--- title: "الأعداد العقدية" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1" subject: math language: ar chapter: 3 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers --- # الفصل 3 — الأعداد 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](#def-b1-complex-unity))، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures)، 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 $z, w \in \C$: 1. $\conj{z + w} = \conj z + \conj w$ و $\conj{zw} = \conj z\, \conj w$ و $\conj{\conj z} = z$ ؛ 2. $z \conj z = \abs z^2$ ؛ و $\;\Re(z) = \frac{z + \conj z}{2}$ و $\Im(z) = \frac{z - \conj z}{2\iu}$ ؛ 3. $\abs{zw} = \abs z\, \abs w$ ، و $\abs{z^{-1}} = \abs{z}^{-1}$ من أجل $z \neq 0$ ؛ 4. (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 $\lambda \geq 0$ )؛ 5. (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](#def-b1-complex-field) 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](#prop-b1-complex-rules) (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](#def-b1-complex-field) $\conj z$ *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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#ch-b1-functions)، ممدَّدةً إلى العمد التخيلية، الاسم نفسه — فتحسمه المتسلسلة الصحيحة في [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series). 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](#def-b1-complex-field) هو $\sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1$، وصيغة [المرافق](#def-b1-complex-field) 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](#thm-b1-complex-funceq)) $$ \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n+1} = \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n}\,\eu^{\iu\theta} = \eu^{\iu n\theta}\,\eu^{\iu\theta} = \eu^{\iu(n+1)\theta} , $$ 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](#thm-b1-complex-funceq) 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⁡3θ\cos 3\thetacos3θ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#ch-b1-poly). **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).** 1. *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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#thm-b1-counting-binomial) )، ثم أعد تجميع الحدود المترافقة. 2. *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 $\sin^2 = 1 - \cos^2$ . 3. *اجمع المتسلسلات المثلثية* من نوع $\sum_k \cos k\theta$ : بأن تتعرف على الجزء الحقيقي لمجموع هندسي $\sum_k (\eu^{\iu\theta})^k$ . 4. *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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration). 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](#met-b1-complex-trig) (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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#ex-b1-counting-binomial). والطريقة — «انظر إلى مجموع جيوب التمام بوصفه ظلًّا لقوة عقدية، ثم عمّل أنصاف الزوايا» — هي بالضبط طريقة [التمرين 3.6](#exo-b1-complex-6)، مع إحلال مبرهنة ثنائي الحدّ محلّ المتسلسلة الهندسية. ## 3.3 جذور الأعداد العقدية **مبرهنة 3.14 (الجذور من الرتبة nnn).** 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 −27-27−27).** 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) الحلول متناظرًا بالنسبة إلى المحور الحقيقي — وهو تمهيد لمبرهنة التعميل الحقيقي في [الفصل 8](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#ch-b1-poly). **مثال 3.16 (طرف أيمن غير حقيقي).** حُلَّ $z^4 = -8 + 8\iu\sqrt3$. الشكل الأسّي للطرف الأيمن: [المقياس](#def-b1-complex-field) $\sqrt{64 + 192} = 16$، [والعمدة](#def-b1-complex-expi) $\theta$ 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](#thm-b1-complex-roots)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures)) وتقع عند رؤوس مضلع منتظم ذي $n$ ضلعًا مرسوم داخل دائرة الوحدة. ![الجذور الخامسة للوحدة، = 2 π/5: مخمّس منتظم على دائرة الوحدة.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-complex/fig-0aa46b1209cc.svg) *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](#exo-b1-complex-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](#exo-b1-complex-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 $a, b, c$: 1. المقدار $\abs{b - a}$ هو المسافة $AB$ ؛ 2. والمقدار $\arg\dfrac{c - a}{b - a}$ هو الزاوية بين المتجهتين $\vect{AB}$ و $\vect{AC}$ (بترديد $2\pi$ )؛ 3. 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](#def-b1-complex-field) 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](#def-b1-complex-expi) $\frac{c-a}{b-a} = \frac sr \eu^{\iu(\varphi - \theta)}$ هي $\varphi - \theta$، وهي الزاوية من $\vect{AB}$ إلى $\vect{AC}$. و (3): الاستقامية تعني زاويةً $0$ أو $\pi$، أي [عمدةً](#def-b1-complex-expi) 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\CC 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/23-euclidean-spaces#ch-b1-euclid)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/24-plane-curves#ch-b1-curves)، 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↦az+bz \mapsto az + bz↦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↦az+bz \mapsto az+bz↦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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-complex/fig-93c487327b70.svg) *[التطبيق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) $f(z) = \iu z + 1$ من [المثال 3.24](#ex-b1-complex-classify): 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).** 1. *لا متراجحات في $\C$.* كتابة $z \leq w$ من أجل أعداد غير حقيقية بلا معنى؛ فلا يقارَن إلا المقاييس والأجزاء الحقيقية والأجزاء التخيلية. 2. *الرمز $\sqrt{\phantom z}$ محجوز [للمجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) $\R_+$.* لكل عدد عقدي غير معدوم جذران تربيعيان *اثنان* ولا أفضلية لأحدهما: فاكتب «ليكن $\delta$ جذرًا تربيعيًا للمقدار $\Delta$ » (يُحسب كما في [المثال 3.20](#ex-b1-complex-sqrt) )، ولا تكتب $\sqrt\Delta$ أبدًا — فالقاعدة $\sqrt{ab} = \sqrt a\sqrt b$ تخفق أصلًا عند $a = b = -1$ . 3. *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 $n$ . 4. *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](#prop-b1-complex-rules) (4))؛ وفي الحالة العامة يجب تقدير [مقياس](#def-b1-complex-field) 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](#exo-b1-complex-10)). **ملاحظة 3.27 (أين يُستعمل هذا الفصل).** الشكل الأسّي هو الأداة الحسابية الأكثر إعادةَ استعمال في المجلد. [فجذور الوحدة](#def-b1-complex-unity) تصير المثال المعياري للزمرة الدائرية في [الفصل 7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures) وتحرّك تعميل $X^n - 1$ في [الفصل 8](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#ch-b1-poly)؛ ويُنتج تجميع الجذور المترافقة هناك التعميلات الحقيقية التي تستعملها الكسور الجزئية في [الفصل 9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/9-rational-fractions#ch-b1-fractions). والتخطيط ([الطريقة 3.11](#met-b1-complex-trig)) هو التحضير المعياري لمكاملة القوى المثلثية في [الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration)، وللمعادلات المميِّزة في [الفصل 5](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/5-linear-differential-equations#ch-b1-diffeq) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) و[23](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/23-euclidean-spaces#ch-b1-euclid)، وأحسنُ كتابةٍ للمنحنيات ذات الوسيط في [الفصل 24](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/24-plane-curves#ch-b1-curves) 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 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](#def-b1-complex-field)): $$ \frac{(1 + \iu)(\sqrt 3 + \iu)}{4} = \frac{(\sqrt 3 - 1) + \iu(\sqrt 3 + 1)}{4}. $$ 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 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 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](#prop-b1-complex-geometry) (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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 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 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 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](#met-b1-complex-trig) (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](#ex-b1-complex-sqrt).)* **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 $\omega = \eu^{2\iu\pi/5}$. 1. برّر أن $1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0$ . 2. ضع $u = \omega + \omega^4$ و $v = \omega^2 + \omega^3$ . احسب $u + v$ و $uv$ ، واستنتج أن $u$ و $v$ جذرا كثير الحدود $X^2 + X - 1$ . 3. استنتج أن $\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 - 1}{4}$ . **حل التمرين 3.8.** 1. [القضية 3.18](#prop-b1-complex-sumroots) مع $n = 5$ . 2. $u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1$ 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 $X^2 + X - 1$. 3. 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 التمرين 3.9.** انشر المربعين كما في برهان [القضية 3.2](#prop-b1-complex-rules) (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 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](#ex-b1-complex-equilateral)). 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 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](#thm-b1-complex-roots))، 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](#def-b1-complex-unity)؛ ثم طبّق تعميل نصف الزاوية من [الطريقة 3.11](#met-b1-complex-trig).* **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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) $t \mapsto \cos t/\sin t$ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) 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](#exo-b1-complex-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.** 1. 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. 2. 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](#prop-b1-complex-similitude) .) 3. 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* . 4. انطلاقًا من حلّ [التمرين 3.10](#exo-b1-complex-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 $(a, b, c)$. 5. 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.** 6. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures) : تكوّن زمرة.) 7. 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. 8. 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. 9. عيّن تعيينًا كاملًا التشابهَ المباشر الذي يحقق $f(0) = 1$ و $f(1) = \iu$ : أعط $a$ و $b$ والنقطة الصامدة والنسبة والزاوية. 10. 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. 11. بيّن أن $$n_a = \alpha b + \beta c, \qquad n_b = \alpha c + \beta a, \qquad n_c = \alpha a + \beta b, \qquad\text{حيث}\quad \alpha = \frac{3 + \iu\sqrt3}{6},\ \beta = \conj\alpha .$$ 12. تحقق من أن $\alpha + \beta = 1$ ، واستنتج أن للمثلث $(n_a, n_b, n_c)$ *مركز الثقل نفسه* الذي للمثلث $(a, b, c)$ . 13. باستعمال متطابقات السؤال 4، بيّن أن $$n_a + j\,n_b + j^2 n_c = (\alpha j^2 + \beta j)\,(a + jb + j^2c) .$$ 14. 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. 15. 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. 16. 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 $\alpha + \beta j \neq 0$.)* 17. 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.** 18. برهن على المتطابقة التالية، الصالحة لكل الأعداد العقدية $a, b, c, d$: $$(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d) .$$ 19. 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 $0$. 20. بيّن أنه من أجل $\theta, \varphi \in \R$ ، $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} = 2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$ . 21. (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.)* 22. 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.** 23. احسب مثلث نابليون الخارجي للمثلث المتساوي الأضلاع $(1, j, j^2)$ نفسه، وصِف النتيجة هندسيًا. 24. أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) الضرب بوصفه دورانًا؛ (ب) بنية الزمرة للتشابهات و الشكل بوصفه ثابتًا؛ (ج) تعميل نصف الزاوية في [الطريقة 3.11](#met-b1-complex-trig) ؟ جملة واحدة لكلٍّ منها. 25. 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 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](#prop-b1-complex-sumroots))؛ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) على الصورة $Az + B$ حيث $A = \eu^{\iu(\theta+\theta')}$ ذو [مقياس](#def-b1-complex-field) $1$. وحسب [القضية 3.23](#prop-b1-complex-similitude)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) 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](#prop-b1-complex-rules) (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](#met-b1-complex-trig) (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](#def-b1-complex-field): $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} = 2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$. **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](#def-b1-complex-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) و [الفصل 23](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/23-euclidean-spaces#ch-b1-euclid)، حيث يكون «الضرب في $\eu^{\iu\theta}$» النموذجَ الأصلي للتقايس الخطي.