الرياضيات · الكتاب 2 · الصفوف 10–12

رياضيات المرحلة الثانوية

رياضيات المرحلة الثانوية · الصفوف 10–12

28الأعداد العقدية

ليس للمعادلة x2=−1x^2 = -1 حل حقيقي. وتوسيع R\R بعدد جديد واحد i\iu مربعه −1-1 ينتج حقل C\C للأعداد العقدية، الذي يكون فيه حلول من أجل كل معادلة كثيرة حدود — والذي يشفّر حسابه هندسة المستوي: فتصير الانسحابات والدورانات والتحاكيات جمعًا وضربًا.

28.1 الصورة الجبرية

تعريف 28.1 (الأعداد العقدية)

مجموعة الأعداد العقدية هي

C={a+ib:a,b∈R},\C = \{a + \iu b : a, b \in \R\},

حيث i\iu رمز يخضع للقاعدة الوحيدة i2=−1\iu^2 = -1؛ ويُجرى الجمع والضرب كما يُجريان على كثيرات الحدود الحقيقية في i\iu، مع ردّ i2\iu^2 إلى −1-1. والعددان الحقيقيان aa و bb هما الجزء الحقيقي Re⁡(z)\Rea(z) والجزء التخيلي Im⁡(z)\Ima(z) للعدد z=a+ibz = a + \iu b؛ وهذه العبارة هي الصورة الجبرية للعدد zz، وهي وحيدة: a+ib=a′+ib′a + \iu b = a' + \iu b' إذا وفقط إذا كان a=a′a = a' و b=b′b = b'.

مثال 28.2

(2+3i)(1−i)=2−2i+3i−3i2=5+i(2 + 3\iu)(1 - \iu) = 2 - 2\iu + 3\iu - 3\iu^2 = 5 + \iu.

تعريف 28.3 (المرافق)

مرافق العدد z=a+ibz = a + \iu b هو z‾=a−ib\conj{z} = a - \iu b.

قضية 28.4 (خواص الترافق)

من أجل كل z,w∈Cz, w \in \C:

z+w‾=z‾+w‾,zw‾=z‾ w‾,z‾‾=z,z+z‾=2Re⁡(z),z−z‾=2i Im⁡(z),\conj{z + w} = \conj z + \conj w, \quad \conj{zw} = \conj z\,\conj w, \quad \conj{\conj z} = z, \quad z + \conj z = 2\Rea(z), \quad z - \conj z = 2\iu\,\Ima(z),

و zz‾=a2+b2≥0z\conj z = a^2 + b^2 \geq 0 من أجل z=a+ibz = a + \iu b. وفوق ذلك يكون z∈Rz \in \R إذا وفقط إذا كان z=z‾z = \conj z.

برهان. كلها حسابات مباشرة انطلاقًا من الصور الجبرية؛ فمثلًا zz‾=(a+ib)(a−ib)=a2−(ib)2=a2+b2z\conj z = (a + \iu b)(a - \iu b) = a^2 - (\iu b)^2 = a^2 + b^2. ∎

طريقة 28.5 (قسمة الأعداد العقدية)

لكتابة خارج قسمة على الصورة الجبرية، اضرب البسط والمقام في مرافق المقام:

12+i=2−i(2+i)(2−i)=2−i5=25−15i.\frac{1}{2 + \iu} = \frac{2 - \iu}{(2+\iu)(2-\iu)} = \frac{2 - \iu}{5} = \frac25 - \frac15\iu .

ومنه فلكل عدد عقدي غير معدوم مقلوب: أي إن C\C حقل.

28.2 المستوي العقدي والمقياس والعمدة

تعريف 28.6 (اللاحقة والمقياس)

في المستوي المزوَّد بإحداثيات متعامدة ومتجانسة، تكون النقطة M(a,b)M(a, b) صورة العدد z=a+ibz = a + \iu b، ويكون zz هو لاحقة النقطة MM. و مقياس العدد zz هو المسافة من MM إلى المبدأ:

∣z∣=a2+b2=zz‾.\abs{z} = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{z\conj z}.
النقطة M(a,b) ذات اللاحقة z: فالمقياس z هو الطول OM، والمرافق z هو نظير z بالنسبة إلى المحور الحقيقي.
النقطة M(a,b)M(a,b) ذات اللاحقة zz: فالمقياس ∣z∣\abs z هو الطول OMOM، والمرافق z‾\conj z هو نظير zz بالنسبة إلى المحور الحقيقي.

قضية 28.7 (خواص المقياس)

من أجل z,w∈Cz, w \in \C:

∣zw∣=∣z∣ ∣w∣,∣zw∣=∣z∣∣w∣ (w≠0),∣z‾∣=∣z∣,∣z+w∣≤∣z∣+∣w∣ (متراجحة المثلث).\abs{zw} = \abs z\,\abs w, \qquad \abs{\tfrac zw} = \tfrac{\abs z}{\abs w}\ (w \neq 0), \qquad \abs{\conj z} = \abs z, \qquad \abs{z + w} \leq \abs{z} + \abs{w} \ \text{(متراجحة المثلث)}.

وفوق ذلك، ∣zB−zA∣\abs{z_B - z_A} هو المسافة بين النقطتين ذواتي اللاحقتين zAz_A و zBz_B.

برهان. ∣zw∣2=zw zw‾=zz‾ ww‾=∣z∣2∣w∣2\abs{zw}^2 = zw\,\conj{zw} = z\conj z\, w \conj w = \abs z^2 \abs w^2 يعطي الأولى؛ والثانية والثالثة مماثلتان. وأما متراجحة المثلث:

∣z+w∣2=(z+w)(z‾+w‾)=∣z∣2+∣w∣2+2Re⁡(zw‾)≤∣z∣2+∣w∣2+2∣zw‾∣=(∣z∣+∣w∣)2,\abs{z+w}^2 = (z+w)(\conj z + \conj w) = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\Rea(z \conj w) \leq \abs z^2 + \abs w^2 + 2\abs{z\conj w} = \bigl(\abs z + \abs w\bigr)^2,

باستعمال Re⁡(u)≤∣u∣\Rea(u) \leq \abs u. وأما عبارة المسافة فهي صيغة فيثاغورس مطبَّقة على إحداثيات zB−zAz_B - z_A. ∎

تعريف 28.8 (العمدة والصورتان المثلثية والأسية)

ليكن z≠0z \neq 0. عمدة العدد zz، وتُكتب arg⁡(z)\Arg(z)، هي أي قياس θ\theta للزاوية من المحور الحقيقي الموجب إلى نصف المستقيم OMOM؛ وهي معرَّفة إلى غاية 2kπ2k\pi. وبكتابة r=∣z∣r = \abs z،

z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)(الصورة المثلثية).z = r(\cos\theta + \iu\sin\theta) \qquad\text{(الصورة المثلثية)}.

وبإدخال الترميز

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ,\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu\sin\theta,

يصير هذا هو الصورة الأسية z=r eiθz = r\,\eu^{\iu\theta}.

الصورة الأسية: يتحدّد z ببعده r عن المبدأ وبالزاوية من المحور الحقيقي الموجب.
الصورة الأسية: يتحدّد zz ببعده rr عن المبدأ وبالزاوية θ\theta من المحور الحقيقي الموجب.

مبرهنة 28.9

من أجل كل θ,θ′∈R\theta, \theta' \in \R:

eiθ eiθ′=ei(θ+θ′),eiθ‾=e−iθ,∣eiθ∣=1.\eu^{\iu\theta}\,\eu^{\iu\theta'} = \eu^{\iu(\theta + \theta')}, \qquad \conj{\eu^{\iu\theta}} = \eu^{-\iu\theta}, \qquad \abs{\eu^{\iu\theta}} = 1 .

ومنه، من أجل z=reiθz = r\eu^{\iu\theta} و z′=r′eiθ′z' = r'\eu^{\iu\theta'} غير معدومين:

zz′=rr′ ei(θ+θ′),zz′=rr′ ei(θ−θ′):zz' = rr'\,\eu^{\iu(\theta+\theta')}, \qquad \frac{z}{z'} = \frac{r}{r'}\,\eu^{\iu(\theta - \theta')} :

فالمقاييس تُضرب، والعمد تُجمع.

برهان. المتطابقة الأولى هي زوج صيغتي الجمع (القضية 24.3):

(cos⁡θ+isin⁡θ)(cos⁡θ′+isin⁡θ′)=(cos⁡θcos⁡θ′−sin⁡θsin⁡θ′)+i(sin⁡θcos⁡θ′+cos⁡θsin⁡θ′).(\cos\theta + \iu\sin\theta)(\cos\theta' + \iu\sin\theta') = (\cos\theta\cos\theta' - \sin\theta\sin\theta') + \iu(\sin\theta\cos\theta' + \cos\theta\sin\theta').

وتنتج البقية بحساب مباشر. ∎

نتيجة 28.10 (صيغة دي موافر)

من أجل θ∈R\theta \in \R و n∈Zn \in \Z: (cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡nθ+isin⁡nθ\bigl(\cos\theta + \iu\sin\theta\bigr)^n = \cos n\theta + \iu \sin n\theta.

برهان. بالتراجع على n≥0n \geq 0 باستعمال المبرهنة 28.9؛ ثم مدّد إلى n<0n < 0 بأخذ المقلوبات. ∎

طريقة 28.11 (الانتقال بين الصور)

من الجبرية إلى الأسية: احسب r=∣z∣r = \abs z، ثم أوجد θ\theta حيث cos⁡θ=ar\cos\theta = \frac ar و sin⁡θ=br\sin\theta = \frac br (وحدّد الربع الصحيح قبل استدعاء قوس جيب التمام). ومن الأسية إلى الجبرية: انشر rcos⁡θ+i rsin⁡θr\cos\theta + \iu\, r\sin\theta. واستعمل الصورة الجبرية من أجل المجاميع، و الصورة الأسية من أجل الجداءات والقوى وخوارج القسمة.

مثال 28.12

z=1+iz = 1 + \iu: ∣z∣=2\abs z = \sqrt2 و cos⁡θ=sin⁡θ=12\cos\theta = \sin\theta = \frac{1}{\sqrt2}، إذن θ=π4\theta = \frac\pi4 و z=2 eiπ/4z = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}. ومنه z20=210 e5iπ=−1024z^{20} = 2^{10}\,\eu^{5\iu\pi} = -1024.

28.3 معادلات الدرجة الثانية وجذور الوحدة

مبرهنة 28.13 (المعادلات التربيعية ذات المعاملات الحقيقية)

ليكن a,b,c∈Ra, b, c \in \R و a≠0a \neq 0 و Δ=b2−4ac\Delta = b^2 - 4ac. للمعادلة az2+bz+c=0az^2 + bz + c = 0 حلول في C\C:

Δ>0: z=−b±Δ2a (حلان حقيقيان);Δ=0: z=−b2a (حل مضاعف);Δ<0: z=−b±i−Δ2a (حلان مترافقان).\begin{aligned} &\Delta > 0:\ z = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} \ (\text{حلان حقيقيان}); \qquad \Delta = 0:\ z = \frac{-b}{2a} \ (\text{حل مضاعف}); \\ &\Delta < 0:\ z = \frac{-b \pm \iu\sqrt{-\Delta}}{2a} \ (\text{حلان مترافقان}). \end{aligned}

برهان. أكمل المربع: az2+bz+c=a((z+b2a)2−Δ4a2)az^2 + bz + c = a\left(\left(z + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}\right). فإذا كان Δ<0\Delta < 0، فإن Δ4a2=(i−Δ2a)2\frac{\Delta}{4a^2} = \left(\iu\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2، ويُحلَّل فرق المربعين كالعادة. ∎

تعريف 28.14 (جذور الوحدة)

من أجل n≥1n \geq 1، جذور الوحدة من الرتبة nn هي حلول المعادلة zn=1z^n = 1.

مبرهنة 28.15

للمعادلة zn=1z^n = 1 بالضبط nn حلًا:

ωk=e2ikπ/n,k=0,1,…,n−1.\omega_k = \eu^{2\iu k\pi/n}, \qquad k = 0, 1, \dots, n-1 .

وصورها هي رؤوس مضلع منتظم ذي nn ضلعًا مرسوم داخل دائرة الوحدة، ومجموعها 00 من أجل n≥2n \geq 2.

برهان. كل عدد ωk\omega_k يحقق ωkn=e2ikπ=1\omega_k^n = \eu^{2\iu k\pi} = 1، وهي متمايزة مثنى مثنى لأن عمدها تقع في [0, 2π)\intco{0}{2\pi}. وبالعكس، إذا كان zn=1z^n = 1 فإن ∣z∣n=1\abs z^n = 1، إذن ∣z∣=1\abs z = 1 (لأنه حقيقي موجب) و z=eiθz = \eu^{\iu\theta} حيث nθ≡0(mod2π)n\theta \equiv 0 \pmod{2\pi}، أي θ=2kπn\theta = \frac{2k\pi}{n}؛ وردّ kk بالباقي حسب nn يوقعنا بين الأعداد ωk\omega_k. والرؤوس متباعدة بالتساوي بزاوية 2πn\frac{2\pi}{n}: أي مضلع منتظم ذو nn ضلعًا. وأخيرًا، مع ω=ω1\omega = \omega_1، يكون ω≠1\omega \neq 1 ويعطي المجموع الهندسي

∑k=0n−1ωk=∑k=0n−1ωk=ωn−1ω−1=0.\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k = \sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = \frac{\omega^n - 1}{\omega - 1} = 0 . \qedhere

∎

جذور الوحدة الخماسية، = 2 π/5: وهي رؤوس مخمَّس منتظم مرسوم داخل دائرة الوحدة ().
جذور الوحدة الخماسية، ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}: وهي رؤوس مخمَّس منتظم مرسوم داخل دائرة الوحدة (التمرين 28.10).

مثال 28.16

جذور الوحدة التكعيبية هي 11 و j=e2iπ/3=−12+i32j = \eu^{2\iu\pi/3} = -\frac12 + \iu\frac{\sqrt3}{2} و j‾=j2\conj j = j^2، وهي تحقق 1+j+j2=01 + j + j^2 = 0.

28.4 الأعداد العقدية وهندسة المستوي

قضية 28.17 (القاموس الهندسي)

لتكن A,B,C,DA, B, C, D نقطًا لواحقها a,b,c,da, b, c, d (حيث a≠ba \neq b و c≠dc \neq d).

  1. الانسحاب بالمتجهة ذات اللاحقة tt هو z↦z+tz \mapsto z + t.
  2. الدوران الذي مركزه ω\omega (لاحقةً) وزاويته θ\theta هو z↦ω+eiθ(z−ω)z \mapsto \omega + \eu^{\iu\theta}(z - \omega).
  3. التحاكي الذي مركزه ω\omega ونسبته k∈R∗k \in \R^* هو z↦ω+k(z−ω)z \mapsto \omega + k(z - \omega).
  4. للعدد d−cb−a\dfrac{d - c}{b - a} المقياس CDAB\dfrac{CD}{AB} وعمدته الزاوية بين المتجهتين AB→\vect{AB} و CD→\vect{CD}. وخاصة، يكون AB⊥CDAB \perp CD إذا وفقط إذا كان d−cb−a\frac{d-c}{b-a} تخيليًا صرفًا، وتكون A,B,CA, B, C على استقامة واحدة (حيث C≠AC \ne A و C≠BC\ne B) إذا وفقط إذا كان c−ab−a∈R\frac{c-a}{b-a} \in \R.

برهان. تعيد (1) و (3) صياغة الصيغ بالإحداثيات. وأما (2)، فالتطبيق w↦eiθww \mapsto \eu^{\iu\theta} w يضرب المقاييس في 11 ويضيف θ\theta إلى العمد: فهو الدوران بزاوية θ\theta حول المبدأ؛ والاقتران بالانسحاب الذي يرسل ω\omega إلى 00 يعطي المركز العام. وأما (4)، فمقاييس خوارج القسمة وعمدها تُطرح (المبرهنة 28.9). ∎

28.5 تمارين

تمرين 28.1 ★

اكتب على الصورة الجبرية: (3−2i)(1+4i)(3 - 2\iu)(1 + 4\iu)، 2+i1−i\dfrac{2 + \iu}{1 - \iu}، i2027\iu^{2027}.

حل

حل التمرين 28.1.

(3−2i)(1+4i)=3+12i−2i−8i2=11+10i(3-2\iu)(1+4\iu) = 3 + 12\iu - 2\iu - 8\iu^2 = 11 + 10\iu.

2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i\dfrac{2+\iu}{1-\iu} = \dfrac{(2+\iu)(1+\iu)}{(1-\iu)(1+\iu)} = \dfrac{1 + 3\iu}{2} = \dfrac12 + \dfrac32\iu.

i2027\iu^{2027}: بما أن i4=1\iu^4 = 1 و 2027=4×506+32027 = 4 \times 506 + 3، فإن i2027=i3=−i\iu^{2027} = \iu^3 = -\iu.

تمرين 28.2 ★

حل في C\C: (أ) z2−4z+13=0z^2 - 4z + 13 = 0؛ (ب) z2+z+1=0z^2 + z + 1 = 0. وتحقق في كل حالة من أن الحلين مترافقان واحسب جداءهما.

حل

حل التمرين 28.2.

(أ) Δ=16−52=−36\Delta = 16 - 52 = -36: z=4±6i2=2±3iz = \dfrac{4 \pm 6\iu}{2} = 2 \pm 3\iu. وهما زوج مترافق؛ وجداؤهما =4+9=13=ca= 4 + 9 = 13 = \frac ca. (ب) Δ=1−4=−3\Delta = 1 - 4 = -3: z=−1±i32z = \dfrac{-1 \pm \iu\sqrt3}{2} (وهما جذرا الوحدة التكعيبيان jj و j‾\conj j)؛ وجداؤهما =1+34=1= \frac{1 + 3}{4} = 1.

تمرين 28.3 ★

ضع على الصورة الأسية: z1=−1+iz_1 = -1 + \iu و z2=3−iz_2 = \sqrt3 - \iu، ثم احسب z1z2\dfrac{z_1}{z_2} على الصورة الأسية ثم الجبرية. واستنتج القيمة المضبوطة للمقدار cos⁡11π12\cos\dfrac{11\pi}{12}.

حل

حل التمرين 28.3.

∣z1∣=2\abs{z_1} = \sqrt2، والعمدة 3π4\frac{3\pi}{4} (الربع الثاني): z1=2 e3iπ/4z_1 = \sqrt2\,\eu^{3\iu\pi/4}. و ∣z2∣=2\abs{z_2} = 2، والعمدة −π6-\frac\pi6: z2=2 e−iπ/6z_2 = 2\,\eu^{-\iu\pi/6}. ومنه

z1z2=22 ei(3π4+π6)=22 e11iπ/12.\frac{z_1}{z_2} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{\iu\left(\frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{6}\right)} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{11\iu\pi/12}.

وجبريًا،

z1z2=−1+i3−i=(−1+i)(3+i)4=−3−1+i(3−1)4.\frac{z_1}{z_2} = \frac{-1+\iu}{\sqrt3 - \iu} = \frac{(-1+\iu)(\sqrt3+\iu)}{4} = \frac{-\sqrt3 - 1 + \iu(\sqrt3 - 1)}{4}.

وبمطابقة الأجزاء الحقيقية: 22cos⁡11π12=−3−14\frac{\sqrt2}{2}\cos\frac{11\pi}{12} = \frac{-\sqrt3-1}{4}، إذن

cos⁡11π12=−6+24.\cos\frac{11\pi}{12} = -\frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4}.

تمرين 28.4 ★★

صِف هندسيًا مجموعة النقط MM ذات اللاحقة zz التي تحقق: (أ) ∣z−2∣=∣z+i∣\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}؛ (ب) ∣z−1−i∣=3\abs{z - 1 - \iu} = 3؛ (ج) z−1z+1\dfrac{z - 1}{z + 1} تخيلي صرف.

حل

حل التمرين 28.4.

(أ) ∣z−2∣=∣z−(−i)∣\abs{z - 2} = \abs{z - (-\iu)} يعني أن MM على البعد نفسه من A(2,0)A(2, 0) ومن B(0,−1)B(0, -1): أي محور القطعة [AB][AB].

(ب) البعد 33 عن النقطة (1,1)(1,1): أي الدائرة التي مركزها 1+i1 + \iu ونصف قطرها 33.

(ج) حسب القضية 28.17(4)، كون z−1z+1\frac{z-1}{z+1} تخيليًا صرفًا يعني أن المتجهتين من A(1,0)A(1,0) إلى MM ومن B(−1,0)B(-1,0) إلى MM متعامدتان: أي إن MM ترى القطعة [AB][AB] تحت زاوية قائمة. والمجموعة هي الدائرة ذات القطر [AB][AB] (أي دائرة الوحدة) محذوفًا منها النقطتان AA و BB نفساهما.

تمرين 28.5 ★★

باستعمال صيغة دي موافر ومبرهنة ثنائي الحد، عبّر عن cos⁡3θ\cos 3\theta بكثير حدود في cos⁡θ\cos\theta، وعن sin⁡3θ\sin 3\theta بدلالة sin⁡θ\sin\theta.

حل

حل التمرين 28.5.

بصيغة دي موافر: cos⁡3θ+isin⁡3θ=(cos⁡θ+isin⁡θ)3\cos3\theta + \iu\sin3\theta = (\cos\theta + \iu\sin\theta)^3. وبالنشر بمبرهنة ثنائي الحد مع c=cos⁡θc = \cos\theta و s=sin⁡θs = \sin\theta:

(c+is)3=c3+3ic2s−3cs2−is3=(c3−3cs2)+i(3c2s−s3).(c + \iu s)^3 = c^3 + 3\iu c^2 s - 3 c s^2 - \iu s^3 = (c^3 - 3cs^2) + \iu(3c^2 s - s^3).

وبمطابقة الأجزاء واستعمال s2=1−c2s^2 = 1 - c^2 و c2=1−s2c^2 = 1 - s^2:

cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ,sin⁡3θ=3sin⁡θ−4sin⁡3θ.\cos3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta, \qquad \sin3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta .

تمرين 28.6 ★★

(التخطيط.) باستعمال cos⁡θ=eiθ+e−iθ2\cos\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}، خطّط cos⁡3θ\cos^3\theta (أي اكتبه تركيبًا من المقادير cos⁡kθ\cos k\theta)، واستنتج ∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta.

حل

حل التمرين 28.6.

cos⁡3θ=(eiθ+e−iθ2) ⁣3=e3iθ+3eiθ+3e−iθ+e−3iθ8=cos⁡3θ+3cos⁡θ4.\cos^3\theta = \left(\frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}\right)^{\!3} = \frac{\eu^{3\iu\theta} + 3\eu^{\iu\theta} + 3\eu^{-\iu\theta} + \eu^{-3\iu\theta}}{8} = \frac{\cos3\theta + 3\cos\theta}{4}.

ومنه

∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ=14[sin⁡3θ3+3sin⁡θ]0π/2=14(−13+3)=23.\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta = \frac14\left[\frac{\sin3\theta}{3} + 3\sin\theta\right]_0^{\pi/2} = \frac14\left(-\frac13 + 3\right) = \frac{2}{3}.

(وهذا متسق مع W3=23W_3 = \frac23 في التمرين 25.9، لأن ∫0π/2cos⁡3=∫0π/2sin⁡3\int_0^{\pi/2}\cos^3 = \int_0^{\pi/2}\sin^3 بحكم التناظر θ↦π2−θ\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta.)

تمرين 28.7 ★★

لتكن AA و BB ذواتي اللاحقتين a=1+ia = 1 + \iu و b=3+2ib = 3 + 2\iu. حدّد النقطتين CC اللتين تجعلان المثلث ABCABC متساوي الأضلاع، بوصفهما صورتي BB بالدورانين اللذين مركزهما AA وزاويتاهما ±π3\pm\frac{\pi}{3}.

حل

حل التمرين 28.7.

c=a+e±iπ/3(b−a)c = a + \eu^{\pm\iu\pi/3}(b - a) مع b−a=2+ib - a = 2 + \iu و e±iπ/3=12±i32\eu^{\pm\iu\pi/3} = \frac12 \pm \iu\frac{\sqrt3}{2}:

eiπ/3(2+i)=(12+i32)(2+i)=(1−32)+i(12+3),\eu^{\iu\pi/3}(2+\iu) = \left(\tfrac12 + \iu\tfrac{\sqrt3}{2}\right)(2+\iu) = \left(1 - \tfrac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\tfrac12 + \sqrt3\right),

إذن c1=(2−32)+i(32+3)c_1 = \left(2 - \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 + \sqrt3\right)، وبالمثل مع الزاوية −π3-\frac\pi3: c2=(2+32)+i(32−3)c_2 = \left(2 + \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 - \sqrt3\right).

تمرين 28.8 ★★★

حل z4=−4z^4 = -4 في C\C وارسم الحلول. وحلّل z4+4z^4 + 4 إلى كثيري حدود تربيعيين بمعاملات حقيقية.

حل

حل التمرين 28.8.

−4=4 eiπ-4 = 4\,\eu^{\iu\pi}، إذن تكون حلول z4=−4z^4 = -4 هي

zk=2 ei(π4+kπ2),k=0,1,2,3,z_k = \sqrt2\,\eu^{\iu\left(\frac\pi4 + \frac{k\pi}{2}\right)}, \quad k = 0, 1, 2, 3,

أي 1+i1 + \iu و −1+i-1 + \iu و −1−i-1 - \iu و 1−i1 - \iu: وهي رؤوس مربع نصف قطر دائرته المحيطة 2\sqrt 2. وبتجميع الجذور المترافقة،

z4+4=(z−(1+i))(z−(1−i))(z+(1−i))(z+(1+i))=(z2−2z+2)(z2+2z+2).z^4 + 4 = \bigl(z - (1{+}\iu)\bigr)\bigl(z - (1{-}\iu)\bigr) \bigl(z + (1{-}\iu)\bigr)\bigl(z + (1{+}\iu)\bigr) = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2).

تمرين 28.9 ★★★

من أجل θ∈(0, 2π)\theta \in \intoo{0}{2\pi} و n∈Nn \in \N، احسب

S=1+cos⁡θ+cos⁡2θ+⋯+cos⁡nθS = 1 + \cos\theta + \cos 2\theta + \dots + \cos n\theta

بجمع المتتالية الهندسية ∑k=0neikθ\sum_{k=0}^n \eu^{\iu k\theta} وأخذ الأجزاء الحقيقية. (والجواب: S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2cos⁡nθ2S = \dfrac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \cos\frac{n\theta}{2}.)

حل

حل التمرين 28.9.

مع q=eiθ≠1q = \eu^{\iu\theta} \neq 1:

∑k=0neikθ=ei(n+1)θ−1eiθ−1=ei(n+1)θ/2eiθ/2⋅ei(n+1)θ/2−e−i(n+1)θ/2eiθ/2−e−iθ/2=einθ/2 sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2,\sum_{k=0}^{n} \eu^{\iu k\theta} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta} - 1}{\eu^{\iu\theta} - 1} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2}} \cdot\frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2} - \eu^{-\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2} - \eu^{-\iu\theta/2}} = \eu^{\iu n\theta/2}\, \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}},

باستعمال eiα−e−iα=2isin⁡α\eu^{\iu\alpha} - \eu^{-\iu\alpha} = 2\iu\sin\alpha (وهو تحليل نصف الزاوية). وبأخذ الأجزاء الحقيقية:

S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2 cos⁡nθ2.S = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\, \cos\frac{n\theta}{2}.

تمرين 28.10 ★★★

ليكن ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}.

  1. برّر أن 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.
  2. ليكن u=ω+ω4u = \omega + \omega^4 و v=ω2+ω3v = \omega^2 + \omega^3. بيّن أن u+v=−1u + v = -1 و uv=−1uv = -1، واستنتج أن u=−1+52u = \frac{-1+\sqrt5}{2}.
  3. اختم بأن cos⁡2π5=5−14\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{\sqrt5 - 1}{4}.
حل

حل التمرين 28.10.

1. ω\omega جذر للوحدة من الرتبة 55 مخالف للعدد 11، إذن ينعدم مجموع الجذور الخمسة كلها (المبرهنة 28.15)، وهذا يُقرأ 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.

2. u+v=ω+ω2+ω3+ω4=−1u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1 حسب النقطة 1. وأما الجداء، فباستعمال ω5=1\omega^5 = 1:

uv=(ω+ω4)(ω2+ω3)=ω3+ω4+ω6+ω7=ω3+ω4+ω+ω2=−1.uv = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3) = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1 .

إذن u,vu, v جذرا المعادلة X2+X−1=0X^2 + X - 1 = 0: {−1+52,−1−52}\left\{\frac{-1+\sqrt5}{2}, \frac{-1-\sqrt5}{2}\right\}. والآن u=ω+ω‾=2cos⁡2π5>0u = \omega + \conj\omega = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0 (لأن 2π5<π2\frac{2\pi}{5} < \frac{\pi}{2})، إذن u=−1+52u = \frac{-1 + \sqrt5}{2}.

3. cos⁡2π5=u2=5−14\cos\frac{2\pi}{5} = \frac u2 = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

28.6 مسألة: المخمَّس في مرآة الوحدة

مسألة 28.1

مسألة نهاية الأسبوع — جذور الوحدة الخماسية تحسب cos⁡72∘\cos 72^\circ بالضبط، والنسبة الذهبية توقّع النتيجة، والضرب يتبيّن أنه دوران

كان إقليدس يستطيع إنشاء المخمَّس المنتظم، لكن سبب استسلامه للمسطرة والفرجار — بينما لا تستسلم الزاوية المتواضعة 20∘20^\circ — بقي خفيًا ألفي سنة. وهو مختبئ في هذا الفصل: فجذور الوحدة الخماسية الخمسة (المبرهنة 28.15) مجموعها صفر، وذلك السطر الواحد من الجبر يعصر cos⁡72∘\cos 72^\circ من معادلة تربيعية — جذور تربيعية فقط، ومنه فهو قابل للإنشاء، وموقَّع، بالطبع، بالنسبة الذهبية. وحول هذه الجوهرة: التمكّن، وطريق دي موافر المختصر إلى المثلثات، والضرب مكشوف القناع بوصفه هندسة.

الجزء الأول — التمكّن.

  1. احسب (2+i)(3−i)(2 + \iu)(3 - \iu)، 1+i1−i\dfrac{1 + \iu}{1 - \iu} (الطريقة 28.5)، و ∣3+4i∣\abs{3 + 4\iu}.
  2. ضع على الصورة الأسية: 1+i1 + \iu؛ −2-2؛ 1−i31 - \iu\sqrt3.
  3. احسب (1+i)8(1 + \iu)^8 باستعمال الصورة الأسية.
  4. حل z2=iz^2 = \iu، ثم z2−2z+5=0z^2 - 2z + 5 = 0 (المبرهنة 28.13).
  5. القاموس الهندسي (القضية 28.17): صِف التطبيق z↦izz \mapsto \iu z، والمجموعة ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2.

الجزء الثاني — خمسة جذور، ومخمَّس واحد. ليكن ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5} ولنعتبر 1,ω,ω2,ω3,ω41, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4.

  1. تحقق من أن هذه هي بالضبط حلول z5=1z^5 = 1، وصِف الشكل الذي ترسمه في المستوي.
  2. برهن على أن مجموعها صفر. (بمتتالية هندسية — أو بضرب المجموع في 1−ω1 - \omega.)

  3. خذ الأجزاء الحقيقية واستنتج

    1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=0.1 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0 .

  4. ضع c=cos⁡2π5c = \cos\frac{2\pi}{5} واستعمل صيغة الزاوية المضاعفة للمقدار cos⁡4π5\cos\frac{4\pi}{5} لتحويل السؤال 8 إلى معادلة تربيعية في cc؛ ثم حلّها و اختم بأن

    cos⁡72∘=5−14.\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4} .
  5. تحقق عدديًا، ثم دع النسبة الذهبية توقّع عملها: بيّن أن c=12φc = \frac{1}{2\varphi} حيث φ=1+52\varphi = \frac{1 + \sqrt5}{2} (المسألة 2.1) — وصُغ الصدى الهندسي الشهير: ففي مخمَّس منتظم، يكون القطر φ\varphi ضعف الضلع.

الجزء الثالث — طرق دي موافر المختصرة.

  1. حكم الإنشاء: لا يحتاج cos⁡72∘\cos 72^\circ إلا إلى جذور تربيعية (السؤال 9)، إذن المخمَّس قابل للإنشاء بالمسطرة والفرجار؛ أما cos⁡20∘\cos 20^\circ فيحقق تكعيبية لا تُكسر (المسألة 24.1)، إذن لا يمكن تثليث الزاوية 60∘60^\circ. صُغ المحك الناشئ (الجذور التربيعية قابلة للبناء، والتكعيبية لا)، ونظريته الكاملة — غاوس في التاسعة عشرة، والمضلع ذو السبعة عشر ضلعًا — تعيش في الكتب الجامعية.
  2. حل z4=−4z^4 = -4 بالصورة الأسية واستعد تحليل التمرين 28.8 z4+4=(z2−2z+2)(z2+2z+2)z^4 + 4 = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2) بمزاوجة الجذور المترافقة.
  3. انشر (cos⁡θ+isin⁡θ)3(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 بمبرهنة ثنائي الحد وبصيغة دي موافر، واستخرج cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta من جديد في ثلاثة أسطر — وقارن بطريق صيغ الجمع في المسألة 24.1.
  4. تحقق تحققًا مزدوجًا بواسطة التمرين 28.9: من أجل θ=2π5\theta = \frac{2\pi}{5} و n=4n = 4، ماذا يساوي المجموع 1+cos⁡θ+⋯+cos⁡4θ1 + \cos\theta + \dots + \cos 4\theta، و لماذا يتسق ذلك مع السؤال 8؟
  5. احسب جذور 8i8\iu التكعيبية الثلاثة على الصورة الجبرية.

الجزء الرابع — الضرب هندسة.

  1. صِف وصفًا كاملًا التطبيق z↦(1+i)zz \mapsto (1 + \iu)z: فبأي زاوية يدير المستوي، وبأي معامل يكبّره، وماذا يفعل بمربع الوحدة؟
  2. برهن على ∣z1z2∣=∣z1∣ ∣z2∣\abs{z_1 z_2} = \abs{z_1}\,\abs{z_2} بواسطة المرافقات (القضية 28.7)، ثم احسب (1+i)n(1+\iu)^n من أجل n=1,2,3,4n = 1, 2, 3, 4 وصِف اللولب الذي ترسمه القوى.
  3. العدد j=e2iπ/3\mathrm{j} = \eu^{2\iu\pi/3}: بيّن أن 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0، وتحقق على المثلث (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right) من المحك الكلاسيكي: a+jb+j2c=0a + \mathrm{j} b + \mathrm{j}^2 c = 0 يصح من أجل (توجيه واحد من) مثلث متساوي الأضلاع abcabc.
  4. المبرهنة الأساسية في الجبر (وهي مقبولة: دالمبير–غاوس): كل كثير حدود يتحلّل تحللًا كاملًا على C\C. استنتج النتيجة الواقعية — أن كل كثير حدود حقيقي يتحلّل إلى قطع خطية وتربيعية حقيقية — وأشر إلى السؤال 12 مثالًا عليها.
  5. الخاتمة — صورة C\C، جملة واحدة لكل بند: الأعداد تصير نقطًا؛ والضرب يصير دورانًا وتكبيرًا؛ وجذور الوحدة تصير مضلعات منتظمة؛ ودي موافر يحوّل القوى إلى متطابقات مثلثية؛ والانغلاق الجبري يضمن ألا تحتاج أي معادلة إلى عالم أكبر. والخاتمة الصغرى: أي عددين شهيرين التقيا في السؤال 10؟
حل

حل المسألة 28.1.

1. (2+i)(3−i)=6−2i+3i+1=7+i(2 + \iu)(3 - \iu) = 6 - 2\iu + 3\iu + 1 = 7 + \iu. 1+i1−i=(1+i)22=2i2=i\frac{1 + \iu}{1 - \iu} = \frac{(1 + \iu)^2}{2} = \frac{2\iu}{2} = \iu. ∣3+4i∣=5\abs{3 + 4\iu} = 5.

2. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}؛ −2=2eiπ-2 = 2\eu^{\iu\pi}؛ 1−i3=2e−iπ/31 - \iu\sqrt3 = 2\eu^{-\iu\pi/3}.

3. (1+i)8=(2)8e8iπ/4=16 e2iπ=16(1 + \iu)^8 = \left(\sqrt2\right)^8 \eu^{8\iu\pi/4} = 16\,\eu^{2\iu\pi} = 16.

4. z2=eiπ/2z^2 = \eu^{\iu\pi/2}: z=±eiπ/4=±22(1+i)z = \pm\eu^{\iu\pi/4} = \pm\frac{\sqrt2}{2}(1 + \iu). و Δ=4−20=−16\Delta = 4 - 20 = -16: أي z=1±2iz = 1 \pm 2\iu.

5. z↦izz \mapsto \iu z: دوران بربع دورة حول المبدأ. و ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2: الدائرة التي مركزها 1+i1 + \iu ونصف قطرها 22.

6. (ωk)5=e2iπk=1\left(\omega^k\right)^5 = \eu^{2\iu\pi k} = 1، والنقط الخمس e2ikπ/5\eu^{2\iu k\pi/5} متمايزة: فهي حلول z5=1z^5 = 1 الخمسة كلها. وهي تجلس على دائرة الوحدة بزوايا متساوية قدرها 72∘72^\circ: أي مخمَّس منتظم أحد رؤوسه عند 11.

7. S=1+ω+⋯+ω4S = 1 + \omega + \dots + \omega^4 يحقق (1−ω)S=1−ω5=0(1 - \omega)S = 1 - \omega^5 = 0، و ω≠1\omega \neq 1: إذن S=0S = 0. (فنقطة توازن المخمَّس هي مركزه.)

8. ω4=ω‾\omega^4 = \overline\omega و ω3=ω2‾\omega^3 = \overline{\omega^2}: وبمزاوجة المترافقات، يُقرأ الجزء الحقيقي من المجموع 1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=01 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0.

9. cos⁡4π5=2c2−1\cos\frac{4\pi}{5} = 2c^2 - 1، إذن 1+2c+4c2−2=01 + 2c + 4c^2 - 2 = 0، أي 4c2+2c−1=04c^2 + 2c - 1 = 0: c=−1+54c = \frac{-1 + \sqrt5}{4} (وهو الجذر الموجب، لأن 72∘72^\circ زاوية حادة): cos⁡72∘=5−14\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

10. عدديًا c≈0.30902c \approx 0.30902: وهذا يوافق الآلة الحاسبة. و 12φ=11+5=5−14\frac{1}{2\varphi} = \frac{1}{1 + \sqrt5} = \frac{\sqrt5 - 1}{4} (بجعل المقام ناطقًا): c=12φc = \frac{1}{2\varphi}. فالمخمَّس ذهبي من كل جهاته: إذ يقطع قطره ضلعه بالنسبة φ\varphi — وهو التشابه الذاتي اللانهائي للنجمة الخماسية.

11. الجذور التربيعية قابلة للإنشاء بالفرجار (بآلة نصف الدائرة للمتوسط الهندسي في الكتاب السابق)، إذن العدد المبني من الناطقة بالجذور التربيعية وحدها — مثل cos⁡72∘\cos 72^\circ — قابل للإنشاء؛ أما الجذور التكعيبية فليست كذلك، و cos⁡20∘\cos 20^\circ يحتاج إلى واحد منها: فالمخمَّس يستسلم، والتثليث يقاوم. ومحك غاوس يحسم كل مضلع منتظم — وقد جعله مضلعه ذو السبعة عشر ضلعًا في التاسعة عشرة يختار الرياضيات.

12. −4=4eiπ-4 = 4\eu^{\iu\pi}: فللجذور الرابعة المقياس 2\sqrt2 والعمد π4+kπ2\frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}: أي الأعداد الأربعة ±1±i\pm 1 \pm \iu. وبمزاوجة المترافقات: (z−1−i)(z−1+i)=z2−2z+2(z - 1 - \iu)(z - 1 + \iu) = z^2 - 2z + 2 و (z+1−i)(z+1+i)=z2+2z+2(z + 1 - \iu)(z + 1 + \iu) = z^2 + 2z + 2: وهو تحليل التمرين 28.8.

13. (cos⁡θ+isin⁡θ)3=cos⁡3θ+3icos⁡2θsin⁡θ−3cos⁡θsin⁡2θ−isin⁡3θ(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 = \cos^3\theta + 3\iu\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - \iu\sin^3\theta؛ وبصيغة دي موافر يساوي هذا cos⁡3θ+isin⁡3θ\cos 3\theta + \iu \sin 3\theta. وبأخذ الأجزاء الحقيقية: cos⁡3θ=cos⁡3θ−3cos⁡θ(1−cos⁡2θ)=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = \cos^3\theta - 3\cos\theta(1 - \cos^2\theta) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta — وتسلّم الأجزاء التخيلية sin⁡3θ\sin 3\theta بلا مقابل.

14. هو الجزء الحقيقي من 1+ω+⋯+ω4=01 + \omega + \dots + \omega^4 = 0: فالمجموع يساوي 00 — أي بالضبط السؤال 8، منظورًا إليه عبر نواة التمرين 28.9.

15. 8i=8eiπ/28\iu = 8\eu^{\iu\pi/2}: فالجذور 2eiπ/6=3+i2\eu^{\iu\pi/6} = \sqrt3 + \iu؛ و 2e5iπ/6=−3+i2\eu^{5\iu\pi/6} = -\sqrt3 + \iu؛ و 2e3iπ/2=−2i2\eu^{3\iu\pi/2} = -2\iu.

16. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}: فالتطبيق يدير المستوي بزاوية 45∘45^\circ ويكبّره بالمعامل 2\sqrt2. و يصير مربع الوحدة مربعًا مائلًا طول ضلعه 2\sqrt2 — مضاعف المساحة، مدارًا ثمن دورة.

17. ∣z1z2∣2=z1z2z1z2‾=z1z1‾ z2z2‾=∣z1∣2∣z2∣2\abs{z_1 z_2}^2 = z_1 z_2 \overline{z_1 z_2} = z_1\overline{z_1}\, z_2\overline{z_2} = \abs{z_1}^2\abs{z_2}^2: خذ الجذور التربيعية. وأما قوى 1+i1 + \iu: 1+i1 + \iu و 2i2\iu و −2+2i-2 + 2\iu و −4-4: فكل منها أبعد بدورة قدرها 45∘45^\circ وأطول بمعامل 2\sqrt2 — أي لولب خارج عبر المقاييس 2,2,22,4,…\sqrt2, 2, 2\sqrt2, 4, \dots

18. j\mathrm{j} جذر ثالث للوحدة مخالف للعدد 11، إذن (بحجة السؤال 7 مع n=3n = 3) 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0. وأما المحك على المثلث المعياري: a+jb+j2c=1+j⋅j+j2⋅j2=1+j2+j4=1+j2+j=0a + \mathrm{j}b + \mathrm{j}^2 c = 1 + \mathrm{j}\cdot\mathrm{j} + \mathrm{j}^2 \cdot \mathrm{j}^2 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j}^4 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j} = 0: فهو محقَّق، كما يقتضي المثلث المتساوي الأضلاع (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right).

19. على C\C، ينشطر كثير حدود حقيقي إلى عوامل خطية؛ وتأتي جذوره غير الحقيقية أزواجًا مترافقة (بمرافقة المعادلة)، ويُضرب كل زوج فيعطي تربيعية حقيقية z2−2Re⁡(z0) z+∣z0∣2z^2 - 2\operatorname{Re}(z_0)\,z + \abs{z_0}^2: ومنه التحليل الحقيقي إلى قطع من الدرجة 11 والدرجة 22 — وقد نفّذه السؤال 12 على z4+4z^4 + 4.

20. نقط؛ ودوران وتكبير؛ ومضلعات منتظمة؛ ومتطابقات مثلثية بالنشر؛ وعالم مغلق يكون فيه لكل معادلة درجتها nn جذورها nn. والخاتمة الصغرى: في السؤال 10، صافح مخمَّس π\pi النسبة الذهبية — وهما أشهر ضيفَي إقليدس، وقد قُدّم أحدهما إلى الآخر أخيرًا بمجموع خمسة أسهم يساوي صفرًا.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد