Univerza v Ljubljani

Pedagoška fakulteta

Oddelek za matematiko in računalništvo

Marko Razpet

NEKOLIKO DRUGAČNA OBRAVNAVA

KUBIČNIH ENAČB

Študijsko gradivo

Zgodovina matematike

Ljubljana, februar 2019

Vsebina

Seznam slik 3

1 Kubicni koren 5

2 Reševanje kubične enačbe 16

3 Koreni kubične enačbe in Apolonijeva krožnica 22

4 Koreni kubične enačbe pri spreminjanju njenih koeficientov 30

5 Približno reševanje kubične enačbe 48

6 Nekaj primerov in nalog 52

Viri 113

Seznam slik

1 Tretji koreni kompleksnega števila a. . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Halleyeva iteracijska funkcija za tretji koren števila r > 0. . . . 13

3 Presek krogle z ravnino. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4 Odvisnost razmerja y = x/r od razmerja α. . . . . . . . . . . . 21

5 Koreni kubične enačbe na Apolonijevi krožnici. . . . . . . . . 26

6 Koreni kubične enačbe na premici. . . . . . . . . . . . . . . . 28

7 Koreni kubične enačbe, Apolonijeva krožnica in koti. . . . . . 29

8 Premica v kompleksni ravnini. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

9 Ničle binoma z3 − 8 in nekaj njegovih nivojnic. . . . . . . . . . 35

10 Relief binoma z3 − 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

11 Koreni enačbe z3 + (2− i)z − 3 + 2i = 0. . . . . . . . . . . . . . 36

12 Relief trinoma z3 + (2− i)z − 3 + 2i. . . . . . . . . . . . . . . . 36

13 Koreni enačbe z3 + 2(3 + i)z+ 4 + i = 0. . . . . . . . . . . . . . 37

14 Koreni enačbe z3 + (2− i)z+ 1 + 2i = 0. . . . . . . . . . . . . . 38

15 Koreni enačbe z3 + (−7/3 + 8i)z+ 88/27 + 26/3 i = 0. . . . . . . 39

16 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na enodelni krivulji. . 40

17 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na dvodelni krivulji. . 41

18 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na trodelni krivulji. . 41

19 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C1). . . . . . . . . 43

20 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C2). . . . . . . . . 43

21 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C3). . . . . . . . . 44

22 Koreni enačbe z3 +pz+q = 0 za fiksen q na krivulji z izol. točko. 44

23 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 na krivulji za fiksen q – (D1). . . 46

24 Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 na krivulji za fiksen q – (D2). . . 46

25 Družina korenskih krivulj; krožnica ne poteka skozi točko 0 . . 47

26 Družina korenskih krivulj; krožnica poteka skozi točko 0. . . . 47

27 Presek parabol. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3

28 Presek parabole in hiperbole. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

29 Presek parabole in krožnice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

30 Peti koreni enote in pravilni petkotnik. . . . . . . . . . . . . . 54

31 Lik pod pod krivuljo y = x3 nad intervalom [a,b]. . . . . . . . 67

32 Descartesov list. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

33 Strofoida. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

34 Cisoida. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

35 Maclaurinova trisektrisa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

36 Kubična krivulja in premica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

37 Lika pod parabolo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

38 Odseka parabole. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

39 Parabolina točka M, ki je najbližja dani točki T . . . . . . . . . 80

40 Krivulja in tri racionalne točke na njej. . . . . . . . . . . . . . 80

41 Ploščinska delitev lika L v danem razmerju. . . . . . . . . . . 84

42 Delitev lika L na tri ploščinsko enake dele. . . . . . . . . . . . 86

43 Delitev lika L na 25 ploščinsko enakih delov. . . . . . . . . . . 87

44 Descartesov list, zasukan za kot −π/4 okoli točke O. . . . . . . 88

45 Maclaurinova trisektrisa in tretjinjenje kota. . . . . . . . . . . 89

46 Valj, včrtan krogli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

47 Kubična krivulja in premica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

48 Delitev lika L na tri ploščinsko enake dele. . . . . . . . . . . . 94

49 Še ena delitev lika L na tri ploščinsko enake dele. . . . . . . . 96

50 Sedmi koreni enote. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

51 Apolonijeva krožnica v nalogi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4

Predgovor

V pričujočem gradivu bomo predstavili nekaj matematičnih problemov z

različnih področij, ki vodijo do kubične enačbe. Nekateri imajo zanimivo

zgodovinsko ozadje. Posebej se bomo posvetili reducirani kubični enačbi s

kompleksnima koeficientoma. Zanjo bomo ponovili algebrski postopek,

ki izvira iz obdobja evropske renesanse in nas pripelje do rešitev. Šli

pa bomo še korak naprej in ugotovili, da koreni te enačbe v kompleksni

ravnini ležijo na bolj ali manj zapletenih algebrskih krivuljah, če enega od

teh dveh koeficientov fiksiramo, drugega pa vodimo po dani premici ali

krožnici.

Gradivo vsebuje nekaj zanimivih prijemov, ob katerih se lahko mar-

sikaj naučimo. Za razumevanje je potrebno osnovno znanje realne in kom-

pleksne aritmetike, geometrije, algebre in analize. Zelo koristno je pozna-

vanje Hornerjeve sheme za iskanje vrednosti polinoma v dani točki ter

zapis kompleksnega števila v polarni in eksponentni obliki.

1 Kubični koren

Kvadratni in kubični koren sta pojma, ki sta znana že od samih začetkov

matematike. Če hočemo pravokotnik pretvoriti v ploščinsko enak kvadrat,

pride prav kvadratni koren. Če pa želimo kvader pretvoriti v prostornin-

sko enako kocko, pa potrebujemo kubični koren. Beseda kubičen prihaja

iz grške besede κύβος, latinsko cubus, kar pomeni kocka. Ker je prostor-

nina kocke z robom a enaka a3, se je tej potenci sčasoma prijelo ime kub

števila a. Iz podobnega razloga rečemo, da je a2 kvadrat števila a.

Korene so poznali že Babilonci pred skoraj 4 000 leti, prav tako kas-

neje stari Kitajci, Egipčani, Grki in Indijci. Ni znano, zakaj se je začela

uporabljati beseda koren. Še danes pogosto pravimo, da kvadratni ko-

5

ren izvlečemo, kakor pravi koren iz zemlje. Običajno korene, integrale in

odvode izračunamo, enačbe in sisteme enačb pa rešujemo. Rešitvam poli-

nomskih enačb tudi velikokrat pravimo koreni, rešitvam diferencialnih

enačb pa integrali.

Simbol kvadratnega korena je√

1, kubičnega pa 3√

1. Pisava√

1 je do-

govorna, okrajšava za 2√

1. Splošni n-ti koren pišemo kot n√

1. O izvoru sim-

bola se da razpravljati. V Evropi je v veljavi od 16. stoletja naprej. Po Eu-

lerjevem mnenju izvira iz črke r, ki je začetnica latinske besede radix, kar

pomeni koren. Nekateri pa zagovarjajo mnenje, da znak za koren izvira

iz arabske besede za koren, torej džidr, v arabski pisavi PYg. , katere prva

črka džim, samostojno zapisana, je h. , kar malo spominja na znak√

1.

Namesto kvadratni in kubični koren uporabljamo tudi izraza drugi in

tretji koren, za n√

1 pa n-ti koren. Pri tem je n naravno število. Prvi koren1√

1 ima sicer smisel, a ga običajno ne uporabljamo. Če ni dvoma, za kateri

koren gre, pogosto rečemo kar koren namesto kvadratni koren. Evklid v

svojih Elementih uporablja za kvadratni koren besedo δυναμένη.

Korene definiramo najprej za nenegativna števila. Pravimo, da je n-

ti aritmetični koren pozitivnega števila a tako nenegativno število b, za

katerega je bn = a. Tedaj pišemo n√a = b. Očitno je n

√0 = 0 in n

√1 = 1 za

vsako naravno število n. Aritmetični n-ti koren pozitivnega števila je en

sam. Od 14. stoletja naprej se je uveljavila tudi enakovredna pisava a1/n

za n√a, kar je zelo poenostavilo pravila za računanje s koreni. Število n je

stopnja korena, a pa korenjenec ali radikand. Koreni racionalnih števil na

splošno niso več racionalna števila, so pa algebrska, ker so ničle polinomov

s celimi koeficienti. Še nekaj zgledov:

√9 = 3, 3

√8 = 2, 4

√81 = 3,

√1625

=45,

3

√27

125=

35.

Eksistenca n-tega aritmetičnega korena je na primer posledica Dedekin-

6

dovega aksioma za realna števila. Po tem aksiomu ima vsaka neprazna

navzgor omejena množica realnih števil natančno zgornjo mejo. Lahko pa

za dokaz eksistence uporabimo tudi lastnosti zvezne funkcije f (x) = xn na

zaprtem intervalu (glej na primer[14]).

Če sta a in b pozitivni števili, veljajo enakosti:

n√an = ( n

√a)n = a, n

√an√b = n√ab, n

√ab

=n√a

n√b.

V splošnem obsegu F je definiran pojem n-tega algebrskega korena.

Če je a ∈ F , potem je n-ti algebrski koren a vsak tak b ∈ F , za katerega

je bn = a, kar pomeni, da je n-ti algebrski koren a vsaka rešitev x enačbe

xn = a. Le za a = 0 je rešitev ena sama: x = 0.

Če je a pozitivno, n pa liho število, v obsegu R velja n√−a = − n

√a.

V obsegu realnih števil R ne obstaja algebrski kvadratni koren neg-

ativnega števila, v obsegu kompleksnih števil C pa sta kar dva. Rešitvi

enačbe z2 = −4 sta v obsegu C števili z1 = −2i, z2 = 2i.

V obsegu realnih števil R obstaja algebrski kubični koren negativnega

števila, v obsegu kompleksnih števil C pa kar trije. Rešitev enačbe z3 =

−8 v obsegu C so: z1 = −2, z2 = 1 − i√

3, z3 = 1 + i√

3. V slednjih dveh in

podobnih zapisih seveda pomeni√

3 aritmetični koren števila 3. Preizkus:

(−2)3 = −8, (1± i√

3)3 = 1± 3i√

3 + 3(i√

3)2 ± (i√

3)3

= 1± 3i√

3− 9∓ i(√

3)3 = −8.

Nekateri v takem primeru zapišejo korene kar kot množico:

3√−8 = {−2,1− i

√3,1 + i

√3}.

Tretji koren lahko za vsak kompleksen a , 0 izrazimo v polarni ali

trigonometrični obliki. Najprej izrazimo

a = |a|exp(iα) = |a|(cosα + i sinα).

7

Število |a| je absolutna vrednost ali modul kompleksnega števila a, α pa

polarni kot ali argument števila a. Nato dobimo

3√a =

{3√|a|exp

(α + 2kπ

3i

), k = 0,1,2

}.

Namesto k = 0,1,2 bi zaradi cikličnosti korenov lahko zapisali katera-

koli tri zaporedna cela števila, na primer k = −1,0,1.

Kompleksni koreni so v kompleksni ravnini na krožnici |z| = 3√|a| in

sestavljajo oglišča enakostraničnega trikotnika. En koren ima polarni kot

α/3 (slika 1).

Slika 1. Tretji koreni kompleksnega števila a.

V vsakem primeru moramo pri tem izračunati kubični koren pozi-

tivnega števila. Kako se tej reči streže, so poznali že stari matematiki.

Če ne natančno, pa vsaj približno. Indijski matematik Bhaskara Učitelj

(1114–1185), v sanskrtu BA-krAcAy , v svoji knjigi Lilavati, v sanskrtu

lFlAvtF, med drugim razloži postopek kvadriranja in kubiranja ter kvad-

ratnega in kubičnega korenjenja števil, zapisanih v desetiški obliki (glej

8

[5]), kar ni bistveno drugače od postopkov, ki jih najdemo v naših starih

učbenikih.

V letih takoj po drugi svetovni vojni so se po naših šolah še učili raču-

nati s svinčnikom na papir kvadrate in kube ter kvadratne in kubične ko-

rene pozitivnih števil brez uporabe računalnikov. Postopek je temeljil na

znanih formulah za kvadrat in kub binoma:

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2, (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3.

Na primeren način jo je treba uporabiti v obratnem vrstnem redu. Prav

pride tabela kvadratov in kubov prvih desetih naravnih števil.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

n2 1 4 9 16 25 36 49 64 81 100

n3 1 8 27 64 125 216 343 512 729 1 000

Zanimivo je, kot je razvidno iz tabele, da so na mestu enic kubov sama

različna števila, po vrsti 1,8,7,4,5,6,3,2,9,0. Pri kvadratih pa očitno ni

tako. Noben kvadrat nima na mestu enic cifer 2,3,7,8.

Kub enomestnih števil je največ tromestno število. Kub dvomestnega

števila je najmanj štirimestno in največ šestmestno število. Kub tromest-

nega števila je najmanj sedemmestno in največ devetmestno število.

Največ šestmestno število, ki je popolni kub, zato zlahka kubično ko-

renimo. Koliko je na primer 3√

300763? Radikand s črtico razdelimo po tri

in tri cifre od enic v levo (zadnja skupina ni treba, da je popolna, s tremi

ciframi): 300|763. Vidimo, da ima 763 na mestu enic 3, ki predstavlja

enice kuba 73 = 343. Zato je 3 na mestu enic korena. Največji kub, ki

ne presega 300, je 63 = 216. Zato je 6 na mestu desetic korena. Torej je3√

300763 = 67. Preizkus: 673 = (60 + 7)3 = 603 + 3 ·602 ·7 + 3 ·60 ·72 + 73 =

216000 + 75600 + 8820 + 343 = 300763.

Podobno izračunamo 3√

59319. Zapišemo 59|319. Na mestu enic pri

319 je 9, kar pride od 93 = 729. Največji kub, ki ne presega 59, je 33 = 27.

9

Zato je 3 na mestu desetic korena. Torej je 3√

59319 = 39. Preizkus: 393 =

59319.

Oglejmo si nekoliko daljši izračun, in sicer 3√

1953125 iz Lilavati. Bhas-

kara Učitelj bralca vodi skozi račun. Najprej radikand s črtico razdelimo

po tri in tri cifre od enic v levo: 1|953|125. Kubični koren oziroma največji

kub, ki ne presega prve skupine z leve, je 1. To je prva cifra iskanega

korena. Ker je 13 = 1, 1 odštejemo od te skupine in dobimo ostanek 0, ki

ga pripišemo drugi skupini. Nato od tega oddelimo prvo in drugo cifro z

desne: 09|53. Sedaj neoddeljeni del 9 delimo s trikratnim kvadratom prve

cifre korena, to je 3 · 12 = 3. Pričakovali bi, da je kvocient 3, a se izkaže,

da bi se nam račun ne posrečil. Zato poskusimo z 2. To bo druga cifra

korena. Od 953 moramo odšteti 3 · 12 · 2 · 100 = 600, 3 · 1 · 22 · 10 = 120 in

23. Dobimo 225. Temu številu pripišemo tretjo skupino in od tega spet

oddelimo prvo in drugo cifro z desne: 2251|25. Število 2251 delimo s

3 · 122 = 432. Poskusimo s kvocientom 5, ki naj bi bila tretja cifra korena.

Od 225125 odštejemo 3 ·122 ·5 ·100 = 216000, 3 ·12 ·52 ·10 = 9000 in 53 =

125. Dobimo 0. Račun se je izšel brez ostanka, torej je 3√

1953125 = 125.

Nekako tako so kubično korenjenje razlagali že stari indijski in arab-

ski matematiki, kasneje pa še Fibonacci in drugi, kar se je preneslo skozi

stoletja v učbenike aritmetike in algebre vse do sredine druge polovice 20.

stoletja. Tudi v nekaterih učbenikih našega Franca Močnika (1814–1892)

je razlaga na to temo.

Ker je 125 = 53, dobimo kot zanimivost še

3√

3√

1953125 = 3√

125 = 5.

To pomeni9√

1953125 = 5.

V splošnem za poljubni naravni številim in n ter vsako pozitivno število

10

a velja pravilo:m√

n√a = mn

√a.

Še en primer, da bomo videli, kaj so nekdaj morali znati dijaki. Izraču-

najmo 3√

34869635163. Kubično korenjenje organiziramo po vrsticah.

3√

3 4 8 6 9 6 3 5 1 6 3||| = 3 2 6 7− 2 7

7 8 6 9| : 2 7 = 2 +δ1− 5 4− 3 6− 8

2 1 0 1 6 3 5| : 3 0 7 2 = 6 +δ2− 1 8 4 3 2− 3 4 5 6− 2 1 6

2 2 3 6 5 9 1 6 3| : 3 1 8 8 2 8 = 7 +δ3− 2 2 3 1 7 9 6

− 4 7 9 2 2− 3 4 3

0 0 0 0 0 0 0 0 0

3√

34 = 3 + δ27 = 33

27 = 3 · 32

54 = 3 · 32 · 236 = 3 · 3 · 22

8 = 23

3072 = 3 · 322

18432 = 3 · 322 · 63456 = 3 · 32 · 62

216 = 63

318828 = 3 · 3262

2231796 = 3 · 3262 · 747922 = 3 · 326 · 72

343 = 73

Prišli smo do konca: 3√

34869635163 = 3267. Kaj pa, če pod znakom

za tretji koren ni popolnega kuba? Potem nam pri algoritmu na koncu

ostane neko naravno število ε. Ena od možnosti, ki so jo poznali stari mo-

jstri računstva je tale: radikand pomnožimo s 1000 ali 1000000, rezultat

kubično korenimo po opisanem algoritmu do celega ostanka, na koncu pa

rezultat delimo z 10 oziroma s 100. S tem dobimo rezultat z eno oziroma

dvema decimalkama. To je seveda približen izračun.

Približno lahko kubično korenimo naravno število r na več načinov.

Eden od teh je naslednji. Naj bo r = a3 + ε. Pri tem je a naravno število, ki

je najbliže 3√r, ε pa celo število, ki je po absolutni vrednosti manjše od a3.

Potem lahko zapišemo

3√r = 3

√a3(1 + ε/a3) = a 3

√1 + ε/a3.

11

Sedaj uporabimo znano binomsko vrsto

3√

1 + x = (1 + x)1/3 = 1 +x3− x

2

9+ . . . ,

ki konvergira absolutno pri pogoju |x| < 1. Od nje obdržimo prva dva člena

in dobimo približek:3√

1 + x ≈ 1 +x3.

S tem imamo tudi približek za x = ε/a3:

3√r ≈ a(1 + ε/a3) = a+ ε/(3a2) = a+ (r − a3)/(3a2) = a− (a3 − r)/(3a2).

V zadnjem izrazu spoznamo Newtonovo ali tangentno metodo za iskanje

približkov rešitve enačbe x3−r = 0. Če je xn približek rešitve enačbe f (x) =

0, potem je naslednji približek xn+1 dan s formulo:

xn+1 = xn − f (xn)/f ′(xn).

Če začnemo s primernim približkom x0, potem pri določenih pogojih za-

poredje x1, a1,x2, . . . konvergira proti rešitvi enačbe f (x) = 0. Za x0 = a in

f (x) = x3 − r dobimo res nov približek

x1 = a− (a3 − r)/(3a2) = (r + 2a3)/(3a2).

To ni edini način iterativnega kubičnega korenjenja. Hitreje gre s for-

mulo

xn+1 = xn(x3n + 2r)/(2x3

n + r),

ki jo je odkril Edmond Halley (1656–1742), angleški vsestranski znanstve-

nik, po katerem se postopek tudi imenuje (več v [6]).

Halley je najbolj znan po Halleyevem kometu, ki ga je lahko opazoval

leta 1682 in dokazal, da se giblje po zelo sploščeni eliptični tirnici okoli

Sonca. Obhodna doba tega kometa je približno 75 let.

