ISSN 0351-6652 Letnik 20 (1992/1993) Številka 1 Strani 20-22
Matjaž Željko:
UPORABA KOMPLEKSNIH ŠTEVIL V RAVNINSKI GEOMETRIJI, prvi del
Ključne besede: matematika, geometrija, kompleksna števila. Elektronska verzija: http://www.presek.si/20/1115-Zeljko.pdf
© 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
í
UPORABA KOMPLEKSNIH ŠTEVIL V RAVNINSKI