الرياضيات الجامعية — السنة 1 · السنة الجامعية 1

3الأعداد العقدية

قابلنا الأعداد العقدية في مجلد الثانوية بوصفها أداة حسابية للمعادلات من الدرجة الثانية. ويعاملها هذا الفصل بوصفها غرضًا محوريًا: الشكل الأسّي ونتائجه (دي موافر، والجذور من الرتبة $n$ ، وجذور الوحدة)، والترجمة المنهجية بين $\C$ وهندسة المستوي، واستعمال $\eu^{\iu\theta}$ آلةً للبرهان على المتطابقات المثلثية.

3.1 الحقل $\C$ والمقياس والمرافق

تعريف 3.1 (حقل الأعداد العقدية)

$\C = \{a + \iu b : a, b \in \R\}$ مع الجمع المعتاد والضرب المحدَّد بالعلاقة $\iu^2 = -1$ . ولكل $z = a + \iu b$ غير معدوم مقلوب: $z^{-1} = \frac{a - \iu b}{a^2 + b^2}$ — وبلغة الفصل 7، تكون $\C$ حقلًا. ونكتب $a = \Re(z)$ و $b = \Im(z)$ و $\conj{z} = a - \iu b$ (وهو المرافق) و $\abs{z} = \sqrt{a^2 + b^2}$ (وهو المقياس).

قضية 3.2 (قواعد المرافق والمقياس)

من أجل $z, w \in \C$ :

$\conj{z + w} = \conj z + \conj w$ و $\conj{zw} = \conj z\, \conj w$ و $\conj{\conj z} = z$ ؛
$z \conj z = \abs z^2$ ؛ و $\;\Re(z) = \frac{z + \conj z}{2}$ و $\Im(z) = \frac{z - \conj z}{2\iu}$ ؛
$\abs{zw} = \abs z\, \abs w$ ، و $\abs{z^{-1}} = \abs{z}^{-1}$ من أجل $z \neq 0$ ؛
(المتراجحة المثلثية) $\abs{z + w} \leq \abs z + \abs w$ ، مع التساوي إذا وفقط إذا وقع $z$ و $w$ على نصف مستقيم واحد مبدؤه $0$ (أي $w = \lambda z$ أو $z = \lambda w$ مع $\lambda \geq 0$ )؛
(المتراجحة المثلثية المعكوسة) $\bigl|\abs z - \abs w\bigr| \leq \abs{z - w}$ .

برهان. النقطتان (1) و (2) حسابان مباشران على الجزأين الحقيقي والتخيلي. و (3): $\abs{zw}^2 = zw\,\conj{zw} = z\conj z\, w \conj w = \abs z^2 \abs w^2$ ، ثم خذ الجذر التربيعي؛ وطبّق ذلك على $z \cdot z^{-1} = 1$ من أجل المقلوب.

(4) الطرفان موجبان، فلنقارن مربعيهما:

\abs{z+w}^2 = (z+w)(\conj z + \conj w) = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\,\Re(z \conj w),

وتعطي $\Re(z\conj w) \leq \abs{z \conj w} = \abs z \abs w$ أن $\abs{z+w}^2 \leq (\abs z + \abs w)^2$ . ويفرض التساوي أن $\Re(z \conj w) = \abs{z \conj w}$ ، أي $z \conj w \in \R_+$ ؛ فإذا كان $w \neq 0$ أعطى ذلك $z = \frac{z\conj w}{\abs w^2}\, w = \lambda w$ مع $\lambda \geq 0$ (وحالة $w = 0$ بديهية).

(5) تعطي $\abs z = \abs{(z - w) + w} \leq \abs{z-w} + \abs w$ أن $\abs z - \abs w \leq \abs{z - w}$ ؛ وبادل بين $z$ و $w$ من أجل الإشارة الأخرى. ∎

مثال 3.3 (تمرين كامل على المقياس والعمدة)

اكتب $w = \dfrac{3 + 4\iu}{1 - 2\iu}$ في الشكل الجبري واحسب مقياسه بطريقتين. بالضرب في مرافق المقام:

w = \frac{(3 + 4\iu)(1 + 2\iu)}{(1 - 2\iu)(1 + 2\iu)} = \frac{3 + 6\iu + 4\iu - 8}{1 + 4} = \frac{-5 + 10\iu}{5} = -1 + 2\iu .

ومباشرةً: $\abs w = \sqrt{1 + 4} = \sqrt5$ . وبقاعدة القسمة (القضية 3.2 (3)): $\abs w = \frac{\abs{3 + 4\iu}}{\abs{1 - 2\iu}} = \frac5{\sqrt5} = \sqrt5$ — الجواب نفسه، دون حاجة إلى الشكل الجبري. والدرس يتعمّم: تنتقل المقاييس والعمد انتقالًا حسنًا عبر الجداءات والقسمات، وينتقل الجزآن الحقيقي والتخيلي انتقالًا حسنًا عبر المجاميع. فاختر التمثيل الذي يلائم العمليات المطروحة، ولا تحوّل إلا مضطرًّا.

مثال 3.4 (معادلات يدخلها المرافق)

حُلَّ في $\C$ : $\;z + 2\conj z = 6 + 2\iu$ . المعادلة التي تخلط $z$ مع المرافق $\conj z$ ليست كثيرة حدود في $z$ ؛ والحركة الموثوقة هي التفكيك إلى إحداثيتين حقيقيتين. فمع $z = x + \iu y$ :

z + 2\conj z = 3x - \iu y ,

فتصير المعادلة $3x = 6$ و $-y = 2$ : والحل الوحيد هو $z = 2 - 2\iu$ . (وللتحقق: $(2 - 2\iu) + 2(2 + 2\iu) = 6 + 2\iu$ .) وبطريقة أخرى، رافق المعادلة كلها لتحصل على $\conj z + 2z = 6 - 2\iu$ وحُلَّ الجملة الخطية في المجهولين $z, \conj z$ — الجواب نفسه، وهي حيلة مفيدة عندما تكون المعاملات عقدية. فالمعادلات في $z$ و $\conj z$ هي في الحقيقة جمل من معادلتين حقيقيتين؛ وتوقّع «الدرجة $1$ ، حلّ واحد» سليم هنا، لكن $z\conj z = -1$ (وهي بلا حلّ) يُظهر إخفاق الحدس الكثيرحدودي بمجرد ظهور الجداءات.

3.2 الشكل الأسّي

تعريف 3.5 (الأسّي العقدي لعمدة تخيلية)

من أجل $\theta \in \R$ نعرّف

\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu \sin\theta .

ويمكن كتابة كل $z \neq 0$ على الصورة $z = r\,\eu^{\iu\theta}$ حيث $r = \abs z > 0$ ؛ ويكون $\theta$ عمدةً للعدد $z$ ، محدَّدةً بإضافة مضاعف للعدد $2\pi$ . والقيمة الواقعة في $\intoc{-\pi}{\pi}$ هي العمدة الرئيسة، وتُكتب $\arg z$ .

مثال 3.6 (القيم الأولى، ومتطابقة شهيرة)

بقراءة التعريف عند الزوايا الأصلية:

\eu^{\iu\pi/2} = \iu, \qquad \eu^{\iu\pi} = -1, \qquad \eu^{2\iu\pi} = 1, \qquad \eu^{\iu\pi/4} = \frac{\sqrt2}2\,(1 + \iu) .

والثانية، إذا أُعيدت كتابتها $\eu^{\iu\pi} + 1 = 0$ ، هي متطابقة أويلر الشهيرة التي تربط $\eu$ و $\iu$ و $\pi$ و $1$ و $0$ ؛ وهي في هذه المرحلة من الكتاب فكُّ تعريف لا مبرهنة، أمّا مضمونها الحقيقي — أي لماذا تستحق الدالة الأسّية التحليلية في الفصل 4، ممدَّدةً إلى العمد التخيلية، الاسم نفسه — فتحسمه المتسلسلة الصحيحة في الفصل 17. وفي هذه الأثناء، يستحق العرض أعلاه أن يُحفظ بوصفه جدول تحويل: فهو يُستعمل ضمنًا كلما قُرئت عمدةٌ من رسم.

مبرهنة 3.7 (المعادلة الدالية)

لكل $\theta, \varphi \in \R$ :

\eu^{\iu\theta}\, \eu^{\iu\varphi} = \eu^{\iu(\theta + \varphi)}, \qquad \abs{\eu^{\iu\theta}} = 1, \qquad \conj{\eu^{\iu\theta}} = \eu^{-\iu\theta} = (\eu^{\iu\theta})^{-1}.

ومنه فإن $\abs{zw} = \abs z \abs w$ يحمل العمد كذلك: $\arg(zw) \equiv \arg z + \arg w \pmod{2\pi}$ .

برهان. انشر الجداء واستعمل صيغتَي جمع الزاويتين:

(\cos\theta + \iu\sin\theta)(\cos\varphi + \iu\sin\varphi) = (\cos\theta\cos\varphi - \sin\theta\sin\varphi) + \iu\,(\sin\theta\cos\varphi + \cos\theta\sin\varphi),

وهو $\cos(\theta+\varphi) + \iu\sin(\theta+\varphi)$ . والمقياس هو $\sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1$ ، وصيغة المرافق هي زوجية جيب التمام وفردية الجيب؛ وهي تقلب $\eu^{\iu\theta}$ لأن $\eu^{\iu\theta}\eu^{-\iu\theta} = \eu^0 = 1$ . ∎

نتيجة 3.8 (صيغة دي موافر)

من أجل $\theta \in \R$ و $n \in \Z$ : $\;(\cos\theta + \iu\sin\theta)^n = \cos(n\theta) + \iu\sin(n\theta)$ .