12

Halley je uporabil Newtonovo metodo za funkcijo g(x) = f (x)/√|f ′(x)| v

neki okolici enostavne ničle funkcije f (x). V tej okolici imata obe funkciji

isto ničlo. Za f (x) = x3 − r je f ′(x) = 3x2 in√

3g(x) = (x3 − r)/x = x2 − r/x,√

3g ′(x) = 2x+ r/x2. Iz tega dobimo

h(x) = x −g(x)g ′(x)

= x − x2 − r/x2x+ r/x2 =

x(x3 + 2r)2x3 + r

.

Halleyev postopek je iteracija z iteracijsko funkcijo h(x), s katero iz

začetnega približka x0 za število 3√r izračunamo njegove boljše približke

po formuli xn+1 = h(xn). Graf funkcije h(x) (slika 2) preseka premico y = x

v točki ( 3√r, 3√r). V tej točki ima graf celo prevoj z vodoravno tangento,

kar zagotavlja celo kubično konvergenco zaporedja x0,x1,x2, . . . proti 3√r,

kar pomeni, da za neko pozitivno konstanto K velja relacija |xn+1 − 3√r | <

K |xn − 3√r |3. Na vsakem koraku se število točnih decimalk v približkih za

3√r približno potroji.

Slika 2. Halleyeva iteracijska funkcija za tretji koren števila r > 0.

Oglejmo si uporabo Halleyevega postopka za izračun števila 3√

2, ki se

13

pojavi pri problemu podvojitve kocke. Za začetni približek vzemimo kar

1 (rezultati niso zaokroženi):

n xn

0 1,00000000000000000000000000000

1 1,25000000000000000000000000000

2 1,25992063492063492063492063492

3 1,25992104989487316473719924558

4 1,25992104989487316476721060727

5 1,259921049894873164767210607273√

2 1,25992104989487316476721060727

Za razvoj evropskega računanja z desetiško zapisanimi števili ima ve-

liko zaslug Leonardo iz Pise (1170–1250), bolj znan kot Fibonacci. Potem

ko se je bil od arabskih in drugih matematikov ob Sredozemskem morju

naučil veliko matematike in računanja z indijsko–arabskimi številkami, je

napisal nekaj knjig, med njimi je morda najbolj znano delo Liber abbaci,

knjiga o računanju. Objavil jo je leta 1202, nato pa še malo prenovlje-

no leta 1228. Vsebuje pester izbor konkretnih nalog iz računstva, ki je

namenjeno predvsem trgovanju in denarništvu, pa tudi naloge kar tako,

za matematično rekreacijo. V tej knjigi je tudi naloga o razmnoževanju

kuncev, iz katere se je razvil znani pojem Fibonaccijevih števil.

V prvem odstavku knjige Liber abbaci avtor omenja Mihaela Skota kot

svojega mojstra in največjega filozofa, ki je pisal cesarju o knjigi števil, ki

jo je avtor sestavil in prepisal prav za Skota. Avtor se strinja z njegovo

kritiko in je njemu in drugim v čast popravil svoje delo. Drugo izdajo

Liber abbaci je Leonardo posvetil Skotu.

Mihael Skot (1180–1235), latinsko Michael Scotus, je bil matematik,

alkimist, filozof in astrolog škotskega rodu na dvoru Friderika II. Ho-

henstaufna (1194–1250), cesarja Svetega rimskega cesarstva, kralja Sici-

14

lije, nemškega kralja, jeruzalemskega kralja in švabskega vojvoda. Skot

je slovel tudi kot magister magije in vedež. Iz arabščine v latinščino je

prevajal Aristotela (384–322 pr. n. š.), grško Αριστοτέλης, Aviceno (980–

1037), arabsko Ibn Sina, AJ��

áK. @ v arabski pisavi, in Averoesa (1126–1198),

arabsko Ibn Rušd, Y�

�P áK. @ v arabski pisavi. Skotu grejo velike zasluge za

prenos arabskih znanosti prek Sicilije in Pirenejskega polotoka v Evropo.

Pesnik Dante Alighieri (1265–1321) je Mihaela Skota zaradi njegovih

dejavnosti postavil kar v osmi krog Pekla, v četrto kotanjo, kjer so z za-

sukano glavo na večno trpljenje obsojeni vedeži in čarodeji. Pesnik je

Skotu posvetil celo tercino v dvajsetem spevu:

Quell’ altro che ne’ fianchi e cosi poco,

Michele Scotto fu, che veramente

de le magiche frode seppe ’l gioco.

V prepesnitvi Andreja Capudra (1942–2018) je pomen zgornjih verzov:

Ob njem naslednji, z mršavimi boki

je Miha Skot; kakor nihče nikoli

je vedel on, kaj čar je, kaj uroki.

Isto besedilo je Alojz Gradnik (1882–1967) prevedel takole:

Tam drugi pa, ki mršave rasti je,

Mihael Scotus je, znan po celem sveti,

res pravi mojster vsake vražarije.

Fibonacci obravnava kvadratno in kubično korenjenje v 14. poglavju

knjige Liber abbaci (glej [11]). Decimalni del kubičnega korena približno

15

izrazi z ulomkom, ker takrat decimalne vejice in decimalnih ulomkov ter

decimalk še niso poznali.

Fibonacci med drugim obravnava 3√

2345 in po postopku, ki smo ga

opisali, najde celi del tega korena, ki je 13, ostanek pa 148. Velja torej

enakost 2345 = 133 + 148. Pove tudi, da je 143 za 3 · 13 · 14 + 1 = 547 več

kot 133. Iz približka 148/547 ≈ 1/4 sklepa, da je 3√

2345 ≈ 13 + 1/4. Potem

gre podobno še naprej in zaključi s približkom 3√

2345 ≈ 13 + 17/60, po

naše 13,2833. Z računalnikom dobimo 13,28559315, kar pomeni, da je

bil Fibonacci kar vešč tudi kubičnega korenjenja.

2 Reševanje kubične enačbe

Splošna kubična enačba s kompleksnimi koeficienti a,b,c,d ima obliko

az3 + bz2 + cz+ d = 0,

kjer je a , 0. Matematiki so kmalu ugotovili, da se kvadratni člen lahko

odpravi, če uvedemo novo neznanko w z relacijo z = w − b/(3a). Če se

nato poskrbi, da ima nova enačba za w vodilni koeficient enak 1, se lahko

obravnava preprostejšo, reducirano kubično enačbo w3 + pw + q = 0. Pri

tem sta

p =ca− b2

3a2 , q =da− bc

3a2 +2b3

27a3 .

V nadaljevanju bomo v glavnem obravnavali v obsegu C tako reduci-

rano kubično enačbo

z3 + pz+ q = 0, (1)

kjer sta koeficienta p in q kompleksni števili. Zanimale nas bodo krivulje,

po katerih tečejo njeni koreni, ko fiksiramo p, q pa teče po izbrani pre-

mici ali krožnici oziroma ko fiksiramo q in p teče po izbrani premici ali

krožnici.

16

Najprej opišimo na kratko, kako se spopademo z enačbo (1). Njene

rešitve poiščemo tako kot Gerolamo Cardano (1501–1576) v obliki z = u+v

(več o tem v [3] in [12]). Uporabimo enakost z3 = u3 + v3 + 3uv(u + v).

Dobimo

u3 + v3 + 3uv(u + v) + p(u + v) + q = u3 + v3 + (u + v)(3uv + p) + q = 0.

Postavimo uv = −p/3 in dobimo u3 + v3 = −q. Nato prvi pogoj kubiramo

in zapišemo u3v3 = −(p/3)3. Števili u3 in v3 sta torej po Viètovih formulah

rešitvi kvadratne enačbe

λ2 + qλ− (p/3)3 = 0,

ki ima diskriminanto D = q2 + 4(p/3)3 = 4((q/2)2 + (p/3)3). Označimo ∆ =

(q/2)2 + (p/3)3, kar je diskriminanta kubične enačbe (1). Potem je

u3 = −q/2 +√∆, v3 = −q/2−

√∆.

Iz teh enačb u in v nista enolično določeni števili. Določeni sta le do fak-

torja, ki je poljuben tretji koren enote, to se pravi rešitev enačbe ζ3 = 1.

Tretji koreni enote pa so, kot vemo, ζk = exp(2kπi/3) za k = 0,1,2:

1 = exp(0), ζ =−1 + i

√3

2= exp(2πi/3), ζ2 =

−1− i√

32

= exp(−2πi/3).

Pri tem upoštevamo, da je

exp(iτ) = eiτ = cosτ + i sinτ

za vsak realen kot τ . Zato obstaja 9 kandidatov za pare (u,v), ki dajo

rešitev z = u + v enačbe (1). V poštev pridejo le tisti pari (u,v), za katere

je uv = −p/3. Če smo tak osnovni par našli, denimo (u0,v0), za katerega je

u0v0 = −p/3, potem so vsi kandidati pari:

(u0,v0) (ζu0,v0) (ζ2u0,v0)

(u0,ζv0) (ζu0,ζv0) (ζ2u0,ζv0)

(u0,ζ2v0) (ζu0,ζ

2v0) (ζ2u0,ζ2v0)

17

Očitno pa le trije pari ustrezajo pogoju uv = −p/3:

(u0,v0), (ζu0,ζ2v0), (ζ2u0,ζv0).

Rešitve enačbe (1) so potem:

z1 = u0 + v0, z2 = ζu0 + ζ2v0, z3 = ζ2u0 + ζv0.

Postopek njihovega izračuna je naslednji. Označimo η = Req. Najprej

izračunamo diskriminanto kubične enačbe (1)

∆ = (q/2)2 + (p/3)3 = δ+ iε (δ = Re∆, ε = Im∆)

in njena kvadratna korena:

w1,2 = ±

√δ+ |∆|

2+ i sgn∗(ε)

√−δ+ |∆|

2

.Pri tem je funkcija sgn∗(x) za realne x definirana s predpisom

sgn∗(x) =

1, x ≥ 0,

−1, x < 0.

S tem dobimo u3 in v3, ki ju izrazimo v polarni obliki:

u3 = −sgn∗(η)w1 − q/2 =U exp(iϕ), v3 = sgn∗(η)w2 − q/2 = V exp(iψ).

Pri tem sta

U = |w1 − q/2| in V = |w2 − q/2|.

Z uporabo sgn∗(η) dosežemo, da je vedno U > 0 razen za p = q = 0. Takrat

pa je tako in tako u = v = 0 in enačba z3 = 0 trojni koren, ki je enak 0.

Sedaj je treba izbrati osnovni par (u0,v0). Računalnik nam daje ϕ,ψ ∈[0,2π). Lahko izberemo

u0 = 3√U exp(iϕ/3),

18

toda

v0 = 3√V exp(iψ/3),

ni vedno prava izbira, ker morda ne velja zahteva u0v0 = −p/3. Najti je

treba kot ϑ, za katerega je −p = |p|exp(iϑ). Veljati mora relacija

ϕ/3 +ψ/3 = ϑ.

zato izberemo

ψ/3 = ϑ −ϕ/3,

da dobimo pravilni rezultat

v0 = 3√V exp(i(ϑ −ϕ/3)).

Potem dobimo pravilne korene enačbe (1):

z1 = u0 + v0, z2 = ζu0 + ζ2v0, z3 = ζ2u0 + ζv0.

Pravilnost rezultata lahko kontroliramo z Viètovimi formulami:

z1 + z2 + z3 = 0, z1z2 + z2z3 + z3z1 = p, z1z2z3 = −q.

S kubičnimi enačbami so se matematiki srečali že zelo zgodaj. Preprost

primer dobimo pri antičnem problemu podvojitve kocke. Dana kocka naj

ima rob a. Iščemo kocko z robom x, ki ima dvakratno prostornino dane

kocke. Veljati mora torej x3 = 2a3. Smiselna rešitev je seveda x = a 3√

2.

Podvojitev kocke se da izvesti nestandardno, na primer z Dioklovo cisoido

(glej na primer [7]). Z neoznačenim ravnilom in šestilom pač ne gre.

Podoben problem lahko formuliramo za pokončni stožec, ki ima za

polmer osnovne ploskve r in za višino h. Iščemo stožec, ki je podoben

danemu in ima dvakratno prostornino le-tega. Če ima iskani stožec za

polmer osnovne ploskve x, za višino pa y, potem zlahka dobimo x = r 3√

2

in y = h 3√

2. Podobna zgodba se ponovi pri pokončnem valju in prizmi.

19

Nekoliko težji je Arhimedov problem, kako z ravnino prerezati kroglo,

da bosta nastala dela prostorninsko v razmerju m : n = α. Krogla naj ima

polmer r in krogelni odsek višino x. Komplementarni odsek ima potem

višino 2r − x (slika 3).

Slika 3. Presek krogle z ravnino.

Odseka imata prostornini

V1 =13πx2(3r − x), V2 =

13π(2r − x)2(3r − (2r − x)) =

13π(2r − x)2(r + x).

Zahteva V1/V2 = α nam da najprej enačbo

x2(3r − x) = α(2r − x)2(r + x),

po preureditvi pa

x3 − 3rx2 +4r3αα + 1

= 0.

Z vpeljavo nove neznanke y = x/r preide le-ta v enačbo

y3 − 3y2 +4αα + 1

= 0. (2)

Za α = 1 dobimo najenostavnejši primer

y3 − 3y2 + 2 = 0.

20

Edina smiselna rešitev je tedaj y = 1 oziroma x = r, ko imamo presek

krogle na dva prostorninsko enaka dela z ravnino skozi središče krogle.

Vpeljimo v (2) novo neznanko z z = 1/y. Dobimo enačbo, ki je oblike

(1):

z3 − 3(α + 1)4α

z+α + 14α

= 0

in jo lahko rešujemo s Cardanovo formulo.

Odvisnost y od α ponazarja slika 4. Točka D ustreza delitvi krogli na

dva enaka dela.

Slika 4. Odvisnost razmerja y = x/r od razmerja α.

Naslednja naloga tudi vodi do kubične enačbe. Najti je treba naravno

21

število n, za katero jen∑k=1

(k + k2) = 333300.

Desno stran lahko zapišemo v obliki

n∑k=1

(k + k2) =n∑k=1

k +n∑k=1

k2 =n(n+ 1)

2+n(n+ 1)(2n+ 1)

6=n(n+ 1)(n+ 2)

3.

Torej je treba rešiti enačbo

n(n+ 1)(n+ 2) = 999900.

Cardanov postopek je predolg. Raje faktoriziramo desno stran:

n(n+ 1)(n+ 2) = 22 · 32 · 52 · 11 · 101 = 99 · 100 · 101.

Rešitev je n = 99. Kompleksni rešitvi −51± i√

7499 sta tudi rešitvi prejšnje

enačbe, a seveda ne prideta v poštev.

3 Koreni kubične enačbe in Apolonijeva krožnica

Avtor se je v [8] lotil reševanje enačbe (1) na svojstven način. Uvedel je

novo neznanko w z relacijo

z =aw+ bw+ 1

. (3)

Pri tem sta a in b števili, ki ju je treba primerno določiti. Primer p = 0

lahko izključimo, saj imamo takrat opraviti z binomsko enačbo z3 = −q,

ko jo že znano rešiti. Če je p = q = 0, ima enačba trojni koren z1,2,3 = 0, za

p = 0 in q , 0 pa zapišemo −q = |q|exp(iα) in dobimo rešitve

zk = 3√|q|exp

(α + 2kπ

3i

), k = 0,1,2.

22

Očitno mora v nastavku (3) veljati a , b, ker v nasprotnem primeru ne

naredimo ničesar koristnega. Iz(aw+ bw+ 1

)3

+ paw+ bw+ 1

+ q = 0

pridemo po odpravi ulomkov do enačbe

(a3+ap+q)w3+(3a2b+2ap+bp+3q)w2+(3ab2+ap+2bp+3q)w+(b3+bp+q) = 0.

Postavimo

3a2b+ 2ap+ bp+ 3q = 0, (4)

3ab2 + ap+ 2bp+ 3q = 0. (5)

Če enačbi (4) in (5) odštejemo, dobimo

(a− b)(3ab+ p) = 0,

iz česar sledi 3ab = −p. Če pa enačbi (4) in (5) seštejemo, dobimo

(a+ b)(3ab+ 3p) + 6q = 0

in z upoštevanjem relacije 3ab = −p še

(a+ b)p+ 3q = 0.

Našli smo relaciji

a+ b = −3qp, ab = −

p

3.

To pomeni, da sta a in b rešitvi pridružene kvadratne enačbe

λ2 +3qpλ−

p

3= 0

oziroma

3pλ2 + 9qλ− p2 = 0. (6)

23

Njena diskriminanta je

D = 3(27q2 + 4p3) = 324((q

2

)2+(p

3

)3)

= 324∆.

Ko je ∆ , 0, ima enačba (6) različna korena in takrat je zagotovo a , b. Ker

smo privzeli p , 0, noben njen koren ni enak 0. Če tedaj izberemo za a in

b korena enačbe (6), preide enačba (1) v binomsko enačbo

w3 = −b3 + bp+ qa3 + ap+ q

.

Števec in imenovalec ulomka na desni strani lahko poenostavimo, če up-

oštevamo 3ab = −p in q = −p(a+ b)/3 = ab(a+ b). Dobimo

b3 + bp+ q = b3 − 3ab2 + ab(a+ b) = b(a− b)2

in

a3 + ap+ q = a3 − 3a2b+ ab(a+ b) = a(a− b)2.

Tako smo prišli do konca:

w3 = −ba.

Če zapišemo

−ba

=∣∣∣∣∣ba

∣∣∣∣∣exp(iα),

imamo po povezavi (3) korene

wk = 3

√∣∣∣∣∣ba∣∣∣∣∣exp

(α + 2kπ

3i

), k = 0,1,2.

S tem so določeni tudi koreni enačbe (1):

zk =awk + bwk + 1

, k = 0,1,2.

Za D , 0 se ne more zgoditi, da bi bil kateri of korenov wk enak −1, zato

vsi zk po zgornji formuli obstajajo.

24

Kaj pa, če je pri p , 0 vendarle D = 0? Tedaj ima kvadratna enačba

(6) dvojni koren λ1,2 = −3q/(2p). Ker pa je leva stran enačbe (1) za z =

−3q/(2p) enaka(−

3q2p

)3

+ p(−

3q2p

)+ q = −

q(4p3 + 27q2)8p3 = −

qD

24p3 = 0,

je −3q/(2p) eden od korenov enačbe (1). Ker je odvod leve strani enačbe

(1) enak 3z2 + p, kar je za z = −3q/(2p) enako

3(−

3q2p

)2

+ p =27q2 + 4p3

4p2 =D

12p2 = 0,

je −3q/(2p) dvojni koren enačbe (1). Preostali koren pa je 3q/p, ker je(3qp

)3

+ p(

3qp

)+ q =

q(4p3 + 27q2)p3 =

qD

3p3 = 0.

Strnimo rezultat. Za p , 0 in D = ∆ = 0 ima enačba (1) korene

z1 = z2 = −3q2p, z3 =

3qp.

Spoznali smo, kako enačbo (1) za p , 0 z Möbiusovo transformacijo

z = (aw + b)/(z + 1) prevedemo na obliko w3 = −b/a. Pri tem je a , b, kar

zagotavlja, da so koreni enačbe (1) različni. Nekaj več o teh rečeh najdemo

na primer v [1]. Obratna transformacija je w = −(z − b)/(z − a). Enačbi (1)

smo s tem pravzaprav dali obliko(z − bz − a

)3

=ba, (7)

iz katere sledi razmerje

|z − b||z − a|

= µ, µ = 3

√|b||a|. (8)

25

Enačbi (8) zadoščajo vsi koreni enačbe (1). Sicer pa enačba (8) za µ , 1

predstavlja Apolonijevo krožnico K(a,b,µ), ki jo definirata točki a in b v

kompleksni ravnini pri razmerju µ. Za µ = 1, kar pomeni |a| = |b|, preide

(8) v |z − a| = |z − b|, kar je enačba simetrale daljice med točkama a in b v

kompleksni ravnini. To se pravi, da v tem primeru koreni enačbe (1) ležijo

na isti premici. Njena enačba v parametrični obliki se glasi z = (a+b)t, kjer

je t realen parameter. Za t = 0 gre premica skozi točko 0.

Če je a = b, so koreni enačbe (1) realni. Več o Apolonijevi krožnici

najdemo na primer v [9].

Slika 5. Koreni kubične enačbe na Apolonijevi krožnici.

Za |a| , |b| je µ , 1 in koreni enačbe (1) ležijo na Apolonijevi krožnici

K(a,b,µ), ki ima polmer

r = |a− b| ·µ

|µ2 − 1|.

26

Središče σ krožnice je oddaljeno od središča daljice med a in b za

|a− b|2·µ2 + 1|µ2 − 1|

po premici skozi a in b. Za σ dobimo izraz

σ =a+ b

2+a− b

2·µ2 + 1µ2 − 1

.

Na sliki 5 so označeni koreni enačbe

z3 − 3(1 + 3i)z+ (11i − 3) = 0.

Njena pridružena enačba je

λ2 − (3 + 2i)λ+ (1 + 3i) = 0,

ki ima korena a = λ1 = 2 + i in b = λ2 = 1 + i. Nato izračunamo

µ = 3

√|b||a|

= 6

√25.

Apolonijeva krožnica ima središče v točki

σ =32

+ i −3√

5 + 3√

23√

5− 3√

2= 1− 2

3√

20− 2≈ −1,799483 + i,

polmer pa

r =6√

103√

5− 3√

2≈ 3,261378.

Za primer vzemimo še enačbo

z3 − 3(4 + 3i)z+ (9 + 13i) = 0,

ki ima korene

ζ1 =12

(−3√

3− 3− i(√

3 + 1)),

27

ζ2 =12

(3√

3− 3 + i(√

3− 1)),

ζ3 = 3 + i.

Pridružena enačba je

λ2 − (3 + i)λ+ (4 + 3i) = 0,

ki ima korena a = λ1 = 2− i in b = λ2 = 1 + 2i. Ker je |a| = |b| =√

5, imamo

µ = 1 in koreni ζ1, ζ2 in ζ3 ležijo na isti premici (slika 6).

Slika 6. Koreni kubične enačbe na premici.

Oglejmo si nekoliko pobliže enačbo (7). Število b/a ima argument

Arg(b/a) = ε, ki je enak razliki argumentov števil b in a. Vedno lahko

izberemo a in b, ki sta korena enačbi (1) pridružene enačbe (6), tako da je

Argb ≥ Arga in s tem ε = Argb −Arga ≥ 0. Potem je

Argz − bz − a

=ε+ 2kπ

3,

pri čemer je k = 0,1,2. in z eden od korenov ζ1,ζ2 ali ζ3 enačbe (1).

Geometrijsko lahko to razložimo takole. Pod kotom ε vidimo daljico

s krajiščema a in b iz točke 0. Kot Arg(z − b)/(z − a) pa je ∠(a,z,b). Ko-

rene enačbe (1) lahko preštevilčimo tako, da bo ∠(a,ζ1,b) = ε/3, ∠(a,ζ2,b) =

28

∠(a,ζ1,b) + 2π/3 in ∠(a,ζ3,b) = ∠(a,ζ2,b) + 2π/3 (slika 7). Po potrebi a in b

v teh relacijah med seboj zamenjamo.

Koeficienta p in q enolično določata enačbo (1) in pridruženo enačbo,

njena korena a in b pa razmerje µ in Apolonijevo krožnico. Korene enačbe

(1) lahko tudi geometrijsko konstruiramo, če smo prej tretjinili kot ε in

izračunali µ = 3√|b/a|.

Slika 7. Koreni kubične enačbe, Apolonijeva krožnica in koti.

Koeficienta in korena a in b pridružene enačbe se pri znanih koefi-

cientih p in q da konstruirati v kompleksni ravnini celo z neoznačenim

ravnilom in šestilom (podrobnosti v [9]). Pri znanem razmerju µ kon-

struiramo Apolonijevo krožnico K(a,b,µ). Kot ε je kot med zveznicama

0a in 0b. Nato je treba konstruirati krožne loke s tetivo ab in obodnimi

koti (ε + 2kπ)/3 za k = 0,1,2. Ti krožni loki sekajo Apolonijevo krožnico

K(a,b,µ) v korenih dane kubične enačbe.

29

4 Koreni kubične enačbe pri spreminjanju njenih

koeficientov

Kvadratna enačba ni delala posebnih težav. Huje je bilo, da v starih časih

niso uporabljali ničle in negativnih števil. Logično je bilo, da so za kva-

dratno enačbo sledile enačbe tretje in višjih stopenj. Zaradi vztrajanja

pri tradicionalnem evklidskem razmišljanju pa so nastale težave že pri

kubičnem korenu, pri katerem geometrijske konstrukcije z neoznačenim

ravnilom in šestilom odpovejo.

Kakor je znano, je bolonjski profesor matematike Scipione del Ferro

(1465–1526) prvi znal rešiti poseben primer kubične enačbe (1). Ni znano,

kaj ga je napeljalo na to, da je rešitev iskal v obliki vsote oziroma razlike

dveh kubičnih korenov. Morda je uporabil znano enakost

(α + β)3 = α3 + β3 + 3αβ(α + β),

ki samo druga, včasih bolj pripravna oblika formule za kub binoma:

(α + β)3 = α3 + 3α2β + 3αβ2 + β3.

Če namreč vanjo postavimo α = 3√a in β = 3

√b in označimo x = 3

√a + 3√b,

dobimo

x3 − 3 3√abx − (a+ b) = 0.

To je enačba oblike (1) za p = −3 3√ab in q = −(a+b). Iz prve enačbe dobimo

ab = −p3/27, iz druge pa a+b = −q. Torej sta a in b rešitvi kvadratne enačbe

λ2 + qλ− p3/27 = 0.

Njeni rešitvi sta znani:

λ1,2 = −q

2±√(q

2

)2+(p

3

)3.

30

En koren vzamemo za a, drugega za b in že smo pri Cardanovi formuli:

x =3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3+

3

√−q

2−√(q

2

)2+(p

3

)3.

S tem smo pogledali možnosti reševanja kubične enačbe (1). Odslej

nas bo zanimalo, kako se obnašajo njeni koreni, ko enega od koeficientov

fiksiramo, drugega pa spreminjamo po premici ali po krožnici.

A. Ogledali si bomo, kakšne krivulje opišejo ti koreni, ko p fiksiramo,

q pa potuje po premici `, ki ima enačbo z = z0 + λexp it = x0 + λcos t +

i(y0 +λsin t) v kompleksni ravnini (slika 8). Pri tem je λ realen parameter.

Premica ` poteka skozi točko z0 = x0 + iy0 in oklepa z realno osjo kot t. Če

pišemo z = x+ iy in izločimo λ, dobimo ` v obliki

x sin t − y cos t = k,

kjer je

k = x0 sin t − y0 cos t.

Število |k| pomeni razdaljo premice ` od točke 0.

Slika 8. Premica v kompleksni ravnini.

31

Za našo nalogo je pripravna enačba premice ` v obliki

z(sin t + i cos t) + z(sin t − i cos t) = 2k

oziroma v obliki

Re(z(sin t + i cos t)) = k,

kar dobimo, če upoštevamo enakosti

x =z+ z

2, y =

z − z2i

.

Koeficient p v enačbi (1) naj bo fiksen, koeficient q pa zaradi njegove

izbire na premici ` zadošča enačbi

Re(q(sin t + i cos t)) = k. (9)

Zanima nas, krivulja, na kateri pri tem ležijo koreni enačbe (1). Vsak

njen koren zadošča enačbi q = −z3 − pz. Desno stran tega izraza vstavimo

v (9) in dobimo:

Re((z3 + pz)(sin t + i cos t)) = −k.

Za z = x+ iy in p = c+ id iz tega izluščimo enačbo iskane krivulje:

(x3 − 3xy2 + cx − dy)sin t + (y3 − 3x2y − dx − cy)cos t + k = 0. (10)

Koreni z1, z2, z3 enačbe (1) potujejo po tej krivulji, ko q teče po premici `.

Vsota korenov je 0, kar pomeni, da je težišče trikotnika z oglišči z1, z2, z3 v

točki 0. Oblika krivulje je odvisna od premice ` in koeficienta p.

Relacija (10) je enačba algebrske krivulje tretje stopnje. Njene asimp-

tote y = αx+β določimo tako, da v (10) vstavimo y = αx+β, dobljeni izraz

preoblikujemo v polinom spremenljivke x, nato pa koeficienta pri x3 in x2

izenačimo z 0. Rešitvi α in β dasta asimptote. V našem primeru dobimo:

α(α2 − 3)cos t + (1− 3α2)sin t = 0, (11)

((α2 − 1) cos t − 2α sin t)β = 0. (12)

32

Asimptote, ki niso vzporedne z imaginarno osjo, dobimo takrat, ko je

cos t , 0. Prvi faktor v enačbi (12) je tedaj enak 0 za α = tan(t/2 + π/4)

in α = −cot(t/2 +π/4). Ti dve števili pa ne zadoščata enačbi (11). Zato je

β = 0. Enačba za α je torej (11). Z vpeljavo nove neznanke γ , tako da je

α = γ/ cos t + tan t, jo prevedemo v obliko (1):

γ3 − 3γ − 2sin t = 0.

Njene rešitve so:

γ1 = −2sin(t/3), γ2,3 = sin(t/3)±√

3cos(t/3).

Nazadnje lahko zapišemo smerne koeficiente vseh treh asimptot:

α1 = tan t − 2sin(t/3)/ cos t, α2,3 = tan t + sin(t/3)/ cos t ±√

3cos(t/3)/ cos t.

Z malo truda izračunamo, da je∣∣∣∣∣∣ αk −αj1 +αkαj

∣∣∣∣∣∣ =√

3 = tan(π/3)

za k , j, kar pomeni, da asimptote med seboj oklepajo kot π/3.

Asimptote x = δ, ki so vzporedne z imaginarno osjo, dobimo tako, da v

(10) vstavimo x = δ, uredimo dobljeni rezultat po potencah spremenljivke

y in izenačimo z 0 koeficient pri najvišji potenci. Dobimo y3 cos t−3δy2 sin t+

. . . = 0. To bi šlo le za cos t = 0, kar pa ni enačba za δ. Tedaj je sin t = ±1 in

mora biti δ = 0. Navpična asimptota je zato x = 0 in obstaja le takrat, ko

je cos t = 0 oziroma takrat, ko je premica ` vzporedna z imaginarno osjo.

Iz enačbe (11) dobimo še α1,2 = ±√

3/3 = ± tan(π/6). Vse tri asimptote,

x = 0, y = x√

3/3 in y = −x√

3/3, med seboj oklepajo kot π/3.

Asimptote so odvisne samo od kota t, ne pa od koeficientov p in q. Vse

asimptote potekajo skozi točko 0.

33

Korene z1, z2, z3 enačbe (1) lahko lokaliziramo z nivojnicami reliefa tri-

noma z3 + pz + q. Enačba reliefa v prostoru nad kompleksno ravnino ima

aplikato |z3 + pz + q|. Nivojnice, ki jih dobimo v kompleksni ravnini, pa so

krivulje |z3 +pz+q| = s, kjer je s nenegativna konstanta. Z nekaj računanja

najdemo

u(x,y) = Rep(z) = x3 − 3xy2 + cx − dy + e,

v(x,y) = Imp(z) = −y3 + 3x2y + dx+ cy + f .

Dobimo

|p(z)| =√u2(x,y) + v2(x,y).

Nivojnice pa imajo enačbo√u2(x,y) + v2(x,y) = s

oziroma

u2(x,y) + v2(x,y) = s2,

kjer je s nenegativna konstanta. To so algebrske krivulje šeste stopnje. Za

s = 0 so krivulje degenerirane v točke, ničle trinoma p(z). Za dovolj majhne

pozitivne s krivulje obkrožajo te ničle.

Algebrske krivulje tretjega reda je prvi klasificiral že Isaac Newton

(1643 (greg. kol.)–1727). Naše krivulje imajo po tri asimptote in po New-

tonovi klasifikaciji spadajo v prvo skupino (več o tem v [10]).

Premica seka algebrsko krivuljo tretjega reda v največ treh točkah. Al-

gebrska krivulja tretjega reda ima največ tri asimptote. V splošnem alge-

brska krivulja tretjega reda vsebuje člene z:

x3, x2y, xy2, y3, x2, xy, y2, x, y, 1.

Iz teh z linearno kombinacijo z realnimi koeficienti sestavimo polinom

P (x,y) tretje stopnje spremenljivk x in y. Algebrska krivulja tretje stopnje

je ničla takega polinoma.

34

A1. V enačbi z3 − 8 = 0 je p = 0 in q = −8. Enačba ima korene z1 = 2 in

z2,3 = −1 ± i√

3. Vzemimo, da je q na premici y = 0. Tedaj je t = 0, e = −8

in c = d = f = 0. Koreni so na krivulji y(y − x√

3)(y + x√

3) = 0, ki je unija

premic y = 0 in y = ±x√

3 (slika 9). Nivojnice so krivulje

(x3 − 3xy2 − 8)2 + (−y3 + 3x2y)2 = s2.

Slika 9. Ničle binoma z3 − 8 in nekaj njegovih nivojnic.

Slika 10. Relief binoma z3 − 8.

35

A2. Izberimo p = 2− i in premico y = 2. Za q = −3 + 2i so koreni

z1 ≈ −0,1537 + 1,8064i, z2 ≈ −0,9003− 1,6280i, z3 ≈ 1,0540− 0,1784i.

Ležijo na krivulji

3x2y − y3 − x+ 2y + 2 = 0,

ki ima asimptote y = 0 in y = ±x√

3 (slika 11).

Slika 11. Koreni enačbe z3 + (2− i)z − 3 + 2i = 0.

Slika 12. Relief trinoma z3 + (2− i)z − 3 + 2i.

36

A3. Sedaj izberimo p = 6 + 2i in premico x = 4. Za q = 4 + i, ki leži na

tej premici, so koreni

z1 ≈ −0,0798 + 2,5204i, z2 ≈ −0,6169 + 0,0328i, z3 ≈ 0,6967− 2,5532i.

Koreni ležijo na krivulji

x3 − 3xy2 + 6x − 2y + 4 = 0,

ki ima asimptote x = 0 in y = ±x√

3/3 (slika 13).

Slika 13. Koreni enačbe z3 + 2(3 + i)z+ 4 + i = 0.

Namenoma smo na slikah 11, 13 in 14 za kubični trinom z3 + pz + q

ohranili nekaj reliefovih nivojnic, ki obkrožajo ničle trinoma. Nivojnice

so pogosto nekoliko prekinjene zaradi nestabilnega računanja točk impli-

citno podane krivulje v okolici njenih singularnih točk, kar ničle trinoma

zagotovo so.

37

A4. Izberimo p = 2− i in premico y = x+ 1. Za q = 1 + 2i so koreni

z1 ≈ 0,043− 0,8984i, z2 ≈ −0,7929− 0,9173i, z3 ≈ 0,3629 + 1,8157i.

Ležijo na krivulji

x3 − 3xy2 − 3x2y + y3 + 3x − y − 1 = 0,

ki ima asimptote y = −x in y = (2±√

3)x (slika 14).

Slika 14. Koreni enačbe z3 + (2− i)z+ 1 + 2i = 0.

Ničle kubičnega trinoma z3 + pz + q lahko dinamično opazujemo s pri-

mernim računalniškim orodjem. To pomeni, da v tem primeru pri iz-

branem koeficientu p pomikamo koeficient q po izbrani krivulji, v tem

primeru po premici, in opazujemo spreminjanje ničel trinoma. Nekate-

ra računalniška orodja so sposobna krivulje, po katerih drsijo ničle, takoj

prikazati, sicer pa enačbe teh krivulj sami izračunamo.

Pripomba. Koreni na krivuljah menjajo indekse, ko spreminjamo p ozi-

roma q. To je posledica posebnega načina iskanja kvadratnih in kubičnih

korenov.

38

A5. Izberimo p = −7/3 + 8i in premico y = x + 146/27. Za q = 88/27 +

26/3 i so koreni

z1 = z2 = −4/3 + i, z3 = 8/3− 2i.

Ležijo na krivulji

x3 − 3xy2 − 3x2y + y3 − 31/3x − 17/3y − 146/27 = 0,

ki ima asimptote y = −x in y = (2±√

3)x (slika 15).

Slika 15. Koreni enačbe z3 + (−7/3 + 8i)z+ 88/27 + 26/3 i = 0.

B. Ogledali si bomo še, kakšne krivulje opišejo koreni enačbe (1), ko

koeficient p = c+ id fiksiramo, koeficient q pa potuje po krožnici κ, ki ima

enačbo |z − s| = r. Krožnica ima polmer r > 0 in središče s = e + if . Za q v

našem primeru velja |q− s| = r. Tako kot pri premici izrazimo iz enačbe (1)

koeficient q = −z3 − pz. Temu pogoju zadoščajo koreni, torej mora veljati

relacija

| − z3 − pz − s| = |z3 + pz+ s| = r.

39

Za poljubno kompleksno število z = x + iy dobimo po krajšem računu

enačbo krivulje:

(x3 − 3xy2 + cx − dy + e)2 + (3x2 − y3 + cy + dx+ f )2 = r2.

Iskana krivulja je algebrska stopnje šest. Krivulja je lahko enodelna, dvo-

delna ali celo tridelna, kar je odvisno od koeficienta p in parametrov s in

r krožnice κ.

Opazimo pa tudi, da je iskana krivulja kar nivojnica reliefa trinoma

z3 + pz + s. Seveda ta nivojnica ni nivojnica trinoma z3 + pz + q, ker zaradi

pogoja r > 0 velja q , s.

B1. Vzemimo p = 0, s = 1− i in r = 5. Na krožnici κ z enačbo |z − s| = 5

je točka q = 4 + 3i. Ta nam da korene

ζ1 ≈ 1.1506− 1.265i, ζ2 ≈ 0.5202 + 1.6289i, ζ3 ≈ −1.6708− 0.364i.

Koreni opišejo krivuljo (slika 16), ko q preteče krožnico κ.

Slika 16. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na enodelni krivulji.

40

B2. Izberimo primer s = 1 − i, p = 5 + 3i, r = 5. Koeficient q leži na

krožnici |z − p| = r. Odslej konkretnega primera za q in ustreznih korenov

ne bomo več navajali. Na slikah je razvidno, kje ležijo.

Slika 17. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na dvodelni krivulji.

B3. Še en primer: s = 1− i, p = 5−5i, r = 5. Koeficient q leži na krožnici

|z − p| = r.

Slika 18. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen p na trodelni krivulji.

41

C. Naj bo koeficient q = c+ id fiksen, koeficient p pa naj leži na premici

`, ki poteka skozi točko z0 = x0 + iy0 in ima enačbo z = z0 +λexp(it). Tako

kot v primeru A zapišemo ` v obliki

x sin t − y cos t = k,

kjer je

k = x0 sin t − y0 cos t.

Sedaj dobimo enačbo krivulje, na kateri so koreni enačbe (1) iz relacije

Re((z3 + q)(sin t + i cos t)/z) = −k.

H krivulji bomo šteli tudi točko 0. Preprost račun nam da enačbo iskane

krivulje:

(x3−3xy2 +c)(x sin t+y cos t)− (3x2y−y3 +d)(xcos t−y sin t)+k(x2 +y2) = 0.

Krivulja je algebrska stopnje štiri in je lahko sestavljena iz dveh delov ali

iz dveh delov z izolirano točko 0. Njena oblika je odvisna od podatkov

premice ` in koeficienta q. Nobene posebne potrebe ni, da bi njeno enačbo

zapisali kot urejen polinom spremenljivk x in y četrte stopnje.

Tako kot v primeru A lahko najdemo tudi asimptote y = αx+β dobljene

krivulje. Te nastopijo takrat, ko je sin t , 0. Za vse take t sta α in β realni

rešitvi sistema enačb

2α(α2 + 1)cos t + (α4 − 1)sin t = 0,

((3α2 + 1)cos t + 2α3 sin t)β = 0.

Očitno je β = 0. Asimptota, vzporedna z imaginarno osjo, je x = 0. To

se zgodi za sin t = 0. Tedaj dobimo tudi α = 0. Krivulja ima v vsakem

primeru dve med seboj pravokotni asimptoti. Krivulja poteka skozi točko

0, ki je lahko njena izolirana točka.

42

C1. Za primer vzemimo premico y = −1, po kateri teče p, in q = −1+2i.

Dobljena krivulja ima asimptoti y = 0 in x = 0 (slika 19).

Slika 19. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C1).

C2. Za naslednji primer vzemimo premico y = x − 1, po kateri teče p,

in q = −2 + i. Dobljena krivulja ima asimptoti y = (−1±√

2)x (slika 20).

Slika 20. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C2).

43

C3. Za naslednji primer vzemimo premico y = −√

3x+ 1, po kateri teče

p, in q = 2 + i. Dobljena krivulja ima asimptoti y = −√

3x/3 in y =√

3x

(slika 21).

Slika 21. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q – (C3).

C4. Za naslednji primer vzemimo premico y = −√

3x+ 1, po kateri teče

p, in q = 0. Dobljena krivulja ima asimptoti y = −√

3x/3 in y =√

3x (slika

22).

Slika 22. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 za fiksen q na krivulji z izol. točko.

44

D. Naj bo koeficient q = c+id fiksen, koeficient p pa naj leži na krožnici

κ s središčem v točki s = e + if in polmerom r > 0. Enačba krožnice v

kompleksni ravnini je seveda |z − s| = r. Velja torej |p − s| = r.Najprej naj bo q , 0. Tedaj noben od korenov enačbe (1) ni enak 0.

Koreni zadoščajo pogoju p = −(z3 + q)/z in mora veljati

| − (z3 + q)/z − s| = |(z3 + sz+ q)/z| = r.

Enačba iskane krivulje je torej

|z3 + sz+ q| = r |z|

oziroma

(x3 − 3xy2 + ex − f y + c)2 + (3x2y − y3 + f x+ ey + d)2 = r2(x2 + y2).

To je algebrska krivulja šeste stopnje. Nobene potrebe ni, da bi njeno

enačbo zapisali kot urejen polinom spremenljivk x in y šeste stopnje.

Za q = 0 je p = −z2 in mora veljati

| − z2 − s| = |z2 + s| = r.

Enačba iskane krivulje je torej

|z2 + s| = r

oziroma

(x2 − y2 + e)2 + (2xy + f )2 = r2.

To je algebrska krivulja četrte stopnje. Ker je en koren pri q = 0 enak 0,

je treba tej krivulji dodati izolirano točko z = 0. V posebnem primeru,

ko krožnica κ poteka skozi 0, to je takrat, ko je r = |s|, ležijo koreni na

Bernoullijevi lemniskati. Koren 0 je v njenem središču, preostala korena

pa sta si na tej lemniskati diametralno nasprotna.

45

D1. Izberimo s = 1 + i, r = 4, q = (−1 + i)/2. Koeficient p je na krožnici

|z − s| = r.

Slika 23. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 na krivulji za fiksen q – (D1).

D2. Oglejmo si primer s = 1 + i, r = 1, q = (−1 + i)/2. Koeficient p je na

krožnici |z − s| = r.

Slika 24. Koreni enačbe z3 + pz+ q = 0 na krivulji za fiksen q – (D2).

46

D3. Oglejmo si še primer s = 1 + i, r = 1, p na krožnici |z − s| = r, q pa

naj se spreminja po premici y = −x. Dobimo družino krivulj.

Slika 25. Družina korenskih krivulj; krožnica ne poteka skozi točko 0

D4. Nazadnje si oglejmo še primer s = 1 + i, r =√

2, p na krožnici

|z−s| = r, q pa naj se spreminja po premici y = −x. Dobimo družino krivulj.

Med njimi je tudi Bernoullijeva lemniskata.

Slika 26. Družina korenskih krivulj; krožnica poteka skozi točko 0.

47

5 Približno reševanje kubične enačbe

Stari matematiki so že vedeli, da s preseki stožnic lahko približno, grafično

rešujemo kubične enačbe. Dve stožnici imata lahko kvečjemu štiri skupne

točke. Navadno poskrbimo za to, da eno skupno točko izberemo vnaprej.

Princip grafičnega reševanja enačb je v tem, da čim natančneje na-

rišemo stožnici, nato pa na risbi odčitamo koordinate skupnih točk, po

možnosti tistih, v katerih se stožnici sekata pod kotom, ki je čim bližji

pravemu.

Navedimo preprost primer. Presek parabol y = x2 in y2 = 2x nam da

točko, ki ima za absciso število 3√

2. Če namreč vstavimo y iz prve v drugo

enačbo, dobimo x4 = 2x oziroma x(x3 − 2) = 0. Pozitivna rešitev te enačbe

je res 3√

2. Paraboli se sekata v točki T ( 3√

2, 3√

4). S tem smo rešili enačbo

x3 − 2 = 0, na grafih pa lahko odčitamo približno rešitev (slika 27).

Slika 27. Presek parabol.

Tudi reševanja enačbe x3 = px + q s pozitivnima koeficientoma p in

q so se nekoč lotili grafično, s stožnicama. Enačbo prepišemo v obliko

x2 = p + q/x in načrtamo parabolo y = x2 ter hiperbolo y = p + q/x (slika

48

28). Abscise presečišč obeh krivulj dajo realne rešitve dane enačbe. Stare

so zanimale le pozitivne rešitve.

Posebno spreten je bil pri reševanju enačb s stožnicami znani perzijski

pesnik in matematik Omar Hajam (1048–1131), perzijsko ÐA�J

k QÒ«.

Slika 28. Presek parabole in hiperbole.

V poštev prideta tudi parabola y = ax2 in krožnica (x − b)2 + y2 = b2, ki

imata skupno točko v koordinatnem izhodišču. Abscisi njunih presečišč

zadoščata enačbi

(x − b)2 + a2x4 = b2.

Po poenostavitvi dobimo enačbo

x(a2x3 + x − 2b) = 0.

49

Rešitev x = 0 ni zanimiva. Ostane še enačba

x3 +1a2x −

2ba2 = 0,

ki je kakor za nalašč primerna za grafično reševanje enačbe

x3 + px+ q = 0,

kjer sta p > 0 in q , 0 realni števili. S primerjavo najdemo p = 1/a2 in

q = −2b/a2. Pri danih p in q določimo a = 1/√p in b = −q/(2p).

Slika 29. Presek parabole in krožnice.

V primeru enačbe x3 + 4x + 5 = 0 je treba vzeti a = 1/2 in b = −5/8

(slika 29). Narišemo parabolo y = x2/2 in krožnico s središčem S(−5/8,0)

in polmerom r = 5/8. Netrivialno presečišče ima absciso x1 = −1, kar je res

rešitev dane enačbe. Preostali rešitvi sta konjugirano kompleksni x2,3 =

(1± i√

19)/2.

Seveda pa lahko kubične enačbe rešujemo tudi s klasičnimi numerič-

nimi metodami, kot sta na primer sekantna in tangentna metoda.

50

Kot primer poiščimo s tangentno metodo največji koren ξ3 enačbe

x3 − 27x − 17 = 0.

Za polinom p(x) = x3 − 27x − 17 izračunamo odvod p′(x) = 3(x2 − 9) in

vrednosti

p(−5) = −7, p(−4) = 27, p(−1) = 9, p(0) = −17, p(5) = −7, p(6) = 37.

To pomeni, da ima enačba realne rešitve ξ1,ξ2 in ξ3 zaporedno na inter-

valih (−5,−4), (−1,0) in (5,6). Približke za največjo ničlo ξ3 bomo računali

po znani formuli

xn+1 = xn −p(xn)p′(xn)

= xn −x3n − 27xn − 17

3(x2n − 9)

,

za začetni približek x0 pa bomo vzeli kar sredino intervala (5,6), to se

pravi 5,5.

n xn

0 5,500000000000000000000000

1 5,486274509803921568627450

2 5,486225442652420109408724

3 5,486225442026378987421788

4 5,486225442026378987319877

5 5,486225442026378987319877

ξ3 5,486225442026378987319877

Opazimo, da se na vsakem koraku iteracije število pravilnih decimalk

približno podvoji. Točna rešitev po Cardanovi poti je

x3 = 6sinα +π

3, tanα =

17√

26272627

.

Podobno lahko izračunamo tudi preostala korena dane enačbe.

51

6 Nekaj primerov in nalog

1. Poišči tak kubični polinom, ki ima ničle

z1 =

√2 +√

62

, z2 =

√2−√

62

, z3 = −√

2

in vodilni koeficient 1. Nato poišči še kubični polinom, ki ima za ničle

z21, z

22 in z2

3 ter vodilni koeficient 1.

Iskani polinom naj bo z3−az2 +bz−c. Njegovi koeficienti se izražajo po

Viètovih formulah z ničlami takole:

z1 + z2 + z3 = a, z1z2 + z2z3 + z3z1 = b, z1z2z3 = c.

V našem primeru je

a =

√2 +√

62

+

√2−√

62

−√

2 = 0,

b =

√2 +√

62

·√

2−√

62

−√

2−√

62

·√

2−√

2 ·√

2 +√

62

= −3,

c =

√2 +√

62

·√

2−√

62

· (−√

2) =√

2.

Iskani polinom je torej z3 − 3z −√

2.

Drugi polinom naj bo w3 − Aw2 + Bw − C. Za njegove ničle w1 = z21,

w2 = z22 in w3 = z2

3 prav tako veljajo Viètove formule:

w1 +w2 +w3 = A, w1w2 +w2w3 +w3w1 = B, w1w2w3 = C.

Zato je

A = z21 + z2

2 + z23 = a2 − 2b = 6,B = z2

1z22 + z2

2z23 + z2

3z21 = b2 − 2ac = 9,

C = z21z

22z

23 = c2 = 2.

Iskani polinom je w3 − 6w2 + 9w − 2.

52

2. Reši enačbo z3 − 3z+ 1 = 0.

To je že reducirana kubična enačba oblike (1) za p = −3 in q = 1. Njena

diskriminanta je ∆ = (p/3)3 + (q/2)2 = (−1)3 + (1/2)2 = −3/4. Po ustaljenem

postopku izračunamo

u3 = −q/2 +√∆ = −1/2 + i

√32 = exp(2πi/3),

v3 = −q/2−√∆ = −1/2− i

√32 = exp(−2πi/3).

Hitri vidimo, da lahko vzamemo

u = exp(2πi/9), v = exp(−2πi/9),

ker je uv = 1 = −p/3. S tem že imamo en koren:

z1 = u + v = exp(2πi/9) + exp(−2πi/9) = 2cos(2π/9).

Naslednji koren je

z2 = uζ + vζ2 = exp(2πi/9)exp(4πi/3) + exp(−2πi/9)exp(−4πi/3)

= exp(14πi/9) + exp(−14πi/9) = 2cos(14π/9) = 2cos(4π/9).

Preostali koren je podobno

z3 = uζ2 + vζ = exp(2πi/9)exp(−4πi/3) + exp(−2πi/9)exp(4πi/3)

= exp(−10πi/9) + exp(10πi/9) = 2cos(10π/9) = −2cos(π/9).

S tem smo našli vse tri korene dane enačbe:

z1 = 2cos(2π/9), z2 = 2cos(4π/9) = 2sin(π/18), z3 = −2cos(π/9).

oziroma

z1 = 2cos40◦, z2 = 2sin10◦, z3 = −2cos20◦.

53

3. Peti koreni enote, to je rešitve enačbe z5 = 1, so:

zk = exp(2kπi/5), k = 0,1,2,3,4.

V kompleksni ravnini so to oglišča pravilnega petkotnika, ki je včrtan

enotski krožnici |z| = 1 (slika30). Koren z0 = 1 je na realni osi, koti ∠zk 0 zk+1

pa so 2π/5 = 72◦.

Slika 30. Peti koreni enote in pravilni petkotnik.

Stranica a pravilnega petkotnika, včrtanega krožnici |z| = 1 je, izražena

s prvima dvema korenoma:

a = |z1 − 1| = |cos2π5

+ i sin2π5− 1| = |2i2 sin2 π

5+ 2i sin

π5

cosπ5|

= |2i sinπ5

expπi5| = 2sin

π5.

Podobno dobimo tudi diagonalo:

d = 2sin2π5

= 4sinπ5

cosπ5.

Iz obeh rezultatov dobimo razmerje:

da

= 2cosπ5.

54

Po drugi strani pa za tetivni štirikotnik z3z4z0z2, ki je celo trapez, velja

Ptolemajev izrek: produkt diagonal je enak vsoti produktov nasprotnih

stranic. To pomeni v našem primeru: d2 = ad+a2. Iz tega sledi za razmerje

d/a kvadratna enačba (d/a)2 − d/a− 1 = 0, ki ima pozitivno rešitev

φ =1 +√

52

=da

= 2cosπ5.

Število φ je slavno zlato razmerje. Našli smo torej

cosπ5

= cos36◦ =14

(1 +√

5).

Iz osnovne enakosti cos2 t + sin2 t = 1 dobimo še

sinπ5

= sin36◦ =14

√10− 2

√5.

Z uporabo znanih trigonometričnih enakosti lahko izrazimo vrednosti tri-

gonometričnih funkcij še za 18◦ in 9◦, z dobro znanimi vrednostmi za kote

30◦,45◦ in 60◦ ter adicijskimi izreki pa še za vse mnogokratnike kota 3◦,

in to z osnovnimi štirimi aritmetičnimi operacijami in kvadratnimi ko-

reni. Tega pa se za preostale celostopinjske kote, na primer za 1◦ in 2◦

ne da narediti. Seveda pa vrednosti lahko poljubno natančno izračunamo

numerično.

Če bi se sin2◦ izražal samo z osnovnimi štirimi aritmetičnimi operaci-

jami in kvadratnimi koreni, bi lahko z neoznačenim ravnilom in šestilom

konstruirali pravilni mnogokotnik s 360/2 = 180 stranicami. Število 180

pa ima razcep na prafaktorje oblike 22 · 3 · 3 · 5. Števili 3 in 5 sta sicer Fer-

matovi praštevili, toda 3 nastopa dvakrat. Kot sta nas poučila C. F. Gauß

(1777–1855) in P. L. Wantzel (1814–1848), pa ravno zato pravilnega 180–

kotnika ne moremo konstruirati z neoznačenim ravnilom in šestilom. Zato

števila sin2◦ ne moremo izraziti samo z osnovnimi štirimi aritmetičnimi

operacijami in kvadratnimi koreni.

55

4. Perzijski matematik Al Kaši (1370–1429) je izračunal sin1◦. Sledimo

mu in izračunajmo sin2◦, ki se ga ne da izraziti algebrsko. Pač pa se da to

narediti za 6◦:

sin6◦ = sin(36◦ − 30◦) = sin36◦ cos30◦ − cos36◦ sin30◦.

S znanimi vrednostmi dobimo:

sin6◦ =18

(√

30− 6√

5−√

5− 1).

Za število sin2◦ dobimo kubično enačbo, ki ji zadošča. Iz enakosti

(cosα + i sinα)3 = cos3α + i sin3α

namreč z uporabo pravila za kubiranje binoma in primerjave imaginarnih

komponent obeh strani dobimo

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

torej

sin3α = 3sinα − 4sin3α.

Zato je

3sin2◦ − 4sin3 2◦ = sin6◦ = a.

Število sin2◦ zato zadošča kubični enačbi

3x − 4x3 = a oziroma x3 − 34x+

a4

= 0.

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

po Cardanu, toda njena diskriminanta ∆ je negativno število. Enačba ima

tri realne korene, ki jih dobimo v trigonometrični obliki:

x1 = sin2◦, x2 = cos32◦, x3 = −cos28◦.

56

Najdemo jih po splošnih formulah, ki smo jih izpeljali na strani 17, pri

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

sin2◦, ki pa ga ne poznamo. Lahko sicer pustimo sin6◦, izražen s koreni,

v izrazih, toda ostanejo kvadratni koreni negativnih števil.

Reševanja se po Al Kašiju lotimo približno, numerično, danes bi rekli

z navadno iteracijo, s katero rešujemo enačbe oblike x = f (x). Pri tem ni

treba, da je f (x) polinom. Lahko je katerakoli funkcija, ki je zvezna in

odvedljiva v okolici rešitve in je tam njen odvod dovolj majhen. Enačbo za

sin2◦ po Al Kašiju prepišemo v obliko

x =43x3 +

a3

in, ker je 6◦ majhen kot, vzemimo za začetni približek števila sin2◦ kar

x0 = (1/3)sin6◦ = a/3. Označimo

f (x) =43x3 +

a3.

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

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

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

zberemo v tabelo, tega ne moremo prezreti.

Al Kašijeva iteracija pravzaprav išče negibno točko funkcije f (x), to je

tiste točke ξ, za katero je f (ξ) = ξ. Ta točka je ravno limita zaporedja

x0,x1,x2, . . .. Konvergenca je tem hitrejša, čim bliže je začetni približek x0

tej negibni točki. Naša funkcija f (x) ima negibno točko ξ = sin2◦, v kateri

je tudi odvod majhen: f ′(ξ) = 4ξ2 = 0,004871899481. Zato je konvergenca

približkov razmeroma hitra.

Al Kaši je na matematičnem področju opravil veliko delo. Med drugim

je izračunal število 2π v desetiškem številskem sistemu na 16 decimalk

natančno. V Franciji imenujejo znani kosinusni izrek za ravninski trikot-

nik po njem: Thórème d’Al-Kashi.

57

n xn

0 0,034842821089217823799

1 0,034899221032773539727

2 0,034899495359476378375

3 0,034899496695957891079

4 0,034899496702469094415

5 0,034899496702500816343

6 0,034899496702500970889

7 0,034899496702500971642

8 0,034899496702500971646

9 0.034899496702500971646

sin2◦ 0,034899496702500971646

5. Lahko pa po Josipu Plemlju (1873–1967), ki je izrazil stranico pravil-

nega sedemkotnika s polmerom njemu očrtane krožnice, poskusimo enak

pristop še pri pravilnem petkotniku. V formuli

(cosϕ + i sinϕ)5 = cos5ϕ + i sin5ϕ

levo stran razvijemo po binomski formuli in primerjamo imaginarni del

obeh strani, nato pa daljši faktor izrazimo s funkcijo cos. Dobimo enakost

sin5ϕ = sinϕ(16cos4ϕ − 12cos2ϕ + 1).

Vanjo vstavimo ϕ = π/5 in dobimo:

sinπ5

(16cos4 π5− 12cos2 π

5+ 1) = 0.

Prvi faktor na levi strani enačaja je različen od 0. V drugi faktor pa vs-

tavimo x = cos2(π/5). Dobimo enačbo

16x2 − 12x+ 1 = 0,

58

ki ima rešitvi

x1,2 =6± 2

√5

16=

(1±√

54

)2

.

Za cos(π/5) sta dva pozitivna kandidata: števili (1 +√

5)/4 in (√

5− 1)/4 <

1/2. Ker je π/3 > π/5, je 1/2 = cos(π/3) < cos(π/5), druga možnost odpade

in

cosπ5

= cos36◦ =14

(1 +√

5).

Ni pa to edini način. V [2] najdemo drugačnega, ki ne uporablja poli-

nomov. Poteka pa v nekaj korakih. Najprej zapišemo

sin72◦ = 2sin36◦ cos36◦,

sin36◦ = sin(180◦ − 36◦) = sin144◦ = 2sin72◦ cos72◦.

Nato levi in desni strani dobljenih enakosti med seboj zmnožimo:

sin72◦ sin36◦ = 4sin36◦ cos36◦ sin72◦ cos72◦.

Po krajšanju dobimo:

1 = 4cos36◦ cos72◦.

Velja pa tudi

cos36◦ − cos72◦ = 2sin54◦ sin18◦ = 2cos36◦ cos72◦ = 1/2.

Če označimo x = cos36◦, y = cos72◦, imamo enačbi

4xy = 1, x − y =12.

Pri tem je x > y > 0. Nato zapišemo

(x+ y)2 = (x − y)2 + 4xy =14

+ 1 =54.

Zato je

x − y =12, x+ y =

√5

2.

59

Od tod slledi

x =14

(1 +√

5), y =14

(√

5− 1),

torej

cos36◦ = sin54◦ =14

(1 +√

5), cos72◦ = sin18◦ =14

(√

5− 1).

6. V zbirki [2] je tudi nekaj nalog v zvezi z kubično enačbo (1). Ena, v

kateri so p,p′,q,q′ kompleksna števila,se glasi takole:

Dokaži trditev. Če imata enačbi z3 +pz+q = 0 in z3 +p′z+q′ = 0 skupen

koren, potem je

(pq′ − p′q)(p − p′)2 − (q − q′)3 = 0.

Dokaz. Če imata enačbi skupno rešitev z = 0, potem je to možno le za

q = q′ = 0. Tedaj trditev očitno velja.

Denimo, da je z , 0 rešitev obeh kubičnih enačb. Tedaj q in q′ nista

enaka 0. Če enačbi odštejemo, dobimo

(p − p′)z+ (q − q′) = 0.

Pri tem je p , p′, ker bi sicer dobili q = q′ in kubični enačbi bi bili enaki,

kar ni zanimivo. Zato naj bo p , p′.

Če prvo kubično enačbo pomnožimo s q′, drugo pa s q in nato dobljena

rezultata odštejemo, dobimo

(q′ − q)z3 + (pq′ − p′q)z = 0.

Ker je z , 0, lahko dobljeno relacijo krajšamo z z:

(q′ − q)z2 + (pq′ − p′q) = 0.

Vanjo vstavimo z = −(q − q′)/(p − p′), odpravimo ulomke in dobimo:

(pq′ − p′q)(p − p′)2 − (q − q′)3 = 0,

60

kar je bilo treba dokazati.

Poraja se vprašanje, če je ta pogoj potreben in zadosten za to, da imata

kubični enačbi z3 + pz + q = 0 in z3 + p′z + q′ = 0 skupno ničlo. V [12]

najdemo izrek, da je to res, če je rezultanta trinomov P (z) = z3 + pz + q in

P ′(z) = z3 +p′z+q′ enaka 0 (P ′(z) tukaj ni odvod). Zapišimo in izračunajmo

jo:

R(P ,P ′) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 p q 0 0

0 1 0 p q 0

0 0 1 0 p q

1 0 p′ q′ 0 0

0 1 0 p′ q′ 0

0 0 1 0 p′ q′

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Računalniški program derive, ki med drugim dobro obvlada tudi matrike

in determinante, nam postreže z rezultatom v obliki:

R(P ,P ′) = p3q′−p2(p′q+2p′q′)+p(p′2q+p′2q′)−q3 +3q′q2−q(p′3 +3q′2)+q′3.

Z neposrednim preverjanjem ugotovimo, da je

R(P ,P ′) = (pq′ − p′q)(p − p′)2 − (q − q′)3.

Torej je res (pq′ − p′q)(p − p′)2 − (q − q′)3 = 0 potreben in zadosten pogoj za

to, da imata enačbi z3 + pz+ q = 0 in z3 + p′z+ q′ = 0 skupno ničlo.

Primer za kontrolo. Enačbi z3 − 1 = (p = 0,q = −1) in z3 + 3z − 4 = 0

(p′ = 3,q′ = −4) imata skupen koren z = 1. Izračunajmo:

(pq′ − p′q)(p − p′)2 − (q − q′)3 = (0 + 3)(0− 3)2 − (−1 + 4)3 = 27− 27 = 0.

7. Iz [2] vzemimo še eno nalogo, pri kateri uporabimo kubično enačbo. V

nalogi so a,b,c poljubna kompleksna števila.

61

Dokaži trditev. Če velja a+ b+ c = 0 in je

sk = ak + bk + ck ,

potem so pravilne naslednje relacije (navedimo le štiri):

2s4 = s22, 6s5 = 5s2s3, 6s7 = 7s3s4, 10s7 = 7s2s5.

Dokaz. Zaradi relacije a+ b+ c = 0 lahko v soglasju z Viètovimi formu-

lami vzamemo, da so a,b,c koreni kubične enačbe z3 + pz + q = 0. Seveda

veljajo tudi relacije

ab+ bc+ ca = p, abc = −q, a3 + pa+ q = 0, b3 + pb+ q = 0, c3 + pc+ q = 0.

Brez težav izračunamo:

0 = (a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab+ bc+ ca) = s2 + 2p.

Torej je s2 = −2p. Prav tako je lahko najti

s3 = a3 + b3 + c3 = (−pa− q) + (−pb − q) + (−pc − q) = −p(a+ b+ c)− 3q = −3q.

S tem imamo

s1 = 0, s2 = −2p, s3 = −3q.

Naprej pa gre za naraven k tako:

sk+3 = aka3 + bkb3 + ckc3 = ak(−pa− q) + bk(−pb − q) + ck(−pc − q)

= −p(ak+1 + bk+1 + ck+1)− q(ak + bk + ck) = −psk+1 − qsk .

Iz dobljene rekurzivne relacije

sk+3 = −psk+1 − qsk

in začetnih vrednosti brez težav dobimo

s4 = 2p2, s5 = 5pq, s6 = 3q2 − 2p3, s7 = −7p2q,s8 = 2p(p3 − 4q2).

62

Sedaj lahko preverimo trditev do konca:

s22 = 4p2 = 2s4, 5s2s3 = 5(−2p)(−3q) = 30pq = 6s5,

7s3s4 = 7(−3q)(2p2) = −42p2q = 6s7, 7s2s5 = 7(−2p)(5pq) = −70p2q = 10s7.

Rekurzivno relacijo

sk+3 = −psk+1 − qsk ,

zapisano v obliki

sk+3 + psk+1 + qsk = 0 (13)

lahko obravnavamo kot homogeno diferenčno enačbo s konstantnimi ko-

eficienti. Njeno rešitev iščemo v obliki sn = λn. S tem nastavkom pridemo

do karakteristične enačbe

λ3 + pλ+ q = 0.

To je ista enačba, kot smo jo imeli na začetku. Njeni koreni so λ1 = a, λ2 =

b, λ3 = c in splošna rešitev diferenčne enačbe (13) je v primeru enostavnih

korenov

sn = Aan +Bbn +Ccn.

Konstante A,B,C dobimo iz začetnih pogojev s1 = 0, s2 = −2p, s3 = −3q.

V primeru dveh enakih korenov, na primer a = b , c je splošna rešitev

diferenčne enačbe (13)

sn = (A+Bn)an +Ccn,

v primeru trojnega korena a = b = c = 0 pa tako in tako naloga ni zanimiva.

S tem smo rešili celo vrsto nalog, ki so se pojavljale na raznih matema-

tičnih tekmovanjih. Navedimo nekaj primerov.

Naj bo a+ b+ c = 0. Dokažite, da tedaj veljajo enakosti:

63

a3 + b3 + c3 = 3abc,

(a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4),

2(a5 + b5 + c5) = 5abc(a2 + b2 + c2),

5(a3 + b3 + c3)(a2 + b2 + c2) = 6(a5 + b5 + c5),

10(a7 + b7 + c7) = 7(a2 + b2 + c2)(a5 + b5 + c5).

Prva relacija je posledica relacije a3 + b3 + c3 = −3q = −3(−abc) = 3abc.

8. Na nekem matematičnem tekmovanju je bila naslednja naloga. Izraču-

naj ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b c

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ,če so a,b,c koreni enačbe z3 + pz+ q = 0.

Vemo, da je tedaj a+b+c = 0. Če neposredno izračunamo determinanto

in upoštevano rezultat prejšnje naloge, dobimo:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b c

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = a3 + b3 + c3 − 3abc = 0.

Če pa poznamo lastnost determinante, ki ne spremeni svoje vrednosti, če

poljubni vrstici prištejemo njej vzporedno vrstico, dobimo takoj∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b c

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a+ c+ b b+ a+ c c+ b+ a

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 0

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

9. Naj bosta a in b pozitivni števili in a < b. Določiti je treba n − 1 takih

števil x1,x2, . . . ,xn−1 (n > 0) v naraščajočem vrstnem redu, da bo končno

64

zaporedje

a = x0,x1,x2, . . . ,xn−1 < xn = b

geometrijsko.

Vemo, da za geometrijsko zaporedje x1,x2, . . . velja xk = x0qk = aqk, kjer

je q kvocient tega zaporedja.

To pomeni, da morajo veljati za neko pozitivno število q relacije

x1

a= q,

x2

x1= q,

x3

x2= q, . . . ,

bxn−1

= q.

Če vse te relacije med seboj zmnožimo, dobimo:

x1

a· x2

x1· x3

x3. . .

bxn−1

=ba

= qn.

To pomeni, da je

q = n

√ba, xk = a

n

√bk

ak=

n√an−kbk , k = 0,1,2, . . . ,n.

S tem smo med a in b interpolirali n−1 členov, ki skupaj z a in b sestavljajo

končno geometrijsko zaporedje.

10. Z dobljenim končnim zaporedjem smo v prejšnji nalogi interval [a,b]

razdelili na n delov. Če sedaj za funkcijo f (x) = xm, kjer je m naravno

število, zapišemo zgornjo Riemannovo integralsko vsoto

Rn =n∑k=0

f (ξk)∆xk ,

v kateri izberemo za ξk zgornjo mejo intervala [xk−1,xk], to ξk = xk, dobimo

Rn =n∑k=1

(aqk)m(aqk − aqk−1) = am+1q − 1q

n∑k=1

q(m+1)k

= am+1qm(q − 1)(q(m+1)n − 1)

qm+1 − 1= (bm+1 − am+1)qm

q − 1qm+1 − 1

.

65

Sedaj pogledamo, kaj se dogaja v limiti, ko n→∞. Očitno tedaj q→ 1 in s

tem tudi qm→ 1. Izraz

q − 1qm+1 − 1

=q − 1

(q − 1)(qm + qm−1 + . . .q+ 1)=

1qm + qm−1 + . . .q+ 1

pa stremi proti 1/(m+ 1), ko q→ 1. Torej imamo

limn→∞

Rn =1

m+ 1(bm+1 − am+1).

S tem smo izračunali ∫ b

axmdx =

1m+ 1

(bm+1 − am+1).

V resnici ta rezultat velja za vsak realen m razen za m = −1. Težava je le v

naslednji limiti, ki pa jo zlahka izračunamo z l’Hôpitalovim pravilom:

limq→1

q − 1qm+1 − 1

= limq→1

1(m+ 1)qm

=1

m+ 1.

Za m = −1 poteka na začetku račun brez težav, zatakne pa se pri

Rn =q − 1qn = n

(1− n

√ab

).

Z l’Hôpitalovim pravilom gre najlaže:

limn→∞

Rn = limn→∞

1− (a/b)1/n

1/n= − lim

n→∞

(a/b)1/n ln(a/b)(−1/n2)−1/n2 = − ln(a/b).

Tako smo izračunali še ∫ b

a

dxx

= lnb − lna = lnba.

Podobno delamo s spodnjo Riemannovo integralsko vsoto, kjer izbe-

remo za ξk spodnjo mejo intervala [xk−1,xk], to je ξk = xk−1. Rezultat je

seveda enak, saj smo integrirali na intervalu [a,b] zvezno funkcijo. Zvezne

funkcije na [a,b] pa so integrabilne.

66

Seveda tako preproste integrale redkokdaj računamo tako, kar po defini-

ciji. Tu pa tam se lotimo kakšnega za boljše razumevanje. Navadno upora-

bimo Newton–Leibnizevo formulo. V naših dveh primerih poteka raču-

nanje takole: ∫ b

axmdx =

1m+ 1

xm+1∣∣∣∣∣ba

=1

m+ 1(bm+1 − am+1).

∫ b

a

dxx

= lnx|ba = lnb − lna = lnba.

Morda ne bo odveč pripomniti, da smo z integralom izračunali ploščino

S lika pod krivuljo y = xm nad intervalom [a,b], kar v starih časih ni bilo

prav enostavno.

Slika 31. Lik pod pod krivuljo y = x3 nad intervalom [a,b].

Vrnimo se še malo h geometrijski interpolaciji števil med a in b. Če

vrinemo en sam člen (n = 2), dobimo a = x0 < x1 < x2 = b, kjer je x1 =√ab.

Torej je x1 geometrijska sredina števil a in b.

67

Če vrinemo dva člena (n = 3), dobimo a = x0 < x1 < x2 < x3 = b, kjer sta

x1 = 3√a2b in x2 = 3

√ab2. Za b = 2a dobimo x1 = a 3

√2 in x2 = a 3

√4. To sta

števili, ki smo ju srečali na strani 48 v primeru grafičnega reševanja enačb.

V glasbi poznamo temperirano lestvico dvanajstih tonov, pri kateri

med tona s frekvenco ν in 2ν vrinemo 11 tonov tako, da so vsi intervali

med sosednjima tonoma enaki. Ton s frekvenco 2ν je za oktavo višji od

tona s frekvenco ν. Toni so v zaporedju

ν = ν0 < ν1 < ν2 < ν3 < ν4 < ν5 < ν6 < ν7 < ν8 < ν9 < ν10 < ν11 < ν12 = 2ν.

Očitno morajo biti frekvence v geometrijskem zaporedju s kvocientom q =12√

2. Frekvence tonov lahko izračunamo po formuli

νk = ν012√

2k .

Lahko so to na primer

c–cis–d–dis–e–f–fis–g–gis–a–ais–h–C.

11. Descartesov list je krivulja tretjega reda z enačbo x3 +y3 = 3axy, kjer je

a pozitivna konstanta. Njegovi parametrični enačbi dobimo z nastavkom

y = tx in imata obliko:

x =3at

1 + t3, y =

3at2

1 + t3.

Za t → −1 se točka oddaljuje v neskončnost in se približuje asimptoti

krivulje, to je premici x+ y + a = 0 (slika 32).

Vsaki točki T na krivulji pripada natančno določen parameter t. Zani-

ma nas, kakšna je povezava med tremi parametri t1, t2, t3, da bodo ustrezne

točke T1,T2,T3 ležale na isti premici (naloga iz [10]).

Denimo, da je iskana premica αx + βy + γ = 0, kjer je α2 + β2 > 0. Za

presek krivulje in te premice pride v poštev vsak t, ki zadošča enačbi

3aαt1 + t3

+3aβt2

1 + t3+γ = 0,

68

ki jo prepišemo v obliko

γt3 + 3aβt2 + 3aαt +γ = 0.

Za γ = 0 dobimo nezanimiv primer kvečjemu dveh točk: Za γ , 0 pa po

zadnji Viètovi formuli za vse tri korene zgornje kubične enačbe dobimo

t1t2t3 = −γ/γ = −1. Iskani pogoj je torej t1t2t3 = −1. Preostale Viètove for-

mule dajo relacije, v katerih so a,α,β,γ , kar predstavlja neustrezne pogoje.

Slika 32. Descartesov list.

Na Descartesovem listu sta točki A(a 3√

4, a 3√

2) in B(a 3√

2, a 3√

4), ki imata

koordinate, ki jih srečamo pri problemu podvojitve kocke. V A je tangenta

na Descartesov list vzporedna z osjo y, v B pa vzporedna z osjo x.

Krivulja je dobila ime po Renéju Descartesu (1596–1650), ki se je v

latinizirani obliki pisal Renatus Cartesius. Po njem smo dobili tudi po-

imenovanje kartezični koordinatni sistem.

12. Strofoida je krivulja tretjega reda z enačbo (a − x)y2 = x2(a + x), kjer

je a pozitivna konstanta (glej [10]). Njeni parametrični enačbi dobimo z

nastavkom y = tx in imata obliko:

x =a(t2 − 1)t2 + 1

, y =at(t2 − 1)t2 + 1

.

69

Za t → ±∞ se točka oddaljuje v neskončnost in se približuje asimptoti

krivulje, to je premici x = a (slika 33).

Vsaki točki T na krivulji razen koordinatnemu izhodišču O pripada

natančno določen parameter t. Zanima nas, kakšna je povezava med tremi

parametri t1, t2, t3, da bodo ustrezne točke T1,T2,T3 ležale na isti premici.

Ponovno, tako kot pri Descartesovem listu, denimo, da je iskana pre-

mica αx + βy + γ = 0, kjer je α2 + β2 > 0. Za presek krivulje in te premice

pride v poštev vsak t, ki zadošča enačbi

aα(t2 − 1)t2 + 1

+aβt(t2 − 1)t2 + 1

+γ = 0,

ki jo prepišemo v obliko

βat3 + (αa+γ)t2 − βat +γ − aα = 0.

Za β = 0 dobimo nezanimiv primer kvečjemu dveh točk: Za β , 0 pa po

drugi Viètovi formuli za vse tri korene zgornje kubične enačbe dobimo

t1t2 + t2t3 + t3t1 = −1. Iskani pogoj je torej t1t2 + t2t3 + t3t1 = −1. Pre-

ostale Viètove formule dajo relacije, v katerih so a,α,β,γ , kar predstavlja

neustrezne pogoje.

Strofoida ima teme v točki A(−a,0), ki ustreza parametru t = 0. Za

t = ±1 dobimo točkoO, kjer strofoida preseka sama sebe. Beseda strofoida

izhaja iz grške besede στροφή, kar pomeni obrat, zavoj. Strofoida se po-

javlja v delih Isaaca Barrowa (1630–1677), Gillesa Robervala (1602–1675)

in Evangelista Torricellija (1608–1647). Današnje ime je krivulja dobila

leta 1846.

13. Podobno kot prejšnji dve nalogi se lotimo tudi cisoide (a − x)y2 = x3

(slika 34). Parametrizacija z y = tx nam da njeni parametrični enačbi

x =at2

t2 + 1, y =

at3

t2 + 1.

70

Slika 33. Strofoida.

Za t→ ±∞ se točka oddaljuje v neskončnost. Krivulja ima premico x = a

za svojo asimptoto, točko O pa za ost. Tri točke, ki ustrezajo parametrom

t1, t2, t3, so na isti premici, če velja relacija t1t2+t2t3+t3t1 = 0. To izpeljemo

na podoben način kot pri strofoidi.

Cisoida, natančneje Dioklova cisoida, je dobila ime po starogrškem

matematiku Dioklu (240–180 pr. n. š.), grško Διοκλῆς, in bršljanu, grško

κισσός, nastala pa je v zvezi z reševanjem problema podvojitve kocke (več

o tem v [10]).

14. V knjigi [10] najdemo tudi Maclaurinovo trisektriso, ki pomaga rešiti

antični problem tretjinjenja kota. To je krivulja, ki ima implicitno enačbo

x(x2 + y2) = a(3x2 − y2),

kjer je a pozitivna konstanta (slika 35). Njeni parametrični enačbi dobimo

z nastavkom y = tx in imata obliko:

x =a(3− t2)t2 + 1

, y =at(3− t2)t2 + 1

.

Za t → ±∞ se točka oddaljuje v neskončnost in se približuje asimptoti

krivulje, to je premici x = −a. Krivulja preseka sama sebe v točki O za

71

Slika 34. Cisoida.

t = ±√

3. Krivulja ima teme A(3a,0) ta t = 0. Tri točke, ki ustrezajo

parametrom t1, t2, t3, so na isti premici, če velja relacija t1t2+t2t3+t3t1 = −3.

To izpeljemo na podoben način kot pri strofoidi.

Krivulja je dobila ime po matematiku Colinu Maclaurinu (1698–1746),

po katerem se imenuje tudi Maclaurinova vrsta

f (x) = f (0) + f ′(0)x+12!x2 +

13!x3 + . . . ,

ki je poseben primer Taylorjeve vrste, poemenovane po Brooku Taylorju

(1685–1731).

15. Marsikatera naloga na nekdanjih matematičnih tekmovanjih je bila

podobna naslednji. Izračunaj

x =3√

162 + 33√

21 +3√

162− 33√

21.

72

Slika 35. Maclaurinova trisektrisa.

Označimo prvi kubični koren z a, drugega pa z b in postavimo x = a+b,

nato pa uporabimo znano formulo

(a+ b)3 = a3 + b3 + 3ab(a+ b).

Najprej izračunajmo

ab =3√

162 + 33√

21 ·3√

162− 33√

21 =3√

(162 + 33√

21)(162− 33√

21)

=3√1622 − 332 · 21 = 3

√3375 = 15.

To se pravi, da je

x3 = (162 + 33√

21) + (162− 33√

21) + 3 · 15x = 324 + 45x.

Naše število x potemtakem zadošča kubični enačbi

z3 − 45z − 324 = 0.

Njene celoštevilske rešitve so lahko le delitelji prostega člena −324. Teh je

kar precej, zato naštejmo le nekatere: ±1,±2,±3,±4,±6,±9, . . .. S poskuša-

73

njem najdemo z1 = 9 s priljubljeno Hornerjevo shemo

1 0 −45 −324

9 81 324

z = 9 1 9 36 0

Trinom z3 − 45z − 324 je deljiv z z − 9. Kvocient je z2 + 9z + 36, ki ima

konjugirano kompleksna korena z2,3 = (−9±3i√

7)/2. Ker je očitno x realno

število, je x = z1 = 9. Zato lahko zapišemo:

3√

162 + 33√

21 +3√

162− 33√

21 = 9.

16. Prostornina pokončnega valja meri 54π dm3, površina pa 54π dm2.

Izračunaj polmer in višino valja.

Če sta r polmer, v pa višina pokončnega valja, potem je njegova pros-

tornina V = πr2v, površina pa P = 2πr(r +v). Izrazimo v = V /(πr2) iz prve

enačbe in vstavimo v drugo:

P = 2πr(r +

V

πr2

)=

2(πr3 +V )r

.

Polmer r je torej rešitev reducirane kubične enačbe

2πx3 − P x+ 2V = 0. (14)

Če vstavimo V = 54π in P = 54π, dobimo

x3 − 27x+ 54 = 0.

Kandidati za celoštevilske rešitve te enačbe so delitelji prostega člena 54.

Ti so: ±1,±2,±3,±6,±9,±28,±27,±54.

Poskusimo najti rešitev enačbe x3 − 27x + 54 = 0 s Hornerjevo shemo.

Očitno ±1,±2 to niso, pač pa imamo srečo s 3:

1 0 −27 54

3 9 −54

x = 3 1 3 −18 0

74

To pomeni, da smo našli razcep

x3 − 27x+ 54 = (x − 3)(x2 + 3x − 18) = (x − 3)2(x+ 6).

Enačba ima dvojni koren x1,2 = 3 in enostavni koren x3 = −6.

Edina pozitivna rešitev te enačbe je x = 3. Polmer valja torej meri 3 dm,

višina pa 6 dm.

Hornerjevo metodo za iskanje korenov polinomskih enačb s celimi ko-

eficienti so poznali Kitajci že nekaj stoletij pred Evropejci. Kitajci so koren

najprej osamili med dve zaporedni celi števili in nato ožili interval, kjer je

koren. Pri tem so bili nerodni, ker so odpravljali ulomke in so se koefici-

enti polinoma večali.

Račun se nam je lepo izšel. Ali je pri dani prostornini in površini valja

vedno tako? Ni. Lahko se zgodi, da enačba (14) nima nobene pozitivne

rešitve, lahko ima eno ali nobene. V našem primeru je diskriminanta te

enačbe ∆ = (−27/3)3 + (54/2)2 = −93 + 272 = 0 in ima dvojno rešitev x = 3.

Druga rešitev je x = −6, ki pa ne pride v poštev za polmer valja.

Da bi dognali, kako je z rešitvami, prepišimo (14) v obliko

P2πx − x3 =

Vπ

in rešitev obravnavamo kot presek kubične krivulje y = ax − x3 za x ≥ 0 in

premice y = b, kjer je a = P /(2π) > 0 in b = V /π > 0 (slika 36).

Krivulja y = ax − x3 = x(a − x2) preseka abscisno os pri abscisi 0 in√a.

Pri x =√a/3 doseže največjo vrednost y = 2

√a3/27. Za b > 2

√a3/27 naloga

nima rešitve, za b = 2√a3/27 ima eno, za 0 < b < 2

√a3/27 pa dve.

17. Do podobnega problema pridemo tudi pri pravilni štiristrani prizmi,

ki ima dano prostornino V in površino P . Rob a osnovne ploskve zadošča

kubični enačbi x3 − P x/2 + 2V = 0. Rešitev obstaja, če je V ≤√

(P /6)3.

75

Slika 36. Kubična krivulja in premica.

18. Liku pod parabolo y = x2 nad intervalom [0,2] odrežemo največji

možni pravokotnik nad intervalom [t,2]. Določi t ∈ [0,2] tako, da bosta

preostala lika imela enaki ploščini (slika 37).

Ploščina levega lika je

S1 =∫ t

0x2dx =

13t3,

ploščina desnega pa

S2 =∫ 2

t(x2 − t2)dx =

83− 1

3t3 − 2t2 + t3 =

23t3 − 2t2 +

83.

Iz zahteve S1 = S2 dobimo kubično enačbo za t:

t3 − 6t2 + 8 = 0.

Z uvedbo nove neznanke z = t − 2 oziroma t = z + 2 jo prevedemo na re-

ducirano obliko

z3 − 12z − 8 = 0.

76

Slika 37. Lika pod parabolo.

Koeficienta sta p = −12, q = −8. Diskriminanta te enačbe je ∆ = (−12/3)3 +

(−8/2)2 = −64 + 16 = −48, kar pomeni, da ima tri realne korene, ki se

izražajo po Cardanovih formulah razmeroma preprosto:

u3 = −q/2 +√∆ = 4 + 4i

√3 = 8exp(πi/3),

v3 = −q/2−√∆ = 4− 4i

√3 = 8exp(−πi/3),

u = 2exp(πi/9), v = 2exp(−πi/9), uv = 4 = −p/3.

z1 = u + v = 4cos(π/9), z2 = ζu + ζ2v, z3 = ζ2u + ζv.

Upoštevamo, da je ζ = exp(2πi/3) in ζ2 = exp(−2πi/3). Po krajšem računu

dobimo:

z1 = 4cos(π/9), z2 = −4cos(2π/9), z3 = −4sin(π/18).

Rešitve za t so:

t1 = 2 + 4cos(π/9), t2 = 2− 4cos(2π/9), t3 = 2− 4sin(π/18).

77

Od teh je na intervalu [0,2] samo t3, tako da je rešitev zastavljene naloge

t = 2− 4sin(π/18) ≈ 1,305407289.

19. Premici y = x in y = kx, kjer je k > 1, odrežeta od parabole y = x2/4

odseka s ploščinama S1 in Sk. Določi k tako, da bo Sk = 2S1 (slika 38).

Premica y = x preseka parabolo y = x2/4 v točki (4,4), premica y = kx

pa v točki (4k,4k2), obe pa še v točki (0,0). Torej je

S1 =∫ 4

0(x − x2/4)dx = 8/3, S2 =

∫ 4k

0(kx − x2/4)dx = 8k3/3.

Iz zahteve Sk = 2S1 dobimo enačbo k3 = 2, ki ima pozitivno rešitev k = 3√

2.

Slika 38. Odseka parabole.

20. Na paraboli y2 = 2px, kjer je p > 0, je treba poiskati točko M, ki je

najbližja točki T (5p/2,−p).

Kvadrat razdalje katerekoli točke P (y2/(2p), y) od točke T (5p/2,−p) je

enak

f (y) =(y2

2p−

5p2

)2

+ (y + p)2.

78

Po poenostavitvi dobimo

4p2f (y) = g(y) = y4 − 6p2y2 + 8p3y + 29p4.

Potreben pogoj za ekstrem funkcije f (y) je g ′(y) = 0. Brez težav pridemo

do enačbe

g ′(y) = 4y3 − 12p2y + 8p3 = 0,

ki jo še okrajšamo in dobimo:

y3 − 3p2y + 2p3 = 0.

Brez posebnega truda enačbo razcepimo:

y3−3p2y+2p3 = (y3−p3)−3p2(y−p) = (y−p)(y2+py−2p2) = (y−p)2(y+2p) = 0.

Funkcija g(y) ima stacionarni točki y1,2 = p in y3 = −2p. Ker je g ′′(y) =

3(y − p)(y + p) in g(−2p) = 9p2 > 0, ima g(y) v točki −2p lokalni minimum.

Ker je g ′(p) = 0 in g ′′′(p) = 6p , 0, za y = p ne dobimo ekstrema. Točka na

dani paraboli, ki je najbližja točki T , je M(2p,−2p). Razdalja med T in M

pa je p√

5/2.

Tangenta na dano parabolo v točkiM ima enačbo y = −x/2−p, premica

skozi točki M in T pa y = 2x − 6p. Opazimo, da tangenta s to premico

oklepa pravi kot. Krožnica s središčem v T in polmerom |TM | se tangente

v M dotika (slika 39).

21. Dokaži, da točki A(3,−2) in B(5,2) ležita na krivulji x2 − y3 − 17 = 0.

Premica skozi A in B krivuljo preseka še v točki C. Določi njene koordi-

nate. Tangenta na isto krivuljo v točki A preseka krivuljo v točkiD. Določi

njene koordinate. (To je nekoliko predelan primer iz [13].)

Preverimo, da točki A in B ležita na krivulji x2 − y3 − 17 = 0:

32 − (−2)3 − 17 = 9 + 8− 17 = 0, 52 − 23 − 17 = 25− 8− 17 = 0.

79

Slika 39. Parabolina točka M, ki je najbližja dani točki T .

Slika 40. Krivulja in tri racionalne točke na njej.

Premica skozi A in B ima enačbo

y − 2 =2− (−2)

5− 3(x − 5) = 2(x − 5) = 2x − 10

80

oziroma y = 2x − 8. Vstavimo v enačbo krivulje in dobimo:

x2 − (2x − 8)3 − 17 = 0.

S poenostavljanjem prispemo do kubične enačbe

8x3 − 97x2 + 384x − 495 = 0,

ki ima za rešitvi abscisi točk A in B: x1 = 3, x2 = 5. Tretjo rešitev dobimo

na primer po prvi Viètovi formuli x1 + x2 + x3 = 97/8:

x3 =978− 3− 5 =

338.

Ustrezna ordinata je y3 = 2x3 − 8 = 14 . Našli smo C(33/8,1/4).

Z odvajanjem zveze x2−y3−17 = 0 dobimo 2x−3y2y′ = 0. Zato je y′(3) =

6/12 = 1/2. Enačba tangente na krivuljo v A je y = (x − 7)/2. Tangenta ima

s krivuljo skupne točke, katerih abscise so koreni kubične enačbe

x3 − 29x2 + 147x − 107 = 0.

Zanjo že vemo, da ima dvojni koren x1,2 = 3, to je absciso dotikališča A

tangente. S Hornerjevo shemo hitro najdemo še x3 = 23. Ustrezna ordinata

je y3 = (23− 7)/2 = 8. Tangenta v A torej krivuljo preseka v točki D(23,8).

22. Izposodimo si še en primer iz [13]) in ga nekoliko preoblikujemo.

Pokaži, da na krivulji y2 = x3 − x + 25 leži točka A(−3,1). Nato zapiši

enačbo premice s smernim koeficientom k skozi A. Izberi k tako, da bo

premica sekala krivuljo še v kakšni točki z racionalnima ali celo celima

koordinatama.

Točka A res leži na dani krivulji, ker je

(−3)3 − (−3) + 25 = −27 + 3 + 25 = 1 = 12.

81

Premica s smernim koeficientom k skozi A ima enačbo y = k(x + 3) + 1.

Abscise presečišč te premice s krivuljo so rešitve enačbe

(k(x+ 3) + 1)2 = x3 − x+ 25.

Enačbo preoblikujemo v urejeno kubično:

x3 − k3x2 − (6k2 + 2k + 1)x+ 3(8− 2k − 3k2) = 0.

Ena od njenih rešitev je x1 = −3, zato je leva stran zgornje enačbe deljiva z

x+ 3. S tem dobimo enačbo v razcepljeni obliki:

(x+ 3)(x2 − (k2 + 3)x+ (8− 2k − 3k2)) = 0.

Preostali ničli se skrivata v kvadratni enačbi

x2 − (k2 + 3)x+ (8− 2k − 3k2) = 0,

ki ima diskriminanto

D(k) = (k2 + 3)2 − 4(8− 2k − 3k2) = k4 + 18k2 + 8k − 23.

Ker je D(−2) = 49, D(−1) = −12, D(0) = −3 in D(1) = 4, ima D(k) ničli

na intervalih (−2,−1) in (0,1). Natančna analiza pokaže, da sta na teh

intervalih to edini realni ničli. Preostali dve sta konjugirano kompleksni.

Približno lahko realni ničli tudi izračunamo: k1 = −1,302599651 in k2 =

0,9129299269. Med tema ničlama je D(k) negativna, za k nad k2 in pod k1

pa pozitivna. Za racionalna presečišča premice in krivulje mora biti D(k)

kvadrat racionalnega števila. S poskušanjem najdemo

D(1) = 4, D(2) = 81, D(13) = 31684, D(−2) = 49, D(−3) = 196.

Iz tega dobimo nekaj točk z nenegativnimi ordinatami:

(3,7), (8,23), (175,2315), (7,19), (13,47), (1,5), (−1,5), (0,5).

82

Lahko je k necelo racionalno število, ustrezna točka pa celoštevilska, na

primer: D(−9/2) = (107/4)2, x = 25, y = 125. Prav tako z malo več truda

najdemo D(36/7) = (1693/49)2, x = 32, y = 181. Seveda se da najti na

krivulji še take točke, ki imajo necele racionalne koordinate, na primer

(−125/49,1135/343) za k = 36/7.

23. Descartesov list x3 + y3 = 3axy, kjer je a pozitivna konstanta, oklepa v

prvem kvadrantu likL, ki je podoben listu. Premica y = k(α)x, pri čemer je

njen naklon k(α) pozitiven, razdeli L na dva dela, katerih razmerje ploščin

je α. Poišči odvisnost k(α) (slika 41).

Parametrični enačbi Descartesovega lista dobimo z nastavkom y = tx

in imata obliko:

x(t) =3at

1 + t3, y(t) =

3at2

1 + t3.

List v prvem kvadrantu dobimo, ko se parameter t spreminja od 0 do +∞.

Pri računanju vselej vzamemo za +∞ ustrezno limito. Naj bo 0 < λ < µ.

Ploščino S(λ,µ), ki jo popiše daljica od točke (0,0) do točke (x(t), y(t)), ko

se t spreminja od λ do µ, izračunamo s formulo

S(λ,µ) =12

∫ µ

λ(x(t)y(t)− x(t)y(t))dt.

Pri tem pomenita oznaki x(t) in y(t) odvoda funkcij x(t) in y(t) po parametru

t. Po krajšem računu dobimo:

S(λ,µ) =9a2

2

∫ µ

λ

t2dt

(1 + t3)2 =3a2

2

(1

1 +λ3 −1

1 +µ3

)=

3a2

2·

µ3 −λ3

(1 +λ3)(1 +µ3).

Naloga zahteva poiskati tak parameter T = T (α), za katerega je

S(0,T )S(T ,+∞)

= α.

Brez težav lahko zapišemo:

S(0,T ) =3a2

2· T 3

1 + T 3 , S(T ,+∞) =3a2

2· 1

1 + T 3 ,S(0,T )S(T ,+∞)

= T 3 = α.

83

To pomeni, da je T = 3√α. Temu parametru na krivulji ustreza točka

(x(T ), y(T )). Premica, ki gre skoznjo, pa ima enačbo

y = k(α)x =y(T )x(T )

· x = T x = x 3√α.

To pomeni, da je k(α) = 3√α.

Za T = 1 je α = 1, premica y = x deli L na ploščinsko enaka dela. Za

T = 1/ 3√

2 je α = 1/2, premica y = x/ 3√

2 deliL ploščinsko v razmerju 1 : 2. V

presečišču te premice z Descartesovim listom je takrat tangenta vzporedna

z osjo y. Za T = 3√

2 je α = 2, premica y = x 3√

2 deli L ploščinsko v razmerju

2 : 1. V presečišču te premice z Descartesovim listom je tedaj tangenta

vzporedna z osjo x. Posledično premici y = x/ 3√

2 in y = x 3√

2 delita L na tri

ploščinsko enake dele (slika 42).

Slika 41. Ploščinska delitev lika L v danem razmerju.

24. Nalogo 20 lahko še posplošimo. List L razdelimo na n ploščinsko

84

enakih delov, kjer je n = 2,3, . . ., z n − 1 premicami skozi koordinatno

izhodišče (slika 43).

V tem primeru moramo določiti take parametre tk, za katere bo

S(0, tk)S(0,+∞)

=t3k

1 + t3k=kn

za k = 1,2, . . . ,n− 1. Iz te zahteve dobimo

tk = 3

√k

n− k.

Ustrezne delitvene premice so

y = x 3

√k

n− k,

ki presekajo Descartesov list v točkah Tk(xk , yk), kjer je

xk =3an

3√k(n− k)2, yk =

3an

3√k2(n− k)

za k = 1,2, . . . ,n− 1.

Z Descartesovim listom se je začel ubadati Descartes leta 1638. Takrat

ga je zanimal samo tisti del v prvem kvadrantu. Z njim je podražil Pierra

de Fermata (1601–1665), da bi mu skonstruiral tangento v dani točki. To

je Fermatu uspelo, ker je že dobro obvladal konstrukcije tangent na al-

gebrske krivulje. Navsezadnje je prvi ugotovil, da je ima graf odvedljive

funkcije v lokalnem ekstremu tangento, ki je vzporedna z abscisno osjo.

25. Dokaži, da je Descatesov list razteg Maclaurinove trisektrise v neki

smeri. Določi to smer in izračunaj ploščino neomejenega lika, ki je omejen

z Descartesovim listom in njegovo asimptoto. Pokaži, kako z Maclauri-

novo trisektriso razdelimo dani kot na tri enake dele.

V enačbi x3 + y3 = 3axy naredimo transformacijo x→ (x + y)/√

2, y →(x−y)/

√2, kar pomeni zasuk za kot −π/4, da dobimo enačbo Descartesovega

85

Slika 42. Delitev lika L na tri ploščinsko enake dele.

lista v novi legi:

x√

2(x2 + 3y2) = 3a(x2 − y2). (15)

Njegova prvotna asimptota se pri tem zasuka v premico x = −a/√

2. Pripom-

nimo, da rotacija v ravnini ohranja dolžine, kote in ploščine.

Enačba Maclaurinove trisektrise, ki smo jo srečali na strani 71, je

x(x2 + y2) = b(3x2 − y2).

Pri tem je b pozitivna konstanta. Z raztegom y→ y/√

3, to je z raztegom v

smeri ordinatne osi, preide enačba (15) v

x(x2 + y2) = b(3x2 − y2), (16)

kjer je b = a/√

2. Dobili smo res enačbo Maclaurinove trisektrise.

86

Krivuljo z enačbo (15) parametriziramo z nastavkom y = tx in dobimo:

x =3a(1− t2)√

2(1 + 3t2), y =

3at(1− t2)√

2(1 + 3t2).

S to obliko lahko izračunamo ploščino lika med Descartesovim listom in

njegovo asimptoto:

S = 2∫ 0

−a/√

2y dx = 72a2

∫ ∞1

t2(t2 − 1)dt(1 + 3t2)3 =

3a2

2.

Presenetljivo! Ploščina lika med asimptoto in Descartesovim listom je

enaka ploščini njegovega pravega lista v prvem kvadrantu.

Slika 43. Delitev lika L na 25 ploščinsko enakih delov.

Na Maclaurinovi trisektrisi bomo pojasnili trisekcijo kota. Konstru-

irali bomo kot, ki je enak tretjini danega kota. Očitno je dovolj, če znamo

tretjiniti kot med 0 in π. Točka B na sliki 45 ima koordinati (2b,0), točka

A pa (3b,0). Na trisektrisini pentlji izberemo točko T . Vektor−−→BT naj ok-

lepa s pozitivno abscisno osjo oziroma z enotskim vektorjem ~i = (1,0) kot

87

α. Polarni kot točke T naj bo β. Kot α leži na intervalu (0,π), kot β pa je

manjši kot je naklonski kot tangente na trisektriso v točki O. V okolici O

prevladuje del 3x2 − y2 v primerjavi z x(x2 + y2), zato sta tangenti v O kar

premici y = ±x√

3. Naklonska kota tangent v O sta torej ±π/3. Zato je kot

β manjši kot π/3, njegov trikratnik pa manjši kot π.

Slika 44. Descartesov list, zasukan za kot −π/4 okoli točke O.

Točka T ima koordinati (r cosβ,r sinβ), kjer je r = |OT | njen polarni

radij. Koordinati točke T zadoščata enačbi (16), iz česar dobimo izraz r =

b(4cosβ − secβ). Abscisa točke T je zato b(4cos2β − 1). Prva koordinata

vektorja−−→BT je b(4cos2β − 1)− 2b = b(4cos2β − 3). Razdaljo |BT | dobimo s

kosinusnim izrekom v trikotniku OBT :

|BT |2 = r2 + 4b2 − 4br cosβ = b2 sec2β,

torej |BT | = b secβ. Za kot α pa velja

cosα =−−→BT ·~i|BT | · |~i|

=b(4cos2β − 3)

b secβ= 4cos3β − 3cosβ = cos3β.

88

Zaradi povratne enoličnosti funkcije cos na intervalu (0,π) iz dobljene

enakosti cosα = cos3β sledi α = 3β oziroma β = α/3.

Slika 45. Maclaurinova trisektrisa in tretjinjenje kota.

Problem delitve kota na tri enake dele je poleg problema podvojitve

kocke in kvadrature kroga zapuščina antične matematike. Poskus rešitve

teh treh geometrijskih problemov samo z uporabo neoznačenega ravnila

in šestila se antičnim in tudi kasnejšim matematikom nikakor ni posrečil,

kar ni čudno, saj so nerešljivi, kakor se je izkazalo šele v novem veku.

Pri podvojitvi kocke in tretjinjenju kota se pojavlja tretji koren, ki ga s

klasičnim geometrijskim orodjem ne moremo konstruirati. Pri kvadraturi

kroga pa je težava v transcendentnosti števila π. Število π namreč ni koren

nobene polinomske enačbe s celimi koeficienti.

26. Rešimo še nalogo, ki je zelo podobna eni od mnogih v Cardanovem

temeljnem delu Ars magna iz leta 1545. Spominja na deloški problem ali

problem podvojitve kocke.

Da bi ublažili bes bogov, so predstavniki nekega polisa zaprosili znano

preročišče za nasvet, kaj storiti. V ta namen so prinesli dragocene darove.

89

Po nekaj urah čakanja so dobili nasvet. Polis naj naredi v mestu kipu

boga Apolona nov kamnit podstavek v obliki kvadra. Njegova prostornina

mora biti 104 kubične komolce, njegova dolžina mora biti za 2 komolca

večja od širine, višina pa za 3 komolce večja kot širina. Kakšne so zahte-

vane mere priporočenega podstavka?

Širina podstavka naj bo x. Potem sta dolžina in višina podstavka x + 2

oziroma x + 3, vse v komolcih. Prostornina podstavka je x(x + 2)(x + 3)

kubičnih komolcev. Rešiti je treba kubično enačbo

x3 + 5x2 + 6x − 104 = 0.

V enačbo vpeljemo novo neznanko y z relacijo x = y − 5/3 in dobimo re-

ducirano enačbo

y3 − 73y − 2828

27= 0.

Njena diskriminanta je

∆ =(−7

9

)3+(−1414

27

)2=

7403927

.

Ker je pozitivna, ima enačba za y en realen koren in konjugirano komplek-

sna korena. V poštev pride le realni koren, ki ga poiščemo kot vsoto u +v,

pri čemer je

u3 =1414

27+

√74039

27, v3 =

141427−√

7403927

.

Nazadnje dobimo

y =13

(3√

1414 + 21√

4533 +3√

1414− 21√

4533)

in

x =13

(3√

1414 + 21√

4533 +3√

1414− 21√

4533− 5).

90

To je približno 3,212076093. Robovi iskanega kvadra so torej

a = 3,212076093, b = 5,212076093, c = 6,212076093,

izraženo v komolcih. Če upoštevamo, da je bil en atiški komolec, πῆχυς,

velik 44,4 cm, dobimo robove

a = 142,6161785, b = 231,4161785, c = 275,8161785

v centimetrih. Žal ni nobenih zgodovinskih podatkov, ki bi povedali, kaj

se je s tem podstavkom kasneje dogajalo.

27. V kroglo s polmerom R je včrtan pokončen valj s prostornino V (slika

46). Kolikšna sta polmer r in višina v valja? Kdaj je naloga rešljiva?

Slika 46. Valj, včrtan krogli.

Prostornina valja je V = πr2v, po Pitagorovem izreku pa velja relacija

R2 = r2 + (v/2)2 oziroma 4R2 = 4r2 + v2. Kvadrat polmera valja izrazimo iz

prostornine: r2 = V /(πv). Vstavimo v drugo enačbo in dobimo enačbo za

višino v:

v2 +4Vπv

= 4R2.

91

Odpravimo ulomke in preuredimo:

v3 − 4R2v +4Vπ

= 0.

Uvedemo novo neznanko x = v/R in dobimo zanjo kubično enačbo

x3 − 4x+4VπR3 = 0.

Očitno mora biti najprej 0 < v < 2R oziroma 0 < x < 2. Za lažjo obravnavo

dobljeno kubično enačbo prepišimo v

4x − x3 =4VπR3 .

Leva stran te enačbe doseže največjo vrednost 16√

3/9 pri x = 2√

3/3 (slika

47). Takrat je v = 2R√

3/3. Ko je

4VπR3 =

16√

39

,

ima naloga samo eno rešitev r = R√

2/3, v = 2R√

3/3.

Ko je4VπR3 >

16√

39

,

naloga nima rešitve, ko pa je

0 <4VπR3 <

16√

39

,

ima naloga dve rešitvi. V vsakem rešljivem primeru dobimo polmer valja

po formuli v = R√

4− x2/2. V primeru x = 2√

3/3 je prostornina krogli

včrtanega valja največja.

Pripomba. Do podobnega problema pridemo, če v enakostranični stožec

včrtamo pokončni valj z dano prostornino. Enakostranični stožec ima za

svoj osni presek enakostranični trikotnik.

92

Slika 47. Kubična krivulja in premica.

Prav tako pridemo do kubične enačbe, če obravnavamo pokončni sto-

žec z znano prostornino in plaščem.

28. Maclaurinova trisektrisa x(x2 + y2) = a(3x2 − y2) ima tudi svojo zanko.

Izračunaj ploščino lika L, ki ga oklepa ta zanka. Določi premici skozi

dvojno točko trisektrise tako, da bostaL delili na tri ploščinsko enake dele.

V nalogi na strani 71 smo Maclaurinovo trisektriso z nastavkom y = tx

parametrizirali in dobili:

x =a(3− t2)t2 + 1

, y =at(3− t2)t2 + 1

.

Za t ∈ [−√

3,√

3] dobimo omenjeno zanko. Upoštevamo simetrijo krivulje

glede na os x in dobimo ploščino lika L:

S =12

∫ √3

−√

3(xy − yx)dt = a2

∫ √3

0

(3− t2)2dt

(t2 + 1)2 = 3a2√

3.

Za t = 0 dobimo točko A(3a,0) na trisektrisi.

93

Dvojna točka trisektrise je O(0,0). Skoznjo postavimo premici y = ±kx,

kjer je k pozitivno število. List naj delita na tri ploščinsko enake dele. S

tem smo že upoštevali simetrijo delitve glede na os x (slika 48). Zaradi

nastavka y = tx je k enak tistemu parametru t = T , pri katerem dobimo

iskano delitev. Veljati mora torej enačba

12

∫ T

−T(xy − yx)dt =

∫ T

0

(3− t2)2dt

(t2 + 1)2 =S3

= a2√

3.

Slika 48. Delitev lika L na tri ploščinsko enake dele.

Ko izračunamo nakazani integral, dobimo:

4TT 2 + 1

+T2

=

√3

2.

Po odpravi ulomkov in urejanju je pred nami kubična enačba za T :

T 3 −√

3T 2 + 9T −√

3 = 0.

Edino njeno realno rešitev dobimo po Cardanovem postopku. Z uvedbo

nove neznanke z z relacijo z = T −√

3/3 se znebimo kvadratnega člena:

z3 + 8z+16√

39

= 0.

94

Reducirana kubična enačba ima diskriminanto

∆ =(83

)3+(

8√

39

)2

=643.

Neznanko z poiščemo v obliki u + v. Po znanem postopku dobimo

u3 = −8√

39

+8√

33

=16√

39

, v3 = −8√

39− 8√

33

= −32√

39

.

Kubično korenimo, da dobimo

u =2√

3 3√

23

, v = −2√

3 3√

43

, z =2√

33

( 3√

2− 3√

4).

Nazadnje izrazimo

T =

√3

3(2 3√

2− 2 3√

4 + 1).

Potemtakem premici

y = ±x√

33

(2 3√

2− 2 3√

4 + 1)

delita lik L na tri ploščinsko enake dele. Premici sekata trisektriso v

točkah P1,2 s koordinatami

x1,2 = a( 3√

4 + 3√

2), y1,2 = ±a√

3( 3√

4− 3√

2).

Pripomba. Če v Maclaurinovi trisektrisi postavimo v točki B(2a,0) pra-

vokotno tetivo P1P2 na os x, dobimo like OBP1, OBP2 in P1P2A, ki imajo

enako ploščino. Pri tem pa nimamo problemov s kubično enačbo, če se

reševanja lotimo pravilno. Morda še najlaže tako, da izrazimo ploščino

lika P1P2A v obliki

S1 = 2∫ 3a

2ay dx = 16a2

∫ 0

1/√

3

t2(t2 − 3)dt(t2 + 1)3 = a2

√3 =

S3.

Zaradi simetrije lika L glede na os x imata lika OBP1, OBP2 enako

ploščino, in sicer vsak po polovico razlike S − S/3 = 2S/3, kar pomeni

95

Slika 49. Še ena delitev lika L na tri ploščinsko enake dele.

S/3 (slika 49). To se pravi, da smo res razdelili lik L še na en način na tri

ploščinsko enake dele.

29. Pojasni reševanje simetričnih in antisimetričnih kubičnih enačb

az3 + bz2 + bz+ a = 0, az3 + bz2 − bz − a = 0.

Pri tem je koeficient a različen od 0.

V obeh primerih združimo prvi in zadnji ter drugi in tretji člen in iz-

postavimo skupne faktorje:

a(z3 + 1) + bz(z+ 1) = 0, a(z3 − 1) + bz(z − 1) = 0.

Nato uporabimo znana razcepa

z3 + 1 = (z+ 1)(z2 − z+ 1), z3 − 1 = (z − 1)(z2 + z+ 1)

in dobimo:

a(z+ 1)(z2 − z+ 1) + bz(z+ 1) = 0, a(z − 1)(z2 + z+ 1) + bz(z − 1) = 0.

96

Izpostavimo skupni faktor z+ 1 oziroma z − 1:

(z+ 1)(az2 − (a− b)z+ a) = 0, (z − 1)(az2 + (a+ b)z+ a) = 0.

V prvem primeru so rešitve enačbe

z1 = −1, z2,3 =12a

(a− b ±√b2 − 2ab − 3a2),

v drugem pa

z1 = 1, z2,3 =12a

(−a− b ±√b2 + 2ab − 3a2),

30. Pojasni reševanje kubičnih enačb tipa

z3 + az2 + abz+ b3 = 0, z3 + az2 − abz − b3 = 0.

V obeh primerih združimo prvi in zadnji ter drugi in tretji člen in iz-

postavimo skupne faktorje:

(z3 + b3) + az(z+ b) = 0, (z3 − b3) + az(z − b) = 0.

Nato uporabimo znana razcepa

z3 + b3 = (z+ b)(z2 − bz+ b2), z3 − b3 = (z − b)(z2 + bz+ b2)

in dobimo:

(z+ b)(z2 − bz+ b2) + az(z+ b) = 0, (z − b)(z2 + bz+ b2) + az(z − b) = 0.

Izpostavimo skupni faktor z+ b oziroma z − b:

(z+ b)(z2 − (b − a)z+ b2) = 0, (z − b)(z2 + (a+ b)z+ b2) = 0.

97

V prvem primeru so rešitve enačbe

z1 = −b, z2,3 =12

(b − a±√a2 − 2ab − 3b2),

v drugem pa

z1 = b, z2,3 =12

(−a− b ±√a2 + 2ab − 3b2).

31. Dokaži, da se simetrično enačbo šeste stopnje

ax6 + bx5 + cx4 + dx3 + cx2 + bx+ a = 0

da prevesti na reševanje kubične enačbe in treh kvadratnih enačb. Pri tem

koeficient a ni enak nič.

Očitno 0 ni koren dane enačbe. Zato lahko enačbo delimo z x3 in

simetrično ležeče člene združimo:

a(x3 +

1x3

)+ b

(x2 +

1x2

)+ c

(x+

1x

)+ d = 0.

Sedaj vpeljemo novo neznanko

y = x+1x.

Izračunajmo

y2 = x2 +1x2 + 2, y3 = x3 +

1x3 + 3y.

Dana enačba preide v

a(y3 − 3y) + b(y2 − 2) + cy + d = 0,

ki jo preuredimo v urejeno kubično enačbo

ay3 + by2 + (c − 3a)y + (d − 2b) = 0,

98

ki ima korene y1, y2 in y3. Nato zapišemo enačbe

x+1x

= y1, x+1x

= y2, x+1x

= y3.

Iz teh dobimo tri kvadratne enačbe:

x2 − y1x+ 1 = 0, x2 − y2x+ 1 = 0, x2 − y3x+ 1 = 0,

ki jih rešimo po standardnem postopku.

Pripomba. V primeru, ko je d = 2b, se enačba za y poenostavi v

y(ay2 + by + (c − 3a)) = 0,

ki ima eno rešitev y1 = 0, v primeru d = 2b+ a in c = b+ 3a pa v simetrično

enačbo

ay3 + by2 + by + a = 0.

Izkušnje iz te naloge uporabimo v naslednji.

32. Oglejmo si sorodni nalogi iz [2].

A) Na dva načina rešuj enačbo z7 − 1 = 0. Nato preveri enakost

3√

2cos(2π/7) + 3√

2cos(4π/7) + 3√

2cos(8π/7) =3√

5− 3 3√

7.

B) Na dva načina rešuj enačbo z9 − 1 = 0. Nato preveri enakost

3√

2cos(2π/9) + 3√

2cos(4π/9) + 3√

2cos(8π/9) =3√

3 3√

9− 6.

A) Najprej lahko razstavimo

z7 − 1 = (z − 1)(z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z+ 1) = 0.

Trivialni koren dane enačbe je z0 = 1, preostalih šest (slika 50) pa dobimo

v polarni obliki

zk = exp(2kπi/7), k = 1,2,3,4,5,6.

99

To pa so tudi koreni simetrične enačbe

z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z+ 1 = 0,

ki jo rešujemo tako kot v prvi nalogi. Za novo neznanko vpeljemo w =

z+ 1/z in dobimo kubično enačbo

w3 +w2 − 2w − 1 = 0.

Slika 50. Sedmi koreni enote.

Toda vsakemu korenu zk pripada ustrezni wk:

wk = zk + 1/zk = exp(2kπi/7) + exp(−2kπi/7) = 2cos(2kπ/7).

Hitro pa spoznamo, da dobimo samo za k = 1,2,3 različne wk:

w1 = 2cos(2π/7), w2 = 2cos(4π/7), w1 = 2cos(6π/7) = cos(8π/7). (17)

100

Na primer: za k = 4 dobimo isto kot za k = 3, ker velja

cos(8π/7) = cos(8π/7− 2π) = cos(−6π/7) = cos(6π/7).

Podobno za k = 5 dobimo isto kot za k = 2, za k = 6 pa isto kot za k = 1.

Ugotovili smo, da so števila (17) koreni enačbe w3 +w2 − 2w − 1 = 0.

Viètove formule za njene korene (17) so:

w1 +w2 +w3 = −1, w1w2 +w2w3 +w3w1 = −2, w1w2w3 = 1.

Sedaj bomo uporabili številsko enakost

(u1+u2+u3)3 = u31+u3

2+u33+3(u1+u2+u3)(u1u2+u2u3+u3u1)−3u1u2u3. (18)

Naj bodo v1,v2,v3 koreni enačbe v3 −Av2 +Bv −C = 0. Zanje prav tako

veljajo Viètove formule

v1 + v2 + v3 = A, v1v2 + v2v3 + v3v1 = B, v1v2v3 = C

in zaradi (18) še

A3 = v31 + v3

2 + v23 + 3AB− 3C.

Vstavimo v (18) še u1 = v2v3,u2 = v3v1,u3 = u1u2. Dobimo:

B3 = (v1v2)3 + (v2v3)3 + (v3v1)3 + 3ABC − 3C2.

Sedaj izberimo v1 = 3√w1,v2 = 3

√w2,v3 = 3

√w3. Dobimo enačbi

A3 = 3AB− 4, B3 = 3AB− 5.

Njun produkt je

(AB)3 = 9(AB)2 − 27AB+ 20.

Če vpeljemo neznanko ζ = AB, dobimo preprosto enačbo

ζ3 − 9ζ2 + 27ζ − 20 = (ζ − 3)3 + 7 = 0.

101

Njena edina realna rešitev je ζ = 3− 3√

7, ki nam da A3 = 3AB−4 = 3ζ −4 =

5 − 3 3√

7. S tem smo našli A = v1 + v2 + v3 = 3√w1 + 3

√w2 + 3

√w3 = 3

√5− 3 3

√7

oziroma

3√

2cos(2π/7) + 3√

2cos(4π/7) + 3√

2cos(8π/7) =3√

5− 3 3√

7.

B) Enačba z9−1 = 0 ima korene exp(2kπi/9) za k = 0,1,2,3,4,5,6,7,8. Med

njimi so tudi tretji koreni enote za k = 0,3,6. Med preostalimi šestimi so

konjugirano kompleksni pari za k ∈ {4,5}, k ∈ {2,7} in k ∈ {1,8}. Označimo

z1 = exp(2πi/9), z2 = exp(4πi/9), z3 = exp(8πi/9),

da bomo reševanje laže primerjali s primerom A).

Po drugi strani pa lahko razstavimo:

z9 − 1 = (z3)3 − 1 = (z3 − 1)(z6 + z3 + 1) = 0.

Koreni z1, z2, z3 so koreni enačbe z6 + z3 + 1 = 0, ki je simetrična in jo pre-

oblikujemo v enačbo z3 + 1 + 1/z3 = 0. Z uvedbo nove neznanke w = z+ 1/z

dobimo enačbo w3 − 3w+ 1 = 0. Njeni koreni so

w1 = exp(2πi/9) + exp(−2πi/9) = 2cos(2π/9),

w2 = exp(4πi/9) + exp(−4πi/9) = 2cos(4π/9),

w3 = exp(8πi/9) + exp(−8πi/9) = 2cos(8π/9).

Viètove formule za te korene se glasijo:

w1 +w2 +w3 = 0, w1w2 +w2w3 +w3w1 = −3, w1w2w3 = −1.

Tako kot v primeru A) pridemo tudi sedaj do enačb za koeficienta A in B:

A3 = 3AB+ 3, B3 = −3AB− 6.

102

Njun produkt je

(AB)3 = −9(AB)2 − 27AB− 18.

Če tudi sedaj vpeljemo neznanko ζ = AB, dobimo preprosto enačbo

ζ3 + 9ζ2 + 27ζ + 18 = (ζ + 3)3 − 9 = 0.

Njena edina realna rešitev je ζ = 3√

9−3, ki nam da A3 = 3AB+ 3 = 3ζ + 3 =

3 3√

9− 6. S tem smo našli A = 3√w1 + 3

√w2 + 3

√w3 = 3

√3 3√

9− 6 oziroma

3√

2cos(2π/9) + 3√

2cos(4π/9) + 3√

2cos(8π/9) =3√

3 3√

9− 6.

33. Enačba z3 +pz+q = 0 naj ima korene z1, z2, z3. Izrazi koeficiente A,B,C

s p in q tako, da bo enačba w3 +Aw2 +Bw+C = 0 imela korene w1 = z21,w2 =

z22,w3 = z2

3.

Uporabmo Viètove formule za obe enačbi:

z1 + z2 + z3 = 0, z1z2 + z2z3 + z3z1 = p, z1z2z3 = −q,

w1 +w2 +w3 = −A, w1w2 +w2w3 +w3w1 = B, w1w2w3 = −C.

Sedaj je treba najti relacije med koeficienti. Najprej imamo

0 = (z1+z2+z3)2 = z21+z2

2+z23+2(z1z2+z2z3+z3z1) = w1+w2+w3+2p = −A+2p.

Torej je A = 2p. Potem uporabimo

p2 = (z1z2 + z2z3 + z3z1)2 = z21z

22 + z2

2z23 + z2

3z21 + 2(z1z

22z3 + z2z

23z1 + z3z

21z2)

= w1w2 +w2w3 +w3w1 + 2z1z2z3(z1 + z2 + z3) = B.

S tem imamo B = p2. Nazadnje pa še

q2 = (−z1z2z3)2 = z21z

22z

23 = w1w2w3 = −C.

103

Tako smo našli še relacijo C = −q2. Iskana enačba je

w3 + 2pw2 + p2w − q2 = 0.

34. Enačba z3 + pz + q = 0 ima korene z1, z2, z3. Določi koeficiente A,B,C

tako, da bo enačbaw3+Aw2+Bw+C = 0 imela korenew1 = z31,w2 = z3

2,w3 =

z33.

Naloga je videti podobna prejšnji, a se jo bomo lotili malo drugače.

Najprej upoštevamo relacije

z31 = −pz1 − q, z3

2 = −pz2 − q, z33 = −pz3 − q.

Če jih seštejemo, dobimo:

z31 + z3

2 + z33 = −p(z1 + z2 + z3)− 3q = −3q.

Torej je

−A = w1 +w2 +w3 = −3q,

tako da imamo A = 3q. Nato izračunamo produkte

z31z

32 = (−pz1 − q)(−pz2 − q) = p2z1z2 + pq(z1 + z2) + q2,

z32z

33 = (−pz2 − q)(−pz3 − q) = p2z2z3 + pq(z2 + z3) + q2,

z33z

31 = (−pz3 − q)(−pz1 − q) = p2z3z1 + pq(z3 + z1) + q2

in jih seštejemo:

z31z

32 + z3

2z33 + z3

3z31 = p2(z1z2 + z2z3 + z3z1) + 2pq(z1 + z2 + z3) + 3q2.

To pomeni

w1w2 +w2w3 +w3w1 = p3 + 3q2 = B.

104

Tako smo našli B = p3 + 3q2. Brez težav najdemo tudi zadnjo relacijo

−C = w1w2w3 = (z1z2z3)3 = (−q)3 = −q3.

Zato je C = q3. V izvajanju smo upoštevali, tako kot v prejšnji nalogi, tudi

Viètove formule. Iskana enačba je torej

w3 + 3qw2 + (p3 + 3q2)w+ q3 = 0.

35. Reši enačbo (vzeta iz zbirke [2]):

(a+ b+ x)3 − 4(a3 + b3 + x3)− 12abx = 0.

Naloge se bomo lotili nekoliko drugače kot avtor v [2]. Najprej bomo

uporabili enakost (18) iz ene od prejšnjih nalog. Dobimo:

a3 + b3 + x3 + 3(a+ b+ x)(ax+ bx+ ab)− 4(a3 + b3 + x3)− 3abx − 12abx = 0.

Če jo preuredimo po padajočih potencah neznanke x in okrajšamo, se nova

enačba glasi:

x3 − (a+ b)x2 − (a− b)2x+ (a− b)2(a+ b) = 0.

Združimo prva dva in zadnja dva člena, izpostavimo skupne faktorje ter

razstavimo:

x2(x − a− b)− (a− b)2(x − a− b) = (x − a− b)(x − a+ b)(x+ a− b) = 0.

Torej so koreni dane enačbe

x1 = a+ b, x2 = a− b, x3 = b − a.

105

36. Nekoliko prilagojena naloga iz [12]. Katerim pogojem zadoščajo koe-

ficienti enačbe z3 − az2 + bz − c = 0, ki ima korene z enakimi absolutnimi

vrednostmi?

Predpostavimo, da ima enačba z3 −az2 +bz− c = 0 za c , 0 korene z1, z2

in z3 ter da je |z1| = |z2| = |z3| = r > 0. To tudi pomeni, da velja relacija

z1z1 = z2z2 = z3z3 = r2. Iz Viètovih formul

z1 + z2 + z3 = a, z1z2 + z2z3 + z3z1 = b, z1z2z3 = c

sledita še relaciji

z1 + z2 + z3 = r2(

1z1

+1z2

+1z3

)= r2 z1z2 + z2z3 + z3z1

z1z2z3=r2bc

= a.

Prav tako sledi še

z1z2 + z2z3 + z3z1 = r4(

1z1z2

+1z2z3

+1z3z1

)= r4 z1 + z2 + z3

z1z2z3=r4ac

= b

in

z1z2z3 =r6

z1z2z3=r6

c= c.

Našli smo relacije

r2 b = ac, r4 a = bc, |c| = r3.

Po izločitvi števila r iz prvih dveh enačb dobimo relacijo

|a|2ac = |b|2 b. (19)

Če je c = 0, ima enačba en koren enak 0. V smislu naloge morata biti

enaka 0 tudi preostala dva korena. To gre le, če je a = b = 0. Tedaj enakost

(19) prav tako velja. Ta enakost je potreben pogoj za enakost absolutnih

vrednosti korenov. Žal pogoj ni zadosten. Za enačbo z3 − 2z3 + z − 1/8 = 0

106

je a = 2,b = 1, c = 1/8 je pogoj (19) izpolnjen, toda koreni z1 = 1/2, z2,3 =

(3±√

5)/4 nimajo enakih absolutnih vrednosti.

37. Naloga iz [12]. Kdaj ima enačba z3−az2+bz−c = 0 z realnimi koeficienti

a, b in c korene z enakimi absolutnimi vrednostmi?

a) Če je z1,2,3 = 0 trojni koren enačbe z3 − az2 + bz − c = 0, mora veljati

a = b = c = 0. Tak koren ima absolutno vrednost enako 0.

b) Če je z1,2 = r > 0 dvojni koren enačbe, mora biti z3 = −r. Koreni so

lahko le realni. Samo takrat imajo vsi trije koreni enako absolutno vred-

nost, ki je enaka r. Enačba je tedaj (z− r)2(z+ r) = z3− rz2− r2z+ r3 = 0, kar

pomeni a = r,b = −r2, c = −r3.

c) Če je z1,2 = −r dvojni koren enačbe, mora biti z3 = r > 0. Koreni so

lahko le realni. Samo takrat imajo vsi trije koreni enako absolutno vred-

nost, ki je enaka r. Enačba je tedaj (z+ r)2(z− r) = z3 + rz2− r2z− r3 = 0, kar

pomeni a = −r,b = −r2, c = r3.

d) Če je z1 = r > 0 realni koren enačbe, sta preostala dva konjugirano

kompleksna. Ker morajo imeti vsi trije enako absolutno vrednost, je le-ta

lahko enala samo r. Zato lahko zapišemo z2,3 = r exp(±it) za realno število

t, ki ni mnogokratnik števila π, sicer bi bili vsi koreni realni. Potemtakem

je enačba oblike

(z − r)(z − r exp(it))(z − r exp(−it)) = (z − r)(z2 − 2rzcos t + r2)

= z3 − r(2cos t + 1)z2 + r2(2cos t + 1)z − r3 = 0.

To se pravi

a = r(2cos t + 1), b = r2(2cos t + 1), c = r3.

e) Če pa je z1 = −r < 0 realni koren enačbe, sta preostala dva konju-

girano kompleksna. Ker morajo imeti vsi trije enako absolutno vrednost,

je le-ta lahko enala samo r. Zato spet lahko zapišemo z2,3 = r exp(±it) za

107

realno število t, ki ni mnogokratnik števila π, sicer bi bili vsi koreni realni.

Potemtakem je enačba oblike

(z+ r)(z − r exp(it))(z − r exp(−it)) = (z+ r)(z2 − 2rzcos t + r2)

= z3 − r(2cos t − 1)z2 − r2(2cos t − 1)z+ r3 = 0.

To se pravi

a = r(2cos t − 1), b = −r2(2cos t − 1), c = −r3.

Označimo A = 2cos t + 1, B = 2cos t − 1. Očitno veljata relaciji −1 ≤A ≤ 3 in −3 ≤ B ≤ 1. Enačbi iz točke d) in e) lahko potem z uvedbo nove

neznanke w = z/r (razteg neznanke s pozitivnim faktorjem) zapišemo v

obliki

w3 −Aw2 +Aw − 1 = 0, w3 −Bw2 −Bw+ 1 = 0.

Ugotovili smo nasledje. Kubična enačba z realnimi koeficienti ima ko-

rene z enako pozitivno vrednostjo natanko tedaj, ko lahko njeno neznanko

s pozitivnim raztegom prevedemo na obliko

z3 −Az2 +Az − 1 = 0, −1 ≤ A ≤ 3

oziroma na obliko

z3 −Bz2 −Bz+ 1 = 0, −3 ≤ B ≤ 1.

Koreni imajo absolutno vrednost enako 1. Za A = −1 ima prva enačba dvo-

jni koren −1 in enostavni koren 1, zaA = 3 pa trojni koren 1. Druga enačba

ima za B = −3 trojni koren −1, za B = 1 pa dvojni koren 1 in enostavni ko-

ren −1. Ničelno absolutno vrednost korenov ima samo enačba z3 = 0.

Za −1 < A < 3 oziroma −3 < B < 1 imata enačbi enostavne korene z

absolutno vrednostjo 1. V prvem primeru so koreni

z1 = 1, z2,3 =12

(A− 1± i√

3 + 2A−A2),

108

v drugem primeru pa

z1 = −1, z2,3 =12

(B+ 1± i√

3− 2B−B2).

38. Reši enačbo

(z − i)4 − (z+ i)4 = 0.

Enačba je očitno tretje stopnje. Brez težav jo poenostavimo v enačbo

(z+ 1)(z − 1)z = 0,

ki ima korene z1 = −1, z2 = 1 in z3 = 0.

Lahko pa enačbo posplošimo v

(z − i)n − (z+ i)n = 0,

kjer je n ≥ 2 poljubno naravno število. Enačba je stopnje n−1. Njen koren

ni −i, zato jo lahko pretvorimo v(z − iz+ i

)n= 1.

Z uvedbo nove neznankew = (z−i)/(z+i) dobimo binomsko enačbown = 1,

ki ima rešitve wk = exp(2kπi/n) za k = 0,1,2, . . . ,n − 1. Rešitev za k = 0 je

w0 = 1, ki pa očitno ne prite v poštev. Za k = 1,2, . . . ,n−1 pa lahko izrazimo

rešitve prvotne enačbe

zk =1 +wk1−wk

i =1 + cos(2kπ/n) + i sin(2kπ/n)1− cos(2kπ/n)− i sin(2kπ/n)

i

=2cos2(kπ/n) + 2i sin(kπ/n)cos(kπ/n)

−2i2 sin2(kπ/n)− 2i sin(kπ/n)cos(kπ/n)i

= −cos(kπ/n)exp(kπi/n)sin(kπ/n)exp(kπi/n)

= −cot(kπ/n).

109

Rešitve dane enačbe so torej zk = −cot(kπ/n) za k = 1,2, . . . ,n− 1..

39. Sistem enačb iz [12], ki ga lahko rešujemo z uporabo kubične enačbe.

Reši sistem enačb:

x+ y + z = 5,

x2 + y2 + z2 = 7,

(x+ y)(y + z)(z+ x) = 40.

Vzemimo, da so x, y in z koreni kubične enačbe

w3 −Aw2 +Bw −C = 0.

Potem veljajo Viètove formule

x+ y + z = A, xy + yz+ zx = B, xyz = C.

Takoj imamo A = 5. Iz (x+y+z)2 = x2 +y2 +z2 +2(xy+yz+zx) dobimo 25 =

7 + 2B, torej B = 9. Tretjo enačbo v sistemu pa zapišemo z upoštevanjem

prve enačbe v obliki

40 = (5−z)(5−x)(5−y) = 125−25(x+y+z)+5(xy+yz+zx)−xyz = 125−25A+5B−C

= 125− 125 + 45−C,

kar nam da C = 5. Iskana kubična enačba je

w3 − 5w2 + 9w − 5 = 0.

En koren brž uganemo: w1 = 1. Preostala korena sta rešitvi enačbe

w2 − 4w+ 5 = 0,

to se pravi w2,3 = 2 ± i. Ena od rešitev sistema je x = 1, y = 2 − i, z = 2 + i.

Rešitve so seveda tudi x = 1, y = 2 + i, z = 2 − i; x = 2 + i,y = 1, z = 2 − i;x = 2 + i,y = 2− i, z = 1; x = 2− i,y = 2 + i, z = 1 in x = 2− i,y = 1, z = 2 + i.

110

40. Naj bo δ > 1 realno število. Izračunaj kot γ , ki ga oklepata daljici od

kompleksnega korena enačbe

z3 − 3δz+ (δ3 + 1) = 0

do korenov a in b njene pridružene enačbe. Kje ima ustrezna Apolonijeva

krožnica središče in kolikšen je njen polmer? Kje Apolonijeva krožnica

preseka premico, ki poteka skozi a in b?

V enačbi sta koeficienta p = −3δ in q = δ3+1. Korene lahko izračunamo

po Cardanovem postopku ali pa enega uganemo: ζ1 = −(δ + 1). Preostala

dva sta konjugirano kompleksna:

ζ2,3 =12

(δ+ 1± i(δ − 1)√

3).

Pridružena enačba λ2 + (3q/p)λ− p/3 = 0 je sedaj

λ2 −(δ2 +

1δ

)λ+ δ = 0,

ki ima korena a = 1/δ in b = δ2 na realni osi. Delitveno razmerje za pri-

padajočo Apolonijevo krožnico je µ = b/a = δ.

Trikotnik z oglišči a,b,ζ2 ima stranice

|b − a| = δ3 − 1δ

, |ζ2 − a| =1δ

√(δ − 1)(δ3 − 1), |ζ2 − b| =

√(δ − 1)(δ3 − 1).

Ta trikotnik je podoben trikotniku s stranicami

1δ

√δ3 − 1,

1δ

√δ − 1,

√δ − 1.

Iskani kot γ leži nasproti prve stranice in po kosinusnem izreku je

δ3 − 1δ2 =

δ − 1δ2 + (δ − 1)− 2

1δ

√δ − 1 ·

√δ − 1 · cosγ.

Po poenostavitvi dobimo 1 = −2cosγ in končno γ = 2π/3 = 120◦. Zanimi-

vo v tej nalogi je dejstvo, da je kot γ za vse δ > 1 enak. Zaradi simetrije

111

glede na realno os je kot z vrhom v ζ3 in krakoma ζ3a in ζ3b tudi γ .

Štirikotnik z oglišči a,ζ3,b,ζ2 je deltoid.

Polmer r in središče σ Apolonijeve krožnice izračunamo po splošnih

formulah na strani 26 oziroma 27:

r =δ2 + δ+ 1δ+ 1

, σ = − δδ+ 1

.

Slika 51. Apolonijeva krožnica v nalogi.

Apolonijeva krožnica preseka premico skozi a in b v točkah

η1 =1δ

+1

δ+ 1|b − a| = 1

δ+

1δ+ 1

· δ3 − 1δ

=δ2 + 1δ+ 1

in

η2 = η1 − 2r = −(δ+ 1) = ζ1

na realni osi. Posledica lastnosti trikotnikov in Apolonijeve krožnice je, da

simetrala kota γ poteka skozi točko η1, pravokotnica nanjo skozi točko ζ2

pa skozi točko η2.

112

Viri

[1] M. Jackson, On Cubic Equations Whose Roots Are All Distinct, The

Mathematical Gazette 48 (1964), št. 366, str. 387–390.

[2] V. A. Krečmar, Zadačnik po algebre, FM, Moskva 1961.

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

1960.

[4] J. Dennis Lawrence, A Catalog of Special Plane Curves, Dover, New

York 2014.

[5] K. S. Patwardhan, S. A. Naimpally, S. L. Singh (prevajalci), Lılavatı of

Bhaskaracarya: A Treatise of Mathematics of Vedic Tradition, Motilal

Banarsidass Publishers, Delhi 2014.

[6] B. Plestenjak, Razširjeni uvod v numerične metode, DMFA – za-

ložništvo, Ljubljana 2015.

[7] M. Razpet, Dioklova cisoida,

http://www.pef.uni-lj.si/matwww/Cisoida.pdf

(dosegljivo 12. jan. 2019)

[8] M. Razpet, Kubične enačbe, Obzornik za matematiko in fiziko 35

(1988), št. 1, str. 13–16.

[9] M. Razpet, Kvadratne, kubične in kvartične enačbe,

http://www.pef.uni-lj.si/matwww/Lokus_korenov_01.pdf

(dosegljivo 12. jan. 2019)

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

113

[11] L. E. Sigler, Fibonacci’s Liber Abaci: A Translation into Modern En-

glish of Leonardo Pisano’s Book of Calculation, Springer, New York

in drugje 2003.

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

[13] I. Vidav, Eliptične krivulje in eliptične funkcije, DMFA, Ljubljana

1991.

[14] I. Vidav, Višja matematika I, DZS, Ljubljana 1968.

© (2019) Marko Razpet

114