti pomagati. Kljub temu vemo, za kaj gre.

Da sta z1 in z2 gorišči Cassinijevega ovala, sledi iz razcepa kvadratnega

trinoma in enačbe

|z − z1| · |z − z2| = k.

Faktorja sta razdalji točke z od z1 in z2. Središče ovala pa je v p, ker je po

Viètovem pravilu p = (z1 + z2)/2.

Prav tako lahko definiramo nivojnice reliefa polinoma p(z) višje stop-

nje. Polinom naj ima, brez škode za splošnost, za vodilni koeficient 1 in

79

Slika 34. Nivojnice reliefa trinoma z2 − 2pz+ q z različnima ničlama.

znane ničle, ki naj bodo kar enostavne. Razcep na linearne faktorje je ob-

like

p(z) = (z − z1)(z − z2) . . . (z − zn).

Nivojnice reliefa so potem krivulje

|(z − z1)(z − z2) . . . (z − zn)| = k,

kjer je k nenegativna konstanta. Ker je tudi

|z − z1| · |z − z2| · . . . · |z − zn| = k,

je nivojnica neke vrste posplošena Cassinijeva krivulja, za katero je pro-

dukt razdalj točk z od točk z1, z2, . . . , zn konstanten.

80

Slika 35. Nivojnice reliefa binoma z3 + 1.

Kot prvi primer si oglejmo kubični polinom p(z) = z3 + 1 (slika 35).

Njegove ničle so z1,2 = (1∓ i√

3)/2, z3 = −1.

Za drugi primer si oglejmo kvartični polinom p(z) = z4 − 1 (slika 36).

Njegove ničle so z1,2 = ±1, z3,4 = ±i.Za tretji primer si oglejmo kvintični polinom p(z) = z5 − 1 (slika 37).

Njegove ničle so zk = exp(2kπi/5), k = 0,1,2,3,4.

Kaj pa, če ima polinom p(z) večkratne ničle? Za primer vzemimo ku-

bični polinom p(z) = (z − 1)2(z + 1) z dvojno ničlo z1 = z2 = 1 in enostavno

ničlo z3 = −1. Ločnico med enodelnimi in dvodelnimi nivojnicami dobimo

za k = 32/27 (slika 38).

81

Slika 36. Nivojnice reliefa binoma z4 − 1.

Normala in tangenta na Cassinijev oval v dani točki

Kot vemo, je Cassinijev oval množica točk T v ravnini, za katere je produkt

razdalj r1 in r2 od fiksnih točk F1 in F2 te ravnine konstanten: r1r2 = k2.

Pri tem je k pozitivna konstanta. Točki F1 in F2 sta gorišči ovala.

V koordinatni ravnini Oxy naj bosta gorišči F1(−c,0) in F2(c,0), kjer je

c > 0, tako da je 2c medgoriščna razdalja. Razdalji točke T (x,y) od gorišč

sta:

r1 = |F1T | =√

(x+ c)2 + y2, r2 = |F2T | =√

(x − c)2 + y2.

82

Slika 37. Nivojnice reliefa binoma z5 − 1.

Enačba ovala je zato

[(x+ c)2 + y2] · [(x − c)2 + y2] = k4.

S preoblikovanjem dobimo najprej

(x2 + y2 + c2 + 2cx)(x2 + y2 + c2 + 2cx) = k4,

nato

(x2 + y2 + c2)2 − 4c2x2 = k4

in nazadnje

(x2 + y2)2 − 2c2(x2 − y2) = k4 − c4.

83

Slika 38. Nivojnice reliefa polinoma (z − 1)2(z+ 1).

Cassinijev oval je simetričen glede na osi x in y. Za c > k je dvodelna, za

c < k pa enodelna krivulja. Za c = k dobimo Bernoullijevo lemniskato

(x2 + y2)2 = 2c2(x2 − y2).

Cassinijev oval je nivojska krivulja funkcije

(x,y) 7→ f (x,y) = r1r2 =√

[(x+ c)2 + y2] · [(x − c)2 + y2],

zato je njen gradient pravokoten nanjo in določa vektor normale ~n in tan-

gente ~t na oval v točki T . Vektor tangente dobimo kot ~t = ~k × ~n, kjer je ~k

vektor normale na ravnino Oxy. Vektor normale je

~n = grad(r1r2) = r2 gradr1 + r1 gradr2 = r2~e1 + r1~e2.

Pri tem sta ~e1 in ~e2 enotska vektorja v smeri vektorjev−−−→F1T in

−−−→F2T . Bodita

α1 in α2 kota, ki ga ~e1 in ~e2 oklepata z ~n.

84

Slika 39. Normala in tangenta na Cassinijev oval v dani točki.

Konstrukcija normale v točki T je preprosta: r1 podaljšamo za λr2,

r2 pa za λr1 (λ > 0) prek točke T , konstruiramo paralelogram nad po-

daljškoma, diagonala s krajiščem v T določa normalo v T na oval, pra-

vokotnica nanjo v T pa tangento na oval (slika 39, kjer je λ = 1).

Če uporabimo sinusni izrek za trikotnik TAB v paralelogramu, dobimo

Steinerjevo formulo:sinα1

sinα2=r1r2.

Formula je iz leta 1835 in spominja na lomni zakon v optiki. Jakob Steiner

(1796–1863) je bil švicarski matematik, predvsem geometer.

Če skozi gorišči F1 in F2 ovala postavimo na r1 in r2 pravokotnici, ki

tangento ovala v dani točki T presekata v točkah G1 in G2, potem velja:

85

Slika 40. Posledica Steinerjeve formule.

|TG1| = |TG2| (slika 40). Očitno namreč velja

|TG1| =r1

sinα1=

r2sinα2

= |TG2|.

Na podlagi enakosti |TG1| = |TG2| je Steiner podal drugačno konstruk-

cijo tangente na Cassinijev oval v dani točki T . V ta namen je treba znati

rešiti pomožno nalogo. Konstruirati je treba skozi dano točko T premico

p, ki seka dani nevzporedni premici p1 in p2 v točkah G1 in G2 tako, da

velja |TG1| = |TG2| (slika 41).

Konstrukcija poteka takole. Na p1 izberemo poljubno točko P , za katero

premica skozi P in T ni pravokotna na p1, načrtamo krožnico s središčem

v T s polmerom T P . Krožnica seka p1 še v točki Q. Potegnemo premico

skozi P in T , ki krožnico seka v točki P ′. Nato pa še premico skozi Q in

T , ki krožnico seka v točki Q′. Premica skozi P ′ in Q′ preseka p2 v točki

G2. Zrcalna slika G2 prek T je G1. Očitno je |TG1| = |TG2|. Enakokraka

trikotnika P TQ in P ′TQ′ sta skladna, ker se ujemata v krakih in vmesnem

kotu. Premica skozi P ′ inQ′ je vzporedna s p1. Skladna sta tudi trikotnika

86

Slika 41. Pomožna konstrukcija.

Q′G2T in QG1T , ker se ujemata v stranicah |QT | in |Q′T | in v vseh treh

kotih. Zato je res |TG1| = |TG2|.

Tangento na Cassinijev oval v dani točki T lahko konstruiramo s opisa-

no pomožno konstrukcijo. Načrtamo daljici F1T in F2T , v F1 postavimo

na prvo daljico pravokotnico p1, v F2 pa pravokotnico p2 na drugo daljico.

Nato konstruiramo točki G1 in G2 na p1 oziroma p2, tako da je |TG1| =|TG2|. Premica t skozi G1 in G2 je tangenta na oval v T (slika 42).

Konstrukcija opeša samo v nekaterih posebnih točkah ovala. Pač pa na

podlagi Steinerjeve formule lahko razvijemo še eno konstrukcijo tangente

na Cassinijev oval v točki T . Brez škode za splošnost vzemimo r1 > r2,

tako da je ustrezno tudi α1 > α2. Najprej r1 podvojimo do točke A (slika

43). Koti trikotnika F2AT so α,β in γ = π − α1 − α2 = π − α − β, torej

(α + β)/2 = (α1 +α2)/2. Opravimo preprost račun:

r1 + r2r1 − r2

=r2

sinα1sinα2

+ r2

r2sinα1sinα2

− r2=

sinα1 + sinα2

sinα1 − sinα2= tg

α1 +α2

2cot

α1 −α2

2.

87

Slika 42. Steinerjeva konstrukcija tangente na Cassinijev oval v točki.

Po drugi strani pa je po tangensnem izreku v trikotniku F2AT :

r1 + r2r1 − r2

=tg α+β

2

tg α−β2

= tgα1 +α2

2cot

α − β2

.

Ker je 0 < (α1 +α2)/2 < π/2, lahko na podlagi prejšnjih izrazov zapišemo:

cotα1 −α2

2= cot

α − β2

.

Ker je sta (α1 − α2)/2 in (α − β)/2 med 0 in π/2, mora zaradi povratne

enoličnosti funkcije kotangens na intervalu (0,π/2) veljati:

α − β2

=α1 −α2

2.

Ker pa velja tudiα + β

2=α1 +α2

2,

dobimo s seštevanjem in odštevanjem teh enačb enakosti

α = α1, β = α2.

88

Konstrukcija normale in tangente na oval v T je potem preprosta: Kot

α odmerimo od r1 proti r2 z vrhom v T in dobimo normalo, nato pa pra-

vokotno nanjo v T še tangento (slika 43).

Slika 43. Opis še ene konstrukcije tangente na Cassinijev oval v točki.

Do enakega rezultata pridemo tudi, če podvojimo r2 namesto r1. Slika

44 kaže konstrukcijo normale in tangente na Bernoullijevo lemniskato, ki

je poseben primer Cassinijevega ovala za a = c.

Parametrizacija Bernoullijeve lemniskate

Bernoullijeva lemniskata z goriščema F1(−c,0) in F2(c,0) ima implicitno

enačbo (x2 + y2)2 = 2c2(x2 − y2). Včasih je primernejša njena enačba v po-

larnih koordinatah r (polarni radij) in ϕ (polarni kot), do katere pridemo

z zamenjavo x = r cosϕ,y = r sinϕ. Po poenostavitvi je r = c√

2cos2ϕ.

89

Slika 44. Konstrukcija normale in tangente na Bernoullijevo lemniskato.

Lemniskata ima parametrično obliko (parameter je polarni kot ϕ)

x = c√

2cos2ϕ cosϕ, y = c√

2cos2ϕ sinϕ.

Slabost te parametrizacije je v tem, da točka (x,y) ne gre neprekinjeno po

lemniskati, ko se spreminjaϕ, ampak moramo ločiti primeraϕ ∈ [−π/4,π/4]

in ϕ ∈ [3π/4,5π/4], ko je cos2ϕ ≥ 0.

Bernoullijeva lemniskata (x2 + y2)2 = 2c2(x2 − y2) preseka sama sebe

v točki O(0,0), kjer ima za tangenti premici y = x in y = −x. Pri zelo

majhnih x2+y2 lahko namreč zanemarimo levo stran v enačbi in iz x2−y2 =

(x − y)(x+ y) = 0 dobimo enačbi tangent v O.

Bernoullijeva lemniskata preseka os x v točkah (−c√

2,0) in (c√

2,0). Z

odvajanjem dobimo

(x2 + y2)(x+ yy′) = c2(x − yy′).

Pogoj za vodoravno tangento je y′ = 0, to je v točkah (x,y), v katerih veljata

90

enačbi

(x2 + y2)2 = 2c2(x2 − y2), x(x2 + y2) = c2x.

Rešitve so:

(c√

3/2, c/2), (c√

3/2,−c/2), (−c√

3/2, c/2), (−c√

3/2,−c/2).

Polarni koti teh točk so ustrezno

π/6, −π/6, 5π/6, −5π/6,

ustrezni radiji pa so enaki med seboj, in sicer c.

Lepšo parametrizacijo dobimo, če upoštevamo, da je Bernoullijeva lem-

niskata inverzna slika enakoosne hiperbole x2−y2 = 2c2 glede na krožnico

x2 + y2 = 2c2. To spoznamo takole.

Enačba prej zapisane enakoosne hiperbole v polarnih koordinatah je

r = |OP | = c√

2/√

cos2ϕ. Inverzija na krožnici x2 + y2 = 2c2 preslika točko

P (ϕ,r) vQ(ϕ,%) (obe sta v polarnih koordinatah) tako, da velja |OP |·|OQ| =2c2 (slika 45). V našem primeru je to c

√2/√

cos2ϕ · |OQ| = 2c2, iz česar

sledi % = |OQ| = c√

2cos2ϕ. To pa je res enačba Bernoullijeve lemniskate

v polarnih koordinatah.

Enakoosno hiperbolo x2−y2 = 2c2 lahko parametriziramo trigonometrično

na podlagi enakosti 1/ cos2 t = 1 + tg2 t, če postavimo

x =c√

2cos t

, y = c√

2tg t.

Ko parameter t teče od −π/2 do π/2, teče točka po vsej desni veji hiper-

bole, ko pa t teče od π/2 do 3π/2, pa po vsej levi veji, obakrat v smeri

naraščajočih ordinat. Vsako točko doseže pri tem natanko enkrat.

Pri inverziji na krožnici x2 + y2 = 2c2 se preslika točka (x,y) v točko

(ξ,η) po formulah:

ξ =2c2x

x2 + y2 , η =2c2y

x2 + y2 .

91

Slika 45. Inverzija enakoosne hiperbole na krožnici.

Iz parametričnih enačb hiperbole x2−y2 = 2c2 dobimo, po zamenjavi ξ z x

in η z y, parametrizacijo Bernoullijeve lemniskate (x2 +y2)2 = 2c2(x2 −y2):

x =c√

2cos t

1 + sin2 t, y =

c√

2sin t cos t

1 + sin2 t.

Parameter t teče od 0 to 2π, da dobimo celotno lemniskato brez prekinitev

in povsem gladko, tako kot običajno s prosto roko narišemo ležečo osmico.

Kako pri potuje točka (x,y), pove tabela:

t 0 π/4 π/2 3π/4 π 5π/4 3π/2 7π/4 2π

x c√

2 2c/3 0 −2c/3 −√

2c −2c/3 0 2c/3 c√

2

y 0 c√

2/3 0 −c√

2/3 0 c√

2/3 0 −c√

2/3 0

Pri tem točka (x,y) prepotuje pot dolžine

` = 4∫ π/2

0

√x2 + y2dt = 4c

√2∫ π/2

0

dt√

1 + sin2 t= 4c

∫ π/2

0

dt√1− (1/2)cos2 t

.

92

Z uvedbo nove integracijske spremenljivke u = π/2− t v integral dobimo:

` = 4c∫ π/2

0

du√1− (1/2)sin2u

.

Zadnji integral ni elementarno izrazljiv, pač pa ga lahko zapišemo s popol-

nim eliptičnim integralom prve vrste v Legendrovi obliki:

K(k) =∫ π/2

0

du√

1− k2 sin2u.

Pri tem je 0 < k < 1. Nazadnje imamo:

` = 4cK(1/√

2).

Ploščino S lika, ki ga ograjuje Bernoullijeva lemniskata, je

S = 4 · 12

∫ π/2

0(xy − yx)dt = 4c2

∫ π/2

0

cos3 t dt

(1 + sin2 t)2= 2c2.

Ploščina je enaka ploščini kvadrata s stranico c√

2.

Do enakih rezultatov pridemo tudi, če Bernoullijevo lemniskato izra zi mo

v polarni obliki. Njeno dolžino dobimo takole:

` = 4∫ π/4

0

√r2 + r ′2dϕ = 4c

√2∫ π/4

0

dϕ√1− 2sin2ϕ

.

Z uvedbo nove integracijske spremenljivke u, ki je s ϕ povezana z relacijo√

2sinϕ = sinu, dobimo

` = 4c∫ π/2

0

du√1− (1/2)sin2u

= 4cK(1/√

2).

S ploščino je še laže:

S = 4 · 12

∫ π/4

0r2dϕ = 4c2

∫ π/4

0cos2ϕdϕ = 2c2.

93

Lahko pa formulo za dolžino preoblikujemo tako, da integriramo po r

namesto po ϕ. V ta namen zapišemo:

(r ′2 + r2)dϕ2 =(drdϕ

dϕ

)2

+(rdϕ

dr

)2

dr2 =

1 + r2(dϕ

dr

)2dr2.

Za Bernoullijevo lemniskato imamo:

` = 4∫ c√

2

0

√1 + r2

(dϕ

dr

)2

dr.

Iz enačbe lemniskate r2 = 2c2 cos2ϕ izrazimo

ϕ =12

arccosr2

2c2

in dobimo

` = 8c2∫ c√

2

0

dr√

4c4 − r4.

Z uvedbo nove integracijske spremenljivke u, za katero je r4 = 4c4u, do-

bimo:

` = c√

2∫ 1

0u−3/4(1−u)−1/2du = c

√2B(1/4,1/2) = c

√2 · Γ(1/4)Γ(1/2)

Γ(3/4).

Upoštevamo, da je Γ(1/2) =√π in Γ(1/4)Γ(3/4) = π/ sin(π/4) in dobimo:

` =cΓ2(1/4)√π

.

Pri tem smo uporabili Eulerjeva integrala (funkciji B in Γ), ki sta definirani

s formulama

B(p,q) =∫ 1

0xp−1(1− x)q−1dx, Γ(p) =

∫ ∞0xp−1e−x dx,

kjer sta p in q pozitivna parametra. Za pozitivno število p velja rekurzija

Γ(p + 1) = pΓ(p), za nenegativno naravno število n pa Γ(n + 1) = n!. Obe

funkciji povezuje enakost

B(p,q) =Γ(p)Γ(q)Γ(p+ q)

.

94

Za 0 < p < 1 velja formula

Γ(p) ·Γ(1− p) =π

sin(pπ).

Iz obeh rezultatov sklepamo, da velja enakost

Γ2(1/4) = 4√πK(1/

√2).

Slika 46. Relacije med tangento, normalo in koti.

Od preostalih zanimivosti Bernoullijeve lemniskate opišimo še eno, ki

omogoča konstrukcijo tangente v njenih točkah. Kot µ, ki ga tangenta t

v točki T (ϕ,r) oklepa z radijem r, dobimo namrečpo splošni formuli za

krivuljo, ki je dana v polarni obliki:

tgµ =rr ′.

Za Bernoullijevo lemniskato je

tgµ = −cot2ϕ,

iz česar µ = π/2 − 2ϕ. Kot med radijem in normalo n pa posledično 2ϕ.

Normala n seka abscisno os pod kotom 3ϕ (slika 46).

95

To pomeni, da lahko normalo in tangento na Bernoullijevo lemniskato

v dani točki T konstruiramo še na en način, s kotom 2ϕ z vrhom v T in

enim krakom OT . To pomeni, da z lemniskato lahko dani kot razdelimo

na tri enake dele. Mizarski kotnik položimo na lemniskato, tako da en

njegov notranji rob poteka skozi O po kraku danega kota α (slika 47). Pri

tem ta notranji rob pomikamo tako, se da drugi notranji rob dotakne lem-

niskate v točki T . Povežemo O in T . Daljica OT oklepa z osjo lemniskate

kot α/3. Prvi notranji rob kotnika je namreč vzporeden z normalo lem-

niskate v T .

Slika 47. Tretjinjenje kota z lemniskato in mizarskim kotnikom.

V zgodovini matematike je Bernoullijeva lemniskata pomembna, ker

so pri njej prvič naleteli na eliptični integral. Sčasoma se je iz tega razvila

cela teorija.

Za konec

Kvadratne in kubične enačbe, pa tudi polinomske enačbe višjih stopenj,

srečamo v matematiki še marsikje. Navadno potrebujemo njihove ničle.

Taka primera sta homogena linearna diferenčna in diferencialna enačba

96

s konstantnimi koeficienti pri nekih začetnih pogojih. Omenimo samo

tovrstni enačbi drugega reda.

V prvem primeru iščemo zaporedje a0, a1, a2, . . ., katerega členi zadoščajo

diferenčni enačbi

an + 2pan−1 + qan−2 = 0

za n ≥ 2 pri začetnih pogojih a0 = a in a1 = b. Pri tem sta p in q konstantna

koeficienta, navadno realna. Rešitev iščemo v obliki potence: an = λn. To

nas pripelje do kvadratne enačbe λ2+2pλ+q = 0. V rešitvi nastopata njena

korena.

Najbolj znan je primer Fibonaccijevega zaporedja F0,F1,F2, . . ., katerega

člene povezuje enačba Fn = Fn−1 + Fn−2 oziroma Fn − Fn−1 − Fn−2 = 0 pri

začetnih pogojih F0 = 0 in F1 = 1. Do člena z malo višjim indeksom se

lahko dokoplje vsak otrok, če le zna seštevati. Za določitev splošnega člena

pa moramo zapisati pripadajočo kvadratno enačbo λ2 − λ − 1 = 0, ki ima

korena

λ1 =1 +√

52

, λ2 =1−√

52

.

Diferenčno enačbo za Fn rešita tako λn1 kot tudi λn2. Ker pa je enačba line-

arna in homogena, je njena splošna rešitev Fn = Aλn1 +Bλn2, kjer sta A in B

konstanti, neodvisni od n. Z upoštevanjem začetnih pogojev dobimo:

Fn =1√

5

((1 +√

5)n

2n− (1−

√5)n

2n

).

V drugem primeru iščemo dvakrat odvedljivo funkcijo x 7→ y(x), ki pri

konstantnih p in q zadošča diferencialni enačbi

y′′(x) + 2py′(x) + qy(x) = 0

pri začetnih pogojih y(x0) = a in y′(x0) = b. Rešitev iščemo v eksponentni

obliki: y(x) = eλx. To nas spet pripelje do kvadratne enačbe λ2+2pλ+q = 0.

V rešitvi tudi to pot nastopata njena korena.

97

Prav tako naletimo na kvadratno enačbo pri linearnem homogenem

sistemu dveh diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti:

x(t) = ax(t) + by(t),

y(t) = cx(t) + dy(t).

Tukaj iščemo odvedljivi funkciji t 7→ x(t) in t 7→ y(t), ki zadoščata obema

diferencialnima enačbama hkrati. Sistem lahko zapišemo v matrični ob-

liki: x(t)

y(t)

=

a b

c d

x(t)

y(t)

.Rešitev iščemo v obliki x(t)

y(t)

=

fgeλt,

kjer števili f in g nista hkrati enaki 0. Ta zahteva terja pogoj∣∣∣∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣∣∣∣ = λ2 − (a+ d)λ+ (ad − bc) = 0.

Slika 48. Nekaj možnih rešitev linearnega sistema.

Tako smo spet pri kvadratni enačbi. Rešitev vsebuje njeni ničli. V vseh

primerih pa malo ponagaja primer, ko nastopi dvojni koren kvadratne

98

enačbe. Oblika rešitev je odvisna od korenov λ1 in λ2 zgornje enačbe (slika

48).

Pri linearnem homogenem sistemu treh ali več diferencialnih enačb

s konstantnimi koeficienti uporabimo prav tako metodo kot pri sistemu

dveh enačb. Pridemo pa do polinomske enačbe za λ in rešitev sistema

vsebuje njene korene.

Slika 49. Vrtenje togega telesa.

Pri vrtenju togega telesa sta vektor kotne hitrosti ~ω in vektor vrtilne

količine ~Γ , ki v splošnem nista kolinearna, povezana z enačbo

~Γ = J ~ω.

Pri tem je J simetrična matrika dimenzije 3× 3, imenujemo jo matrika ali

tenzor vztrajnostnega momenta. Ko iščemo tako imenovane proste osi, pri

katerih sta ~Γ in ~ω kolinearna, pridemo do kubične enačbe det(J −λI) = 0.

Pri tem je I enotska matrika dimenzije 3 × 3. Kubična enačba, karakter-

istična enačba matrike J , ki jo dobimo pri tem problemu, ima tri realne

korene.

99

Viri

[1] F. Križanič, Križem po matematiki, Mladinska knjiga, Ljubljana 1960.

[2] F. Križanič, Nihalo, prostor in delci, Slovenska matica, Ljubljana 1982.

[3] U. Libbrecht, Chinese Mathematics in the Thirteenth Century, Cam-

bridge, Massachusetts, MIT Press 1973.

[4] J.-C. Martzloff, A History of Chinese Mathematics, Berlin in drugje,

Springer 2006.

[5] A. Ostermann, G. Wanner, Geometry by Its History, Springer, Berlin,

Heidelberg 2012.

[6] J. Steiner, Einfache Construction der Tangente an die allgemeine Lem-

niscate, J. Reine Angew. Math. 14 (1835), str. 80-82.

[7] A. A. Savelov, Ravninske krivulje, Školska knjiga, Zagreb 1979.

[8] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana 1972.

100