برهان. من أجل $n \geq 0$ نستقرئ. الحالة $n = 0$ تعطي $1 = 1$ . وبافتراض الصيغة من أجل $n$ ، تعطي المعادلة الدالية (المبرهنة 3.7)

\bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n+1} = \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n}\,\eu^{\iu\theta} = \eu^{\iu n\theta}\,\eu^{\iu\theta} = \eu^{\iu(n+1)\theta} ,

وهو الصيغة عند الرتبة $n + 1$ . ومن أجل $n < 0$ نكتب $n = -m$ مع $m > 0$ : وبما أن مقلوب $\eu^{\iu m\theta}$ هو $\eu^{-\iu m\theta}$ (حسب المبرهنة 3.7 من جديد)، فإن

\bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{-m} = \bigl(\eu^{\iu m\theta}\bigr)^{-1} = \eu^{\iu(-m)\theta} . \qedhere

∎

مثال 3.9 (نشر $\cos 3\theta$ بصيغة دي موافر)

نكتب $c = \cos\theta$ و $s = \sin\theta$ . تعطي صيغة دي موافر ومبرهنة ثنائي الحدّ

\cos 3\theta + \iu \sin 3\theta = (c + \iu s)^3 = c^3 - 3cs^2 + \iu\,(3c^2 s - s^3),

وبمطابقة الجزأين الحقيقيين، ثم بتعويض $s^2 = 1 - c^2$ :

\cos 3\theta = c^3 - 3c(1 - c^2) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta .

ويعطي الجزء التخيلي $\sin 3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta$ مجانًا: فكل متطابقة عقدية تحمل متطابقتين حقيقيتين دائمًا. والمتطابقة المؤطَّرة، مقروءةً بالمقلوب، هي مفتاح معادلة التثليث الكلاسيكية: فإنشاء $\cos(\theta/3)$ انطلاقًا من $\cos\theta$ يعني حلّ المعادلة التكعيبية $4x^3 - 3x = \cos\theta$ ، وهنا يتسلّم الأمر جبرُ الفصل 8.

قضية 3.10 (صيغتا أويلر)

\cos\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}, \qquad \sin\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} - \eu^{-\iu\theta}}{2\iu}.

برهان. اجمع $\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu\sin\theta$ و $\eu^{-\iu\theta} = \cos\theta - \iu\sin\theta$ ، ثم اطرحهما. ∎

طريقة 3.11 (المثلثات عبر الأسّيات)

خطِّط المقدار $\cos^p\theta \sin^q\theta$ (أي حوّل القوى إلى مجموع من $\cos k\theta$ و $\sin k\theta$ ): عوّض بصيغتَي أويلر، وانشر بمبرهنة ثنائي الحدّ (المبرهنة 2.16)، ثم أعد تجميع الحدود المترافقة.
انشر $\cos n\theta$ في صورة كثير حدود في $\cos\theta$ : اكتب $\cos n\theta = \Re\bigl((\cos\theta + \iu\sin\theta)^n\bigr)$ ، وانشر، وحوّل القوى الزوجية للدالة $\sin$ بالعلاقة $\sin^2 = 1 - \cos^2$ .
اجمع المتسلسلات المثلثية من نوع $\sum_k \cos k\theta$ : بأن تتعرف على الجزء الحقيقي لمجموع هندسي $\sum_k (\eu^{\iu\theta})^k$ .
تعميل نصف الزاوية: لكل $p, q$ ،

$\eu^{\iu p} + \eu^{\iu q} = 2 \cos\tfrac{p - q}{2}\; \eu^{\iu \frac{p+q}{2}}, \qquad \eu^{\iu p} - \eu^{\iu q} = 2\iu \sin\tfrac{p - q}{2}\; \eu^{\iu \frac{p+q}{2}} .$

مثال 3.12 (التخطيط)

\cos^3\theta = \Bigl(\frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}\Bigr)^{\!3} = \frac{\eu^{3\iu\theta} + 3\eu^{\iu\theta} + 3\eu^{-\iu\theta} + \eu^{-3\iu\theta}}{8} = \frac{\cos 3\theta + 3\cos\theta}{4}.

وهذه الصورة تُكامل فورًا — وهو بالضبط سبب أهمية التخطيط في الفصل 15. والجداء المختلط يعمل بالطريقة نفسها، لكن بصيغتَي أويلر معًا:

\sin^2\theta\cos^2\theta = \Bigl(\frac{\sin2\theta}2\Bigr)^{\!2} = \frac{1}{4}\cdot \Bigl(\frac{\eu^{2\iu\theta} - \eu^{-2\iu\theta}}{2\iu} \Bigr)^{\!2} = \frac{2 - \eu^{4\iu\theta} - \eu^{-4\iu\theta}}{16} = \frac{1 - \cos4\theta}{8} ,

حيث وفّر اختصار الزاوية المضاعفة في الخطوة الأولى نشرًا ثنائيًا — ويجدر دائمًا البحث عنه قبل الحوسبة الآلية.

مثال 3.13 (مجموع مثلثي ثنائي)

من أجل $n \in \N$ و $\theta \in \R$ ، احسب $S = \sum_{k=0}^{n}\binom nk \cos k\theta$ . تعرّف على الجزء الحقيقي لنشر ثنائي:

S = \Re\sum_{k=0}^n \binom nk \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^k = \Re\bigl(1 + \eu^{\iu\theta}\bigr)^n ,

ثم عمّل نصف الزاوية (الطريقة 3.11 (4)): $1 + \eu^{\iu\theta} = 2\cos\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ ، ومنه

S = \Re\Bigl(2^n\cos^n\frac\theta2\;\eu^{\iu n\theta/2}\Bigr) = 2^n \cos^n\frac\theta2\,\cos\frac{n\theta}2 .

ويعطي الجزء التخيلي $\sum_k\binom nk\sin k\theta = 2^n\cos^n\frac\theta2\sin\frac{n\theta}2$ مجانًا. وللتحقق: $\theta = 0$ يستعيد $\sum\binom nk = 2^n$ ، و $\theta = \pi$ يعطي $S = 0$ من أجل $n \geq 1$ (إذ ينعدم كل عامل $\cos\frac\pi2$ )، أي المجموع المتناوب لسطر المثال 2.17. والطريقة — «انظر إلى مجموع جيوب التمام بوصفه ظلًّا لقوة عقدية، ثم عمّل أنصاف الزوايا» — هي بالضبط طريقة التمرين 3.6، مع إحلال مبرهنة ثنائي الحدّ محلّ المتسلسلة الهندسية.

3.3 جذور الأعداد العقدية

مبرهنة 3.14 (الجذور من الرتبة $n$ )

لتكن $a = r\,\eu^{\iu\alpha} \neq 0$ و $n \in \N^*$ . للمعادلة $z^n = a$ بالضبط $n$ حلًّا:

z_k = r^{1/n}\, \eu^{\iu\left(\frac{\alpha}{n} + \frac{2k\pi}{n}\right)}, \qquad k = 0, 1, \dots, n - 1 .

برهان. نكتب $z = \rho\,\eu^{\iu\theta}$ (حيث $\rho > 0$ ). عندئذ يكون $z^n = \rho^n \eu^{\iu n\theta} = r \eu^{\iu\alpha}$ إذا وفقط إذا كان $\rho^n = r$ (المقاييس) و $n\theta \equiv \alpha \pmod{2\pi}$ (العمد)، أي $\rho = r^{1/n}$ و $\theta = \frac{\alpha}{n} + \frac{2k\pi}{n}$ من أجل $k \in \Z$ ما. ويبقى أن نرى متى يعطي عددان صحيحان $k, k'$ العدد نفسه: وهذا يحدث تحديدًا عندما تختلف الزاويتان بمضاعف للعدد $2\pi$ ،

\frac{2k\pi}n - \frac{2k'\pi}n \in 2\pi\Z \iff \frac{k - k'}n \in \Z \iff n \mid k - k' .

وبالقسمة الإقليدية، يكون كل $k \in \Z$ موافقًا بترديد $n$ لعنصر واحد بالضبط من $\{0, 1, \dots, n-1\}$ ، فيسرد هذا المجال كل حلّ مرة واحدة ويكون العدد $n$ بالضبط. (والحجة نفسها، مطبَّقةً داخل $\mathbb U_n$ ، تبيّن أن الجذور تكوّن مضلعًا منتظمًا ذا $n$ ضلعًا: إذ تدور القيم المتتالية للدليل $k$ بالزاوية الثابتة $\frac{2\pi}n$ .) ∎

مثال 3.15 (الجذور التكعيبية للعدد $-27$ )

حُلَّ $z^3 = -27$ . الشكل الأسّي للطرف الأيمن: $-27 = 27\,\eu^{\iu\pi}$ ، ومنه فالجذور الثلاثة هي

z_k = 3\,\eu^{\iu(\frac\pi3 + \frac{2k\pi}3)}, \quad k = 0, 1, 2 : \qquad z_0 = 3\eu^{\iu\pi/3} = \frac32 + \frac{3\sqrt3}2\,\iu, \quad z_1 = -3, \quad z_2 = \conj{z_0} .

وتحققان. أولًا: الجذر الحقيقي $-3$ هو البيّن، والآخران دورانان له بالزاويتين $\pm\frac{2\pi}3$ — أي، على نحو مكافئ، $-3j$ و $-3j^2$ . وثانيًا يؤكد الجبر ذلك: $z^3 + 27 = (z + 3)(z^2 - 3z + 9)$ ، ومميّز المعادلة من الدرجة الثانية هو $9 - 36 = -27 < 0$ وجذراها $\frac{3 \pm 3\iu\sqrt3}2 = z_0, \conj{z_0}$ . والفكرة النافذة: من أجل الأطراف اليمنى الحقيقية، تأتي الجذور غير الحقيقية دائمًا في أزواج مترافقة، فيكون رسم مجموعة الحلول متناظرًا بالنسبة إلى المحور الحقيقي — وهو تمهيد لمبرهنة التعميل الحقيقي في الفصل 8.

مثال 3.16 (طرف أيمن غير حقيقي)

حُلَّ $z^4 = -8 + 8\iu\sqrt3$ . الشكل الأسّي للطرف الأيمن: المقياس $\sqrt{64 + 192} = 16$ ، والعمدة $\theta$ حيث $\cos\theta = -\frac12$ و $\sin\theta = \frac{\sqrt3}2$ ، أي $\theta = \frac{2\pi}3$ . والجذور الأربعة هي

z_k = 2\,\eu^{\iu(\frac\pi6 + \frac{k\pi}2)}, \quad k = 0, 1, 2, 3 : \qquad z_0 = \sqrt3 + \iu,\quad z_1 = \iu z_0 = -1 + \iu\sqrt3,

z_2 = -z_0 = -\sqrt3 - \iu,\qquad z_3 = -\iu z_0 = 1 - \iu\sqrt3 .

(وللتحقق: $z_0^2 = 2 + 2\iu\sqrt3$ ، ومنه $z_0^4 = (2 + 2\iu\sqrt3)^2 = 4 - 12 + 8\iu\sqrt3 = -8 + 8\iu\sqrt3$ .) وبمجرد العثور على جذر واحد تأتي الثلاثة الأخرى مجانًا: فهي دوراناته المتتالية بالزاوية $\frac\pi2$ ، أي جداءاته بالجذور الرابعة للوحدة — وهو البناء العام وراء المبرهنة 3.14، ويجدر استغلاله قبل إعادة حساب كل جذر من الصفر. ولا تناظر مترافق هذه المرة: فالطرف الأيمن ليس حقيقيًا.

تعريف 3.17 (جذور الوحدة)

الجذور من الرتبة $n$ للوحدة هي حلول المعادلة $z^n = 1$ :

\mathbb{U}_n = \bigl\{\, \omega^k : k = 0, \dots, n-1 \,\bigr\}, \qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n}.

وهي تكوّن زمرة بالنسبة إلى الضرب (الفصل 7) وتقع عند رؤوس مضلع منتظم ذي $n$ ضلعًا مرسوم داخل دائرة الوحدة.

الجذور الخامسة للوحدة، = 2 π/5: مخمّس منتظم على دائرة الوحدة. — الجذور الخامسة للوحدة، $\omega = \eu^{2\iu\pi/5}$ : مخمّس منتظم على دائرة الوحدة.

قضية 3.18 (مجموع جذور الوحدة)

من أجل $n \geq 2$ ، يكون مجموع الجذور من الرتبة $n$ للوحدة معدومًا: $\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = 0$ .

برهان. مجموع هندسي أساسه $\omega \neq 1$ : $\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = \frac{\omega^n - 1}{\omega - 1} = 0$ لأن $\omega^n = 1$ . ∎

مثال 3.19 (قراءة الجزأين الحقيقي والتخيلي)

تفكيك $\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = 0$ إلى جزأين حقيقي وتخيلي يعطي متطابقتين مثلثيتين مجانًا:

\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}n = 0, \qquad \sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{2k\pi}n = 0 \qquad (n \geq 2).

وهندسيًا: مركز ثقل مضلع منتظم ذي $n$ ضلعًا مرسوم داخل دائرة الوحدة هو مركزها — فالرؤوس تتوازن تمامًا. ومن أجل $n = 5$ تعطي المتطابقة الأولى $1 + 2\cos\frac{2\pi}5 + 2\cos\frac{4\pi}5 = 0$ (بازدواج $k$ مع $n - k$ )، وهي نقطة انطلاق حساب $\cos\frac{2\pi}5$ في التمرين 3.8.

مثال 3.20 (الجذور التربيعية في الشكل الجبري)

لحلّ $z^2 = 3 + 4\iu$ دون مثلثات، ضع $z = x + \iu y$ :

x^2 - y^2 = 3, \qquad 2xy = 4, \qquad x^2 + y^2 = \abs{3 + 4\iu} = 5 .

وبجمع الأولى والأخيرة: $x^2 = 4$ ، ومنه $x = \pm 2$ ، ثم $y = 2/x = \pm 1$ مع اقتران الإشارتين نفسه (إذ $xy = 2 > 0$ ): $z = \pm(2 + \iu)$ . وبضمّ ذلك إلى الصيغة المعتادة، يُحلّ كل معادلة من الدرجة الثانية ذات معاملات عقدية (التمرين 3.7).

3.4 الأعداد العقدية وهندسة المستوي

قضية 3.21 (القاموس الهندسي)

نطابق النقطة $M(x, y)$ من المستوي مع لاحقتها $z = x + \iu y$ . من أجل نقاط متمايزة $A, B, C$ لواحقها $a, b, c$ :

المقدار $\abs{b - a}$ هو المسافة $AB$ ؛
والمقدار $\arg\dfrac{c - a}{b - a}$ هو الزاوية بين المتجهتين $\vect{AB}$ و $\vect{AC}$ (بترديد $2\pi$ )؛
والنقاط $A, B, C$ في استقامية إذا وفقط إذا كان $\dfrac{c - a}{b - a} \in \R$ ؛ والمستقيمان $AB$ و $AC$ متعامدان إذا وفقط إذا كان $\dfrac{c - a}{b - a} \in \iu\R$ .

برهان. النقطة (1) هي تعريف المقياس مطبَّقًا على $b - a$ ، وهو لاحقة $\vect{AB}$ . و (2): اكتب $b - a = r\eu^{\iu\theta}$ و $c - a = s\eu^{\iu\varphi}$ ؛ عندئذ تكون عمدة $\frac{c-a}{b-a} = \frac sr \eu^{\iu(\varphi - \theta)}$ هي $\varphi - \theta$ ، وهي الزاوية من $\vect{AB}$ إلى $\vect{AC}$ . و (3): الاستقامية تعني زاويةً $0$ أو $\pi$ ، أي عمدةً في $\pi\Z$ ، أي أن القسمة حقيقية؛ والتعامد يعني زاوية $\pm\frac\pi2$ ، أي أن القسمة تخيلية بحتة. (والقسمة غير معدومة لأن $C \neq A$ .) ∎

ملاحظة 3.22 (استراحة: $\C$ هو المستوي مزوَّدًا بضرب)

يجدر الوقوف عند ما يجعل هذا الفصل ممكنًا أصلًا: المستوي $\R^2$ يحمل جمعًا في كل اتجاه، لكن لا ضرب مُنزَلًا فيه — و $\C$ هو المستوي مزوَّدًا بواحد، حيث يدير الضرب في عدد مثبَّت ويكبّر أو يصغّر. وستُستثمر هذه البنية الواحدة ثلاث مرات أخرى في هذا المجلد. ففي الفصل 21، يعود الضرب في $a + \iu b$ في صورة المصفوفة $2 \times 2$ ذات السطرين $(a, -b)$ و $(b, a)$ : فحساب الأعداد العقدية عائلة أولى ملموسة كل الملموسية من جداءات المصفوفات. وفي الفصل 23، يتبيّن أن الصيغة $\Re(\conj z\,w)$ هي الجداء السلّمي، وأن $\abs z$ هو المعيار الإقليدي: فالمتراجحة المثلثية المبرهن عليها هنا هي نموذج قصة كوشي–شوارتز هناك. وفي الفصل 24، أحسنُ كتابةٍ لنقطة متحركة هي $t \mapsto z(t)$ ، فتصير السرعة والتسارع مشتقات عقدية القيم — والحركة الدائرية، مثلًا، ليست إلا $z(t) = R\,\eu^{\iu\omega t}$ . ضربٌ واحد جيد، وأربعة فصول من الأرباح.

قضية 3.23 (التطبيقات $z \mapsto az + b$ )

ليكن $a \in \C^*$ و $b \in \C$ . التحويل $f(z) = az + b$ للمستوي:

يكون انسحابًا إذا كان $a = 1$ ؛
وإلا كانت له نقطة صامدة وحيدة $\zeta = \frac{b}{1-a}$ ، ولدينا $f(z) - \zeta = a\,(z - \zeta)$ : أي أن $f$ هو دوران مركزه $\zeta$ وزاويته $\arg a$ ، مركَّبًا مع التحاكي الذي مركزه $\zeta$ ونسبته $\abs a$ .

وبوجه خاص فإن $z \mapsto \eu^{\iu\theta} z$ هو الدوران بالزاوية $\theta$ حول المبدأ، و $\conj z$ هو التناظر بالنسبة إلى المحور الحقيقي.

برهان. إذا كان $a = 1$ فإن $f(z) = z + b$ ينسحب بالمتجهة ذات اللاحقة $b$ . وإذا كان $a \neq 1$ فلمعادلة النقطة الصامدة $z = az + b$ الحلُّ الوحيد $\zeta = \frac{b}{1-a}$ ، وعندئذ $f(z) - \zeta = az + b - (a\zeta + b) = a(z - \zeta)$ . وبكتابة $a = \abs a\, \eu^{\iu\arg a}$ ، يضرب الضربُ في $a$ المسافاتِ إلى $\zeta$ في $\abs a$ ويضيف $\arg a$ إلى الزوايا عند $\zeta$ ، وهو التركيب المعلن. ∎

مثال 3.24 (تصنيف تطبيق $z \mapsto az+b$ )

خذ $f(z) = \iu z + 1$ . هنا $a = \iu \neq 1$ : فالنقطة الصامدة هي

\zeta = \frac{b}{1 - a} = \frac1{1 - \iu} = \frac{1 + \iu}{2},

وبما أن $\abs a = 1$ فلا تحاكي البتة: أي أن $f$ هو الدوران الخالص الذي مركزه $\frac{1+\iu}2$ وزاويته $\arg \iu = \frac\pi2$ . وللتحقق: $f(\zeta) = \iu\,\frac{1+\iu}2 + 1 = \frac{\iu - 1}2 + 1 = \frac{1 + \iu}2 = \zeta$ و $f(0) = 1$ و $f(1) = 1 + \iu$ و $f(1 + \iu) = \iu\,(1 + \iu) + 1 = \iu$ : فالنقاط الأربع $0, 1, 1+\iu, \iu$ من المربع الوحدوي تدور حول مركزها $\zeta$ ، ربع دورة في كل مرة — وهو بالضبط ما يجب أن يفعله دوران بالزاوية $\frac\pi2$ حول مركز المربع.

التطبيق f(z) = z + 1 من : دوران بربع دورة حول النقطة الصامدة = 1+ 2. ورؤوس المربع الوحدوي تدور 0 1 1+ 0؛ ولا تتحرك أيّ نقطة على خطّ مستقيم، ومع ذلك يُدار المربع كله إدارةً صلبة. — التطبيق $f(z) = \iu z + 1$ من المثال 3.24: دوران بربع دورة حول النقطة الصامدة $\zeta = \frac{1+\iu}2$ . ورؤوس المربع الوحدوي تدور $0 \to 1 \to 1{+}\iu \to \iu \to 0$ ؛ ولا تتحرك أيّ نقطة على خطّ مستقيم، ومع ذلك يُدار المربع كله إدارةً صلبة.

ملاحظة 3.25 (مزالق شائعة مع المقاييس والعمد)

لا متراجحات في $\C$ . كتابة $z \leq w$ من أجل أعداد غير حقيقية بلا معنى؛ فلا يقارَن إلا المقاييس والأجزاء الحقيقية والأجزاء التخيلية.
الرمز $\sqrt{\phantom z}$ محجوز للمجموعة $\R_+$ . لكل عدد عقدي غير معدوم جذران تربيعيان اثنان ولا أفضلية لأحدهما: فاكتب «ليكن $\delta$ جذرًا تربيعيًا للمقدار $\Delta$ » (يُحسب كما في المثال 3.20)، ولا تكتب $\sqrt\Delta$ أبدًا — فالقاعدة $\sqrt{ab} = \sqrt a\sqrt b$ تخفق أصلًا عند $a = b = -1$ .
العمد تعيش بترديد $2\pi$ . من $\eu^{\iu\alpha} = \eu^{\iu\beta}$ استنتج $\alpha \equiv \beta \pmod{2\pi}$ ، لا $\alpha = \beta$ ؛ فنسيان المقدار $2k\pi$ هو ما يجعل مجموعات حلول $z^n = a$ تفقد $n - 1$ من عناصرها $n$ .
المقدار $\abs{z + w}$ ليس $\abs z + \abs w$ . التساوي في المتراجحة المثلثية هو الحالة الاستثنائية التي تقع فيها النقاط في استقامية (القضية 3.2 (4))؛ وفي الحالة العامة يجب تقدير مقياس المجموع، لا حسابه.

مثال 3.26

النقاط $A, B, C$ (ذات اللواحق $a, b, c$ ، المتمايزة مثنى مثنى) تكوّن مثلثًا متساوي الأضلاع رؤوسه بالترتيب المباشر (عكس عقارب الساعة) إذا وفقط إذا كان $\frac{c - a}{b - a} = \eu^{\iu\pi/3}$ : إذ إن الدوران الذي مركزه $A$ وزاويته $\frac\pi3$ يرسل $B$ إلى $C$ . وتلتقط المعادلةُ المتناظرة $a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca$ التوجيهين معًا (التمرين 3.10).

ملاحظة 3.27 (أين يُستعمل هذا الفصل)

الشكل الأسّي هو الأداة الحسابية الأكثر إعادةَ استعمال في المجلد. فجذور الوحدة تصير المثال المعياري للزمرة الدائرية في الفصل 7 وتحرّك تعميل $X^n - 1$ في الفصل 8؛ ويُنتج تجميع الجذور المترافقة هناك التعميلات الحقيقية التي تستعملها الكسور الجزئية في الفصل 9. والتخطيط (الطريقة 3.11) هو التحضير المعياري لمكاملة القوى المثلثية في الفصل 15، وللمعادلات المميِّزة في الفصل 5 جذور عقدية تُنتج أجزاؤها الحقيقية والتخيلية الحلول المتذبذبة $\eu^{\lambda t}\cos\omega t$ . ويعود القاموس الهندسي في ثوب مصفوفي: فتصير الدورانات والتشابهات المصفوفات المتعامدة في الفصول 21 و23، وأحسنُ كتابةٍ للمنحنيات ذات الوسيط في الفصل 24 هي في الغالب صورة التطبيقات $t \mapsto z(t) \in \C$ .

3.5 تمارين

تمرين 3.1 ★

اكتب في الشكل الأسّي: $1 + \iu$ ؛ و $\;\sqrt 3 - \iu$ ؛ و $\;-5$ ؛ و $\;\dfrac{1 + \iu}{\sqrt 3 - \iu}$ . واستنتج $\cos\frac{5\pi}{12}$ و $\sin\frac{5\pi}{12}$ .

حل

حل التمرين 3.1.

$1 + \iu = \sqrt 2\, \eu^{\iu\pi/4}$ ؛ $\;\sqrt 3 - \iu = 2\, \eu^{-\iu\pi/6}$ ؛ $\;-5 = 5\, \eu^{\iu\pi}$ ؛

\frac{1 + \iu}{\sqrt 3 - \iu} = \frac{\sqrt 2}{2}\, \eu^{\iu(\pi/4 + \pi/6)} = \frac{\sqrt 2}{2}\, \eu^{5\iu\pi/12}.

وبحساب القسمة نفسها جبريًا (بالضرب في المرافق):

\frac{(1 + \iu)(\sqrt 3 + \iu)}{4} = \frac{(\sqrt 3 - 1) + \iu(\sqrt 3 + 1)}{4}.

وبالمطابقة مع $\frac{\sqrt 2}{2}(\cos\frac{5\pi}{12} + \iu\sin\frac{5\pi}{12})$ :

\cos\frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt 6 - \sqrt 2}{4}, \qquad \sin\frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt 6 + \sqrt 2}{4}.

تمرين 3.2 ★

احسب $(1 + \iu)^{20}$ . ومن أجل أيّ $n \in \N$ يكون $(1 + \iu)^n$ عددًا حقيقيًا؟

حل

حل التمرين 3.2.

لدينا $(1+\iu)^2 = 2\iu$ ، ومنه $(1+\iu)^{20} = (2\iu)^{10} = 2^{10}\,\iu^{10} = 1024 \times (-1) = -1024$ .

وفي الشكل الأسّي $(1+\iu)^n = 2^{n/2}\, \eu^{\iu n\pi/4}$ ، وهو حقيقي إذا وفقط إذا كان $\sin\frac{n\pi}{4} = 0$ ، أي $4 \mid n$ . إذن $(1+\iu)^n \in \R$ تحديدًا من أجل مضاعفات $4$ (والقيمة $(-4)^{n/4}$ ).

تمرين 3.3 ★

صِف هندسيًا مجموعة الأعداد $z \in \C$ التي تحقق: $\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}$ ؛ و $\;\abs{z - 1} = 2$ ؛ و $\;\dfrac{z - 1}{z + 1} \in \iu\R$ (من أجل $z \neq -1$ ).

حل

حل التمرين 3.3.

$\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}$ : تساوي البعد عن النقطتين $2$ و $-\iu$ — أي محور القطعة الواصلة بين $(2, 0)$ و $(0, -1)$ .

$\abs{z - 1} = 2$ : الدائرة التي مركزها $1$ ونصف قطرها $2$ .

$\frac{z-1}{z+1} \in \iu\R$ : حسب القضية 3.21 (3)، تحقق النقاط $M(z)$ و $A(1)$ و $B(-1)$ ما يلي: المستقيمان $MA$ و $MB$ متعامدان (أو $z = 1$ ، حيث تكون القسمة $0 \in \iu\R$ ). والمجموعة هي الدائرة ذات القطر $[-1, 1]$ (أي دائرة الوحدة)، منقوصةً منها النقطة $-1$ حيث تكون القسمة غير معرَّفة. وللتحقق بالحساب: $z = \eu^{\iu\theta}$ يعطي $\frac{z-1}{z+1} = \frac{\eu^{\iu\theta/2}(\eu^{\iu\theta/2} - \eu^{-\iu\theta/2})}{\eu^{\iu\theta/2}(\eu^{\iu\theta/2} + \eu^{-\iu\theta/2})} = \iu\tan\frac\theta2 \in \iu\R$ .

تمرين 3.4 ★

خطِّط $\sin^4\theta$ ، وانشر $\cos 4\theta$ في صورة كثير حدود في $\cos\theta$ .

حل

حل التمرين 3.4.

التخطيط:

\sin^4\theta = \Bigl(\frac{\eu^{\iu\theta} - \eu^{-\iu\theta}}{2\iu}\Bigr)^{\!4} = \frac{\eu^{4\iu\theta} - 4\eu^{2\iu\theta} + 6 - 4\eu^{-2\iu\theta} + \eu^{-4\iu\theta}}{16} = \frac{\cos 4\theta - 4\cos 2\theta + 3}{8}.

والنشر: بصيغة دي موافر، $\cos 4\theta = \Re\bigl((c + \iu s)^4\bigr) = c^4 - 6c^2 s^2 + s^4$ حيث $c = \cos\theta$ و $s = \sin\theta$ ؛ وبتعويض $s^2 = 1 - c^2$ :

\cos 4\theta = c^4 - 6c^2(1 - c^2) + (1 - c^2)^2 = 8c^4 - 8c^2 + 1 .

تمرين 3.5 ★

حُلَّ $z^3 = 8\iu$ وضع الحلول على رسم. وحُلَّ $z^4 = -4$ وعمّل $X^4 + 4$ إلى كثيرَي حدود حقيقيين من الدرجة الثانية.

حل

حل التمرين 3.5.

$8\iu = 8\,\eu^{\iu\pi/2}$ ، ومنه فالجذور التكعيبية هي $2\,\eu^{\iu(\pi/6 + 2k\pi/3)}$ حيث $k = 0, 1, 2$ :

z_0 = 2\eu^{\iu\pi/6} = \sqrt 3 + \iu,\quad z_1 = 2\eu^{5\iu\pi/6} = -\sqrt 3 + \iu,\quad z_2 = 2\eu^{3\iu\pi/2} = -2\iu :

وهي مثلث متساوي الأضلاع على الدائرة ذات نصف القطر $2$ .

ولدينا $-4 = 4\eu^{\iu\pi}$ ، ومنه فحلول $z^4 = -4$ هي $\sqrt 2\, \eu^{\iu(\pi/4 + k\pi/2)}$ : أي $\;1 + \iu$ و $-1 + \iu$ و $-1 - \iu$ و $1 - \iu$ . وبازدواج الجذرين المترافقين:

X^4 + 4 = \bigl(X^2 - 2X + 2\bigr)\bigl(X^2 + 2X + 2\bigr),

لأن $(X - (1+\iu))(X - (1-\iu)) = X^2 - 2X + 2$ وكذلك من أجل الزوج الآخر. (انشر للتحقق.)

تمرين 3.6 ★★

من أجل $\theta \in \R$ حيث $\eu^{\iu\theta} \neq 1$ ومن أجل $n \in \N$ ، احسب

C_n = \sum_{k=0}^{n} \cos k\theta \qquad\text{و}\qquad S_n = \sum_{k=0}^{n} \sin k\theta

بجمع المتسلسلة الهندسية $\sum_k \eu^{\iu k\theta}$ وباستعمال تعميل نصف الزاوية.

حل

حل التمرين 3.6.

$C_n + \iu S_n = \sum_{k=0}^{n} \eu^{\iu k\theta} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta} - 1}{\eu^{\iu\theta} - 1}$ (مجموع هندسي أساسه $\eu^{\iu\theta} \neq 1$ ). وبتعميل نصف الزاوية (الطريقة 3.11 (4)) في البسط والمقام:

\frac{2\iu\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\, \eu^{\iu(n+1)\theta/2}} {2\iu\sin\frac{\theta}{2}\, \eu^{\iu\theta/2}} = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\, \eu^{\iu n\theta/2}.

وبأخذ الجزأين الحقيقي والتخيلي:

C_n = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \cos\frac{n\theta}{2}, \qquad S_n = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \sin\frac{n\theta}{2}.

تمرين 3.7 ★★

حُلَّ في $\C$ : $z^2 - (3 + 4\iu) z + (-1 + 5\iu) = 0$ . (احسب المميِّز، واستخرج جذريه التربيعيين كما في المثال 3.20.)

حل

حل التمرين 3.7.

المميِّز: $\Delta = (3 + 4\iu)^2 - 4(-1 + 5\iu) = 9 + 24\iu - 16 + 4 - 20\iu = -3 + 4\iu$ . والجذران التربيعيان للعدد $-3 + 4\iu$ : حُلَّ $x^2 - y^2 = -3$ و $2xy = 4$ و $x^2 + y^2 = 5$ ؛ عندئذ $x^2 = 1$ و $y = 2/x$ ، وبالإشارتين نفسيهما: $\delta = \pm(1 + 2\iu)$ . ومنه

z = \frac{(3 + 4\iu) \pm (1 + 2\iu)}{2} \in \{\, 2 + 3\iu,\; 1 + \iu \,\}.

وللتحقق: المجموع $= 3 + 4\iu$ والجداء $(2+3\iu)(1+\iu) = -1 + 5\iu$ ، كما تقتضيه المعاملات.

تمرين 3.8 ★★

لتكن $\omega = \eu^{2\iu\pi/5}$ .

برّر أن $1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0$ .
ضع $u = \omega + \omega^4$ و $v = \omega^2 + \omega^3$ . احسب $u + v$ و $uv$ ، واستنتج أن $u$ و $v$ جذرا كثير الحدود $X^2 + X - 1$ .
استنتج أن $\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 - 1}{4}$ .

حل

حل التمرين 3.8.

القضية 3.18 مع $n = 5$ .
$u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1$ حسب (1). وأمّا الجداء فانشر وأرجِع الأسس بترديد $5$ :

$uv = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3) = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1 .$

إذن مجموع $u$ و $v$ هو $-1$ وجداؤهما $-1$ : فهما جذرا كثير الحدود $X^2 + X - 1$ .
لدينا $u = \omega + \conj\omega = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0$ (فالزاوية حادّة)، والجذر الموجب لكثير الحدود $X^2 + X - 1$ هو $\frac{-1 + \sqrt 5}{2}$ . ومنه $\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 - 1}{4}$ .

تمرين 3.9 ★★

برهن على أنه لكل $z, w \in \C$ (متطابقة متوازي الأضلاع):

\abs{z + w}^2 + \abs{z - w}^2 = 2\abs z^2 + 2\abs w^2 ,

وفسّرها هندسيًا في متوازي الأضلاع ذي الرؤوس $0, z, w, z + w$ .

حل

حل التمرين 3.9.

انشر المربعين كما في برهان القضية 3.2 (4):

\abs{z + w}^2 = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\Re(z\conj w), \qquad \abs{z - w}^2 = \abs z^2 + \abs w^2 - 2\Re(z\conj w),

ثم اجمع. وهندسيًا، $\abs{z+w}$ و $\abs{z-w}$ هما طولا قطرَي متوازي الأضلاع ذي الرؤوس $0, z, z+w, w$ ، بينما $\abs z$ و $\abs w$ هما طولا الضلعين: فمجموع مربعَي القطرين يساوي مجموع مربعات الأضلاع الأربعة.

تمرين 3.10 ★★★

برهن على أن ثلاث نقاط متمايزة مثنى مثنى لواحقها $a, b, c$ تكوّن مثلثًا متساوي الأضلاع (بأيّ توجيه) إذا وفقط إذا كان

a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca .

إرشاد: الحالة المباشرة هي $\frac{c-a}{b-a} = -j^2$ والحالة غير المباشرة $\frac{c-a}{b-a} = -j$ ، حيث يحقق $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ العلاقة $j^2 + j + 1 = 0$ ؛ أو عمّل $a + jb + j^2c$ و $a + j^2 b + jc$ .

حل

حل التمرين 3.10.

ليكن $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ ، ومنه $j^2 + j + 1 = 0$ و $\eu^{\iu\pi/3} = -j^2$ و $\eu^{-\iu\pi/3} = -j$ . ويكون المثلث متساوي الأضلاع مباشرًا إذا وفقط إذا كان $c - a = -j^2 (b - a)$ ، وغير مباشر إذا وفقط إذا كان $c - a = -j(b - a)$ (المثال 3.26).

تأمّل $P = a + jb + j^2 c$ و $Q = a + j^2 b + jc$ . وباستعمال $1 + j^2 = -j$ و $j^3 = 1$ :

c - a + j^2(b - a) = c + j^2 b - (1 + j^2)\,a = c + j^2 b + ja = j\,(a + jb + j^2 c) = jP,

فتُقرأ الحالة المباشرة $jP = 0 \iff P = 0$ ؛ والحساب نفسه مع $j$ بدل $j^2$ يعطي $c - a + j(b - a) = j^2 Q$ ، فتُقرأ الحالة غير المباشرة $Q = 0$ . ومنه: يكون المثلث متساوي الأضلاع (بأيّ توجيه) $\iff PQ = 0$ . وبالنشر، مع $j + j^2 = -1$ :

PQ = a^2 + b^2 + c^2 + (j + j^2)(ab + bc + ca) = a^2 + b^2 + c^2 - (ab + bc + ca).

إذن يكون المثلث متساوي الأضلاع إذا وفقط إذا كان $a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca$ .

تمرين 3.11 ★★★

من أجل $n \in \N^*$ ، احسب $P = \prod_{k=1}^{n-1} \bigl(1 - \omega^k\bigr)$ حيث $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ . إرشاد: $X^n - 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \omega^k)$ ؛ اقسم على $X - 1$ وعوّض $X = 1$ . واستنتج $\prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n} = \dfrac{n}{2^{n-1}}$ .

حل

حل التمرين 3.11.

بما أن الأعداد $\omega^k$ حيث $k = 0, \dots, n-1$ هي بالضبط الجذور $n$ لكثير الحدود $X^n - 1$ (المبرهنة 3.14)، وأن كثير الحدود واحديّ:

X^n - 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \omega^k) = (X - 1) \prod_{k=1}^{n-1} (X - \omega^k).

وبالقسمة على $X - 1$ : $\;1 + X + \dots + X^{n-1} = \prod_{k=1}^{n-1} (X - \omega^k)$ . وبتعويض $X = 1$ نجد $P = n$ .

والآن $1 - \omega^k = -\eu^{\iu k\pi/n}\bigl(\eu^{\iu k\pi/n} - \eu^{-\iu k\pi/n}\bigr) = -2\iu\,\eu^{\iu k\pi/n} \sin\frac{k\pi}{n}$ ، فبأخذ المقاييس في $P = n$ (وكل $\sin\frac{k\pi}n > 0$ من أجل $1 \leq k \leq n-1$ ):

n = \abs P = \prod_{k=1}^{n-1} 2\sin\frac{k\pi}{n} = 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n}, \qquad\text{ومنه}\qquad \prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}} .

تمرين 3.12 ★★

ليكن $n \geq 2$ . حُلَّ المعادلة $(z + 1)^n = (z - 1)^n$ في $\C$ : وبيّن أن لها $n - 1$ حلًّا بالضبط، وكلها تخيلية بحتة، وهي

z_k = -\iu\,\frac{\cos\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{k\pi}{n}}, \qquad k = 1, \dots, n - 1 .

إرشاد: العدد $z = 1$ ليس حلًّا، فاقسم واستعمل جذور الوحدة؛ ثم طبّق تعميل نصف الزاوية من الطريقة 3.11.

حل

حل التمرين 3.12.

العدد $z = 1$ ليس حلًّا (إذ $2^n \neq 0$ )، فتكافئ المعادلة $\bigl(\frac{z+1}{z-1}\bigr)^n = 1$ ، أي $\frac{z+1}{z-1} = \omega^k$ حيث $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ و $k \in \{0, \dots, n-1\}$ . والقيمة $k = 0$ مستبعدة (إذ $z + 1 = z - 1$ مستحيل). ومن أجل $1 \leq k \leq n - 1$ ، يعطي حلّ $z + 1 = \omega^k(z - 1)$ أن $z(1 - \omega^k) = -1 - \omega^k$ ، ومنه، مع $\varphi = \frac{2k\pi}{n}$ وبتعميلَي نصف الزاوية $1 + \eu^{\iu\varphi} = 2\cos\frac\varphi2\, \eu^{\iu\varphi/2}$ و $\eu^{\iu\varphi} - 1 = 2\iu\sin\frac\varphi2 \,\eu^{\iu\varphi/2}$ :

z_k = \frac{1 + \omega^k}{\omega^k - 1} = \frac{2\cos\frac{k\pi}{n}}{2\iu\,\sin\frac{k\pi}{n}} = -\iu\,\frac{\cos\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{k\pi}{n}} ,

وهي تخيلية بحتة كما ادُّعي. والتطبيق $t \mapsto \cos t/\sin t$ متباين على $\intoo0\pi$ (فهو متناقص تمامًا)، فتكون القيم $z_k$ التي عددها $n - 1$ متمايزة مثنى مثنى: أي أن للمعادلة، وهي من الدرجة $n - 1$ بعد النشر (إذ تختصر حدود $z^n$ )، هذه الحلول $n - 1$ بالضبط.

3.6 مسألة: مبرهنة نابليون

مسألة 3.1

ارفع على كل ضلع من أضلاع مثلث كيفيّ مثلثًا متساوي الأضلاع نحو الخارج: تكوّن مراكز تلك المثلثات الثلاثة دائمًا مثلثًا متساوي الأضلاع. هذه هي مبرهنة نابليون — وهي عبارة لا سبب ظاهرًا لصحتها، يبرهن عليها جبرُ $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ في ثلاثة أسطر من الحساب. وتبني هذه المسألة صندوق العدّة كاملًا (الدورانات، والتشابهات المباشرة، ومعيار $j$ في التمرين 3.10)، وتبرهن على مبرهنة نابليون الداخلية والخارجية، وتحدّد الحالة المنحلّة، وتختم بجوهرة ثانية من المدرسة نفسها: مبرهنة فان سخوتن في المثلثات المتساوية الأضلاع ومتراجحة بطليموس. وفي كل ما يلي، نطابق نقاط المستوي بلواحقها.

الجزء 1 — العدد $j$ والدورانات.

احسب الشكل الجبري للعدد $j$ ، ثم $j^2$ و $j^3$ و $1 + j + j^2$ و $\conj j$ و $j^{-1}$ . وضع $1$ و $j$ و $j^2$ على رسم تخطيطي لدائرة الوحدة.
بيّن أن الدوران الذي مركزه $a$ وزاويته $\theta$ هو $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z - a)$ ، وأن تركيب دورانين زاويتاهما $\theta$ و $\theta'$ هو دوران زاويته $\theta + \theta'$ إذا كان $\theta + \theta' \notin 2\pi\Z$ ، وانسحابٌ فيما عدا ذلك. (استعمل القضية 3.23.)
ليكن $b \neq c$ . بيّن أنه توجد بالضبط نقطتان $p$ تجعلان $(b, c, p)$ متساوي الأضلاع، وهما $p = b + \eu^{\pm\iu\pi/3}(c - b)$ . ومن أجل مثلث مباشر $(a, b, c)$ ، تحقق على المثال $a = 0$ و $b = 1$ و $c = \iu$ من أن الاختيار $\eu^{-\iu\pi/3}$ هو الواقع على الجهة البعيدة من المستقيم $BC$ عن $a$ — وهو الرأس الخارجي.
انطلاقًا من حلّ التمرين 3.10، يكون $(a, b, c)$ مثلثًا مباشرًا متساوي الأضلاع إذا وفقط إذا كان $a + jb + j^2c = 0$ . برهن على متطابقتَي الدوران

$b + jc + j^2a = j^2\,(a + jb + j^2c), \qquad c + ja + j^2b = j\,(a + jb + j^2c),$

واستنتج أن المعيار لا يتغير بالتبديل الدائري للثلاثية $(a, b, c)$ .
بيّن أنه إذا كان $a + jb + j^2c = 0$ وانطبقت نقطتان من النقاط الثلاث فإن الثلاث تنطبق. (فالمعيار يميّز إذن تمييزًا تامًّا: مثلث مباشر متساوي الأضلاع، أو نقطة واحدة.)

الجزء 2 — التشابهات المباشرة.

بيّن أن التطبيقات $f(z) = az + b$ حيث $a \in \C^*$ (وتُسمّى التشابهات المباشرة) مستقرة بالتركيب وبالقلب: أي أن تركيب اثنين منها، ومقلوب أيٍّ منها، على هذه الصورة كذلك. (وبلغة الفصل 7: تكوّن زمرة.)
من أجل $z_1 \neq z_2$ و $w_1 \neq w_2$ معطاة، بيّن أنه يوجد تشابه مباشر وحيد $f$ يحقق $f(z_1) = w_1$ و $f(z_2) = w_2$ ، وأعط $a$ و $b$ صراحةً.
بيّن أن التشابه المباشر $f(z) = az + b$ يضرب جميع المسافات في $\abs a$ ويحافظ على شكل $\frac{c - a'}{b' - a'}$ أيّ مثلث $(a', b', c')$ (إذ يُضرب كلٌّ من البسط والمقام في $a$ ). واستنتج أن مثلثين يتشابهان تشابهًا مباشرًا تحديدًا عندما يتساوى شكلاهما.
عيّن تعيينًا كاملًا التشابهَ المباشر الذي يحقق $f(0) = 1$ و $f(1) = \iu$ : أعط $a$ و $b$ والنقطة الصامدة والنسبة والزاوية.
ليكن $\alpha + \beta = 1$ . بيّن أن «النقطة الموزونة» $g(a', b') = \alpha a' + \beta b'$ تتبادل مع كل تشابه مباشر: $f(\alpha a' + \beta b') = \alpha f(a') + \beta f(b')$ . واستنتج أن مراكز الثقل والأوساط ومراكز نابليون أدناه تنتقل جميعها بالتشابهات — وهي الرخصة الجبرية وراء كل حجة من نوع «دون فقدان العمومية، ضع الدائرة المحيطة على دائرة الوحدة».

الجزء 3 — مبرهنة نابليون. ليكن $(a, b, c)$ مثلثًا مباشرًا. ارفع على كل ضلع المثلثَ المتساوي الأضلاع الخارجي (السؤال 3) ولتكن $n_a$ و $n_b$ و $n_c$ مراكز (مراكز ثقل) المثلثات المرفوعة على $[b, c]$ و $[c, a]$ و $[a, b]$ على الترتيب.

بيّن أن

$n_a = \alpha b + \beta c, \qquad n_b = \alpha c + \beta a, \qquad n_c = \alpha a + \beta b, \qquad\text{حيث}\quad \alpha = \frac{3 + \iu\sqrt3}{6},\ \beta = \conj\alpha .$
تحقق من أن $\alpha + \beta = 1$ ، واستنتج أن للمثلث $(n_a, n_b, n_c)$ مركز الثقل نفسه الذي للمثلث $(a, b, c)$ .
باستعمال متطابقات السؤال 4، بيّن أن

$n_a + j\,n_b + j^2 n_c = (\alpha j^2 + \beta j)\,(a + jb + j^2c) .$
احسب $\alpha j + \beta$ واستنتج: $\alpha j^2 + \beta j = j(\alpha j + \beta) = 0$ ، ومنه $n_a + j n_b + j^2 n_c = 0$ من أجل كل مثلث: أي أن مثلث نابليون الخارجي مباشر ومتساوي الأضلاع (أو نقطة). وبهذا تكون مبرهنة نابليون مبرهنًا عليها.
ارفع المثلثات المتساوية الأضلاع نحو الداخل بدلًا من ذلك (بالاختيار $\eu^{+\iu\pi/3}$ في السؤال 3) ولتكن $m_a, m_b, m_c$ مراكزها. بيّن أن $m_a = \beta b + \alpha c$ (وكذلك بالتبديل الدائري)، ثم برهن على أن $m_a + j^2 m_b + j\,m_c = 0$ : أي أن مثلث نابليون الداخلي متساوي الأضلاع كذلك، لكن بالتوجيه المعاكس.
حدّد الانحلال: بيّن أن $n_a = n_b = n_c$ يحدث تحديدًا عندما يكون $a + j^2 b + jc = 0$ ، أي عندما يكون $(a, b, c)$ مثلثًا غير مباشر متساوي الأضلاع. (تنطبق نقطتان من $n_a, n_b, n_c$ إذا وفقط إذا انطبقت الثلاث، حسب السؤال 5؛ ثم استعمل $n_a + j^2 n_b + j n_c = j(\alpha + \beta j)(a + j^2b + jc)$ وتحقق من أن $\alpha + \beta j \neq 0$ .)
أجرِ الحساب كله على المثلث $a = 0$ و $b = 1$ و $c = \iu$ : أعط $n_a, n_b, n_c$ بالضبط، وتحقق بحساب مباشر لمربعات أطوال الأضلاع الثلاثة من أن المثلث متساوي الأضلاع، ومربع ضلعه $\frac{2 + \sqrt3}{3}$ .

الجزء 4 — بطليموس وفان سخوتن.

برهن على المتطابقة التالية، الصالحة لكل الأعداد العقدية $a, b, c, d$ :

$(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d) .$
استنتج متراجحة بطليموس: من أجل أيّ أربع نقاط $A, B, C, D$ ،

$AC \cdot BD \;\leq\; AB \cdot CD + AD \cdot BC ,$

مع التساوي إذا وفقط إذا وقع $(a-b)(c-d)$ و $(a-d)(b-c)$ على نصف مستقيم واحد مبدؤه $0$ .
بيّن أنه من أجل $\theta, \varphi \in \R$ ، $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} = 2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$ .
(مبرهنة فان سخوتن) لتكن $(a, b, c) = (1, j, j^2)$ — وهذا لا يفقد أيّ عمومية بين المثلثات المباشرة المتساوية الأضلاع حسب الجزء 2 — وليكن $p = \eu^{\iu\theta}$ مع $\theta \in \intoo{2\pi/3}{4\pi/3}$ ، وهي نقطة من الدائرة المحيطة على القوس $BC$ الذي لا يحتوي $A$ . برهن على أن

$PA = PB + PC .$

(عبّر عن المسافات الثلاث بالسؤال 20 واستعمل صيغة تحويل المجموع إلى جداء.)
تحقق عند $p = -1$ من أن هذه هي بالضبط حالة التساوي في متراجحة بطليموس من أجل الترتيب الدائري $A, B, P, C$ : احسب $(a - b)(p - c)$ و $(a - c)(b - p)$ وتأكّد من أن نسبتهما عدد حقيقي موجب.

الجزء 5 — توليفة ختامية.

احسب مثلث نابليون الخارجي للمثلث المتساوي الأضلاع $(1, j, j^2)$ نفسه، وصِف النتيجة هندسيًا.
أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) الضرب بوصفه دورانًا؛ (ب) بنية الزمرة للتشابهات و الشكل بوصفه ثابتًا؛ (ج) تعميل نصف الزاوية في الطريقة 3.11؟ جملة واحدة لكلٍّ منها.
صُغ في فقرة قصيرة عبرة المسألة: ماذا يربح القاموس بين هندسة المستوي وجبر $\C$ ، وماذا يكلّف، وأيّ الخطوتين البرهانيتين — المتطابقة $\alpha j + \beta = 0$ أم الرسم الكلاسيكي — يشرح مبرهنة نابليون شرحًا أفضل في رأيك؟ واذكر موضعًا واحدًا سيعود فيه القاموس في صورة مصفوفية لاحقًا في هذا المجلد.

حل

حل المسألة 3.1.

1. $j = \cos\frac{2\pi}3 + \iu\sin\frac{2\pi}3 = -\frac12 + \iu\frac{\sqrt3}2$ ؛ و $j^2 = \eu^{4\iu\pi/3} = -\frac12 - \iu\frac{\sqrt3}2 = \conj j$ ؛ و $j^3 = 1$ ؛ و $1 + j + j^2 = 0$ (وهو مجموع الجذور التكعيبية للوحدة، القضية 3.18)؛ و $j^{-1} = j^2$ (لأن $j \cdot j^2 = 1$ ). وعلى دائرة الوحدة، تكون $1$ و $j$ و $j^2$ رؤوسًا لمثلث مباشر متساوي الأضلاع.

2. الدوران الذي مركزه $a$ وزاويته $\theta$ يصمد عند $a$ ويدير كل متجهة صادرة عن $a$ بالزاوية $\theta$ : $r(z) - a = \eu^{\iu\theta}(z - a)$ ، أي $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z - a)$ . وبتركيب $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z-a)$ مع $r'(z) = a' + \eu^{\iu\theta'}(z-a')$ :

r' \circ r\,(z) = \eu^{\iu(\theta + \theta')} z + \text{ثابت},

وهو تطبيق على الصورة $Az + B$ حيث $A = \eu^{\iu(\theta+\theta')}$ ذو مقياس $1$ . وحسب القضية 3.23، يكون دورانًا زاويته $\arg A = \theta + \theta'$ إذا كان $A \neq 1$ ، ويكون انسحابًا إذا كان $A = 1$ ، أي إذا كان $\theta + \theta' \in 2\pi\Z$ .

3. تكون $(b, c, p)$ متساوية الأضلاع إذا وفقط إذا كان $\abs{p - b} = \abs{c - b} = \abs{p - c}$ . وبكتابة $q = \frac{p - b}{c - b}$ ، يقول التساوي الأول إن $\abs q = 1$ ويقول الثاني إن $\abs{q - 1} = 1$ ؛ ومعًا يعطيان $q = \eu^{\pm\iu\pi/3}$ (فنقطتا تقاطع الدائرتين $\abs q = 1$ و $\abs{q - 1} = 1$ هما $\frac12 \pm \iu\frac{\sqrt3}2$ ). ومنه $p = b + \eu^{\pm\iu\pi/3}(c - b)$ . ومن أجل $a = 0$ و $b = 1$ و $c = \iu$ (وهو مثلث مباشر): يعطي الاختيار $\eu^{-\iu\pi/3}$

p = 1 + \Bigl(\tfrac12 - \iu\tfrac{\sqrt3}2\Bigr)(\iu - 1) = \tfrac{1 + \sqrt3}2\,(1 + \iu) \approx 1.37 + 1.37\,\iu ,

وهي تقع على الجهة البعيدة من المستقيم $BC$ (أي $x + y = 1$ ) عن $a = 0$ : أي نحو الخارج. ويعطي الاختيار $\eu^{+\iu\pi/3}$ القيمة $p \approx -0.37 - 0.37\,\iu$ ، وهي على الجهة نفسها التي فيها $a$ : أي نحو الداخل.

4. اضرب $P = a + jb + j^2c$ في $j^2$ : $j^2 P = j^2 a + j^3 b + j^4 c = b + jc + j^2 a$ (باستعمال $j^3 = 1$ و $j^4 = j$ )؛ واضربه في $j$ : $jP = ja + j^2 b + c$ . وهاتان هما المتطابقتان. وإذا كان $P = 0$ فإن $j^2 P = jP = 0$ : أي أن المعيار يتحقق من أجل $(b, c, a)$ و $(c, a, b)$ كذلك — وهو عدم التغير بالتبديل الدائري (وهذا لازم: فالمثلث المتساوي الأضلاع لا يعنيه أيّ رأس يُذكر أولًا).

5. إذا كان $a = b$ : $0 = a(1 + j) + j^2 c = -j^2 a + j^2 c$ (باستعمال $1 + j = -j^2$ )، ومنه $c = a$ . وإذا كان $b = c$ : $0 = a + b(j + j^2) = a - b$ ، ومنه $a = b$ . وإذا كان $a = c$ : $0 = a(1 + j^2) + jb = -ja + jb$ ، ومنه $a = b$ . ففي كل حالة تنطبق النقاط الثلاث.

6. $(a'z + b') \circ (az + b) = a'a\,z + (a'b + b')$ حيث $a'a \neq 0$ : أي الصورة نفسها. ومقلوب $z \mapsto az + b$ هو $z \mapsto \frac1a z - \frac ba$ ، وهو على الصورة نفسها كذلك. ومع التطبيق المطابق عنصرًا محايدًا، تكوّن التشابهات المباشرة زمرة بالنسبة إلى التركيب.

7. يحقق $f(z) = az + b$ العلاقتين $f(z_1) = w_1$ و $f(z_2) = w_2$ إذا وفقط إذا كان $a z_1 + b = w_1$ و $a z_2 + b = w_2$ ؛ وبالطرح، $a(z_2 - z_1) = w_2 - w_1$ ، ومنه يُفرض أن

a = \frac{w_2 - w_1}{z_2 - z_1} \;(\neq 0), \qquad b = w_1 - a z_1

وبالعكس فإن هذا الاختيار يفي بالغرض: أي الوجود والوحدانية.

8. $\abs{f(z) - f(w)} = \abs{a(z - w)} = \abs a\,\abs{z - w}$ : أي أن جميع المسافات تُضرب في $\abs a$ . وأمّا الشكل:

\frac{f(c') - f(a')}{f(b') - f(a')} = \frac{a(c' - a')}{a(b' - a')} = \frac{c' - a'}{b' - a'} .

وإذا تساوى شكلا مثلثين $(a', b', c')$ و $(a'', b'', c'')$ ، فليكن $f$ التشابهَ المباشر الوحيد الذي يحقق $f(a') = a''$ و $f(b') = b''$ (السؤال 7)؛ عندئذ يساوي شكل $(a'', b'', f(c'))$ شكل $(a', b', c')$ ، ومنه شكل $(a'', b'', c'')$ ، والشكل يحدّد الرأس الثالث انطلاقًا من الرأسين الأولين: أي $f(c') = c''$ . وبالعكس ينتج تساوي الشكلين من عدم التغير المعروض.

9. لدينا $b = f(0) = 1$ ؛ و $a + b = f(1) = \iu$ يعطي $a = \iu - 1$ . والنسبة $\abs a = \sqrt2$ ، والزاوية $\arg(\iu - 1) = \frac{3\pi}4$ . والنقطة الصامدة:

\zeta = \frac{b}{1 - a} = \frac1{2 - \iu} = \frac{2 + \iu}5 .

إذن $f$ هو التشابه المباشر الذي مركزه $\frac{2+\iu}5$ ونسبته $\sqrt2$ وزاويته $\frac{3\pi}4$ .

10. مع $\alpha + \beta = 1$ و $f(z) = az + b$ :

f(\alpha a' + \beta b') = a\alpha a' + a\beta b' + b = \alpha(a a' + b) + \beta(a b' + b) = \alpha f(a') + \beta f(b') ,

والمفتاح هو $b = (\alpha + \beta)b$ . ومنه فإن الأوساط ( $\alpha = \beta = \frac12$ ) ومراكز الثقل (بالتكرار) ومراكز نابليون $\alpha b + \beta c$ أدناه متساوقة: أي أن تحويل المثلث يحوّلها تبعًا له. وبهذا يكفي البرهان على عبارة لا تتغير بالتشابه من أجل مثلث واحد حسن الوضع للبرهان عليها من أجل الجميع — وهي الرخصة المستعملة في السؤال 21.

11. الرأس الخارجي على $[b, c]$ هو $p_a = b + \eu^{-\iu\pi/3}(c - b)$ (السؤال 3)، ومنه فالمركز هو

n_a = \frac{b + c + p_a}3 = \frac{2b + c + \frac{1 - \iu\sqrt3}2\,(c - b)}3 = \frac{(3 + \iu\sqrt3)\,b + (3 - \iu\sqrt3)\,c}6 = \alpha b + \beta c ,

حيث $\alpha = \frac{3 + \iu\sqrt3}6$ و $\beta = \frac{3 - \iu\sqrt3}6 = \conj\alpha$ . والحساب نفسه على الضلعين $[c, a]$ و $[a, b]$ يعطي $n_b = \alpha c + \beta a$ و $n_c = \alpha a + \beta b$ (بتبديل دائري للأدوار).

12. $\alpha + \beta = \frac{3 + \iu\sqrt3 + 3 - \iu\sqrt3}6 = 1$ . ومنه

\frac{n_a + n_b + n_c}3 = \frac{(\alpha + \beta)(a + b + c)}3 = \frac{a + b + c}3 :

أي أن المثلثين يشتركان في مركز ثقلهما.

13. جمّع بحسب $\alpha$ و $\beta$ وطبّق متطابقات السؤال 4 على $P = a + jb + j^2c$ :

n_a + j n_b + j^2 n_c = \alpha\,(b + jc + j^2 a) + \beta\,(c + ja + j^2 b) = \alpha\,j^2 P + \beta\,j P = (\alpha j^2 + \beta j)\,P .

14. مع $j = \frac{-1 + \iu\sqrt3}2$ :

\alpha j = \frac{(3 + \iu\sqrt3)(-1 + \iu\sqrt3)}{12} = \frac{-3 + 3\iu\sqrt3 - \iu\sqrt3 - 3}{12} = \frac{-3 + \iu\sqrt3}6 = -\beta ,

ومنه $\alpha j + \beta = 0$ ، فيكون $\alpha j^2 + \beta j = j(\alpha j + \beta) = 0$ ، ويعطي السؤال 13 أن $n_a + jn_b + j^2n_c = 0$ من أجل كل مثلث $(a, b, c)$ . وحسب المعيار (السؤالان 4–5)، تكوّن المراكز مثلثًا مباشرًا متساوي الأضلاع أو نقطة واحدة: وهي مبرهنة نابليون.

15. الرأس الداخلي هو $b + \eu^{+\iu\pi/3}(c - b)$ ، و يبدّل حسابُ السؤال 11 مع $\eu^{+\iu\pi/3} = \frac{1 + \iu\sqrt3}2$ بين $\alpha$ و $\beta$ : $m_a = \beta b + \alpha c$ و $m_b = \beta c + \alpha a$ و $m_c = \beta a + \alpha b$ . وباستعمال المتطابقتين المماثلتين $b + j^2c + ja = j\,Q$ و $c + j^2a + jb = j^2 Q$ من أجل $Q = a + j^2b + jc$ :

m_a + j^2 m_b + j m_c = \beta(b + j^2 c + ja) + \alpha(c + j^2 a + jb) = (\beta j + \alpha j^2)\, Q = j(\beta + \alpha j)\,Q = 0 ,

لأن $\alpha j = -\beta$ (السؤال 14). إذن تحقق المراكز الداخلية معيار تساوي الأضلاع غير المباشر: أي متساوية الأضلاع لكن بالتوجيه المعاكس (أو نقطة).

16. حسب السؤال 5 مطبَّقًا على الثلاثية $(n_a, n_b, n_c)$ (وهي تحقق المعيار المباشر)، ينطبق مركزان إذا وفقط إذا انطبقت الثلاثة؛ وتنطبق الثلاثة إذا وفقط إذا تحقق المعياران معًا، أي إذا تحقق زيادةً على ذلك $n_a + j^2 n_b + j n_c = 0$ . احسب كما في السؤال 13، بالمتطابقتين $b + j^2c + ja = jQ$ و $c + j^2a + jb = j^2Q$ :

n_a + j^2 n_b + j n_c = \alpha\,jQ + \beta\,j^2 Q = j(\alpha + \beta j)\,Q .

ومباشرةً: $\beta j = \frac{(3 - \iu\sqrt3)(-1 + \iu\sqrt3)}{12} = \frac{-3 + 3\iu\sqrt3 + \iu\sqrt3 + 3}{12} = \frac{\iu\sqrt3}3$ ، ومنه $\alpha + \beta j = \frac{3 + \iu\sqrt3 + 2\iu\sqrt3}6 = \frac{1 + \iu\sqrt3}2 \neq 0$ . إذن ينحلّ مثلث نابليون الخارجي إذا وفقط إذا كان $Q = a + j^2b + jc = 0$ ، أي إذا وفقط إذا كان $(a, b, c)$ مثلثًا غير مباشر متساوي الأضلاع — وفي تلك الحالة تتجه الإنشاءات «الخارجية» كلها نحو داخل المنطقة المحيطة بالمثلث وتشترك في مركز واحد.

17. مع $a = 0$ و $b = 1$ و $c = \iu$ :

n_a = \alpha + \beta\iu = \frac{(3 + \sqrt3)(1 + \iu)}6, \qquad n_b = \alpha\iu = \frac{-\sqrt3 + 3\iu}6, \qquad n_c = \beta = \frac{3 - \iu\sqrt3}6 .

ومربعات الأضلاع: $n_a - n_b = \frac{(3 + 2\sqrt3) + \iu\sqrt3}6$ يعطي $\abs{n_a - n_b}^2 = \frac{(3 + 2\sqrt3)^2 + 3}{36} = \frac{24 + 12\sqrt3}{36} = \frac{2 + \sqrt3}3$ ؛ و $n_b - n_c = \frac{(3 + \sqrt3)(-1 + \iu)}6$ يعطي $\abs{n_b - n_c}^2 = \frac{2(3 + \sqrt3)^2}{36} = \frac{24 + 12\sqrt3}{36}$ ؛ و $n_c - n_a = \frac{-\sqrt3 - \iu(3 + 2\sqrt3)}6$ يعطي القيمة نفسها من جديد. فمربعات الأضلاع الثلاثة كلها تساوي $\frac{2 + \sqrt3}3$ : أي أنه متساوي الأضلاع، كما وُعد.

18. انشر:

(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (ac - ad - bc + bd) + (ab - ac - bd + cd) = ab - ad - bc + cd ,

و $(a - c)(b - d) = ab - ad - bc + cd$ : فهما متساويان.

19. خذ المقاييس في السؤال 18 وطبّق المتراجحة المثلثية (القضية 3.2 (4)):

AC \cdot BD = \abs{(a-b)(c-d) + (a-d)(b-c)} \leq \abs{a-b}\,\abs{c-d} + \abs{a-d}\,\abs{b-c} = AB \cdot CD + AD \cdot BC ,

مع التساوي إذا وفقط إذا وقع المجموعان على نصف مستقيم واحد مبدؤه $0$ (وهي حالة التساوي في المتراجحة المثلثية).

20. بتعميل نصف الزاوية (الطريقة 3.11 (4)): $\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi} = 2\iu\,\sin\frac{\theta - \varphi}2\;\eu^{\iu(\theta + \varphi)/2}$ ، وأخذ المقاييس يُلغي العوامل الأحادية المقياس: $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} = 2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$ .

21. مع $p = \eu^{\iu\theta}$ و $\theta \in \intoo{2\pi/3}{4\pi/3}$ ، يعطي السؤال 20

PA = 2\,\abs{\sin\tfrac\theta2}, \quad PB = 2\,\abs{\sin\bigl(\tfrac\theta2 - \tfrac\pi3\bigr)}, \quad PC = 2\,\abs{\sin\bigl(\tfrac\theta2 - \tfrac{2\pi}3\bigr)} .

وعلى القوس، $\frac\theta2 \in \intoo{\pi/3}{2\pi/3}$ : عندئذ $\sin\frac\theta2 > 0$ ؛ و $\frac\theta2 - \frac\pi3 \in \intoo0{\pi/3}$ ، فيكون الجيب الثاني موجبًا؛ و $\frac\theta2 - \frac{2\pi}3 \in \intoo{-\pi/3}0$ ، فيكون الثالث سالبًا و $PC = 2\sin\bigl(\frac{2\pi}3 - \frac\theta2\bigr)$ . وبتحويل المجموع إلى جداء:

\sin\Bigl(\frac\theta2 - \frac\pi3\Bigr) + \sin\Bigl(\frac{2\pi}3 - \frac\theta2\Bigr) = 2\,\sin\frac\pi6\,\cos\Bigl(\frac\theta2 - \frac\pi2\Bigr) = \sin\frac\theta2 ,

ومنه $PB + PC = 2\sin\frac\theta2 = PA$ : وهي مبرهنة فان سخوتن.

22. عند $p = -1$ : $PA = 2$ و $PB = PC = 1$ ، وطول كل ضلع من المثلث المتساوي الأضلاع $\sqrt3$ ، فيصير طرفا بطليموس $2\sqrt3$ . وجبريًا، باستعمال $-1 - j^2 = j$ و $1 + j = -j^2$ :

(a - b)(p - c) = (1 - j)\,(-1 - j^2) = (1 - j)j = j - j^2 = \iu\sqrt3 ,

(a - c)(b - p) = (1 - j^2)(j + 1) = 1 + j - j^2 - j^3 = j - j^2 = \iu\sqrt3 .

والحدّان متساويان، فنسبتهما $1 \in \R_{>0}$ : أي حالة التساوي في السؤال 19، وهي تطابق $PA \cdot BC = PB \cdot AC + PC \cdot AB$ تمامًا.

23. من أجل $(a, b, c) = (1, j, j^2)$ : $n_a = \alpha j + \beta j^2 = -\beta + \beta j^2$ (السؤال 14) $= \beta(j^2 - 1)$ ؛ وعدديًا $\beta(j^2 - 1) = \frac{(3 - \iu\sqrt3)}6 \cdot \bigl(-\frac32 - \iu\frac{\sqrt3}2\bigr) = -1$ . وبالمثل $n_b = \alpha j^2 + \beta = -j$ و $n_c = \alpha + \beta j = -j^2$ . إذن مثلث نابليون الخارجي للمثلث $(1, j, j^2)$ هو $(-1, -j, -j^2)$ : أي المثلث الأصلي متناظرًا بالنسبة إلى مركز ثقله $0$ — الحجم نفسه، مدارًا بنصف دورة. فالمثلث المتساوي الأضلاع شكل صامد لإنشاء نابليون، لا نهاية متقلصة.

24. (أ) الضرب في عدد أحاديّ المقياس بوصفه دورانًا هو ما بنى الرؤوس والمراكز (الأسئلة 2–3 و 11) وحوّل المسافات على الدائرة إلى جيوب (السؤال 20). (ب) وبنية الزمرة والشكل بوصفه ثابتًا هما ما برّر تسوية الدائرة المحيطة إلى دائرة الوحدة وتسوية المثلث إلى $(1, j, j^2)$ في السؤال 21، عبر التساوق في السؤال 10. (ج) وتعميل نصف الزاوية هو ما شغّل السؤال 20 وخطوةَ تحويل المجموع إلى جداء التي أتمّت مبرهنة فان سخوتن.

25. يحوّل القاموس العبارات الهندسية إلى متطابقات كثيرة الحدود يصير فيها كل فرض معادلة: فما يربحه هو الميكنة — إذ رُدّت مبرهنة نابليون إلى $\alpha j + \beta = 0$ ، أي سطر واحد من الحساب في $\Q(\iu\sqrt3)$ ؛ وما يكلّفه هو الوضوح الهندسي — إذ إن الحساب يشهد ولا يُظهر لماذا تنغلق المراكز في مثلث متساوي الأضلاع. والجواب المنصف أن المتطابقة تشرح حتمية المبرهنة (فهي تتحقق تطابقيًا في $a, b, c$ ، فلا دخل لأيّ براعة في التشكيل)، بينما يشرح الرسم مضمونها. ويعود القاموس نفسه في صورة مصفوفية عندما تصير الدورانات المصفوفات المتعامدة $2 \times 2$ في الفصل 21 و الفصل 23، حيث يكون «الضرب في $\eu^{\iu\theta}$ » النموذجَ الأصلي للتقايس الخطي.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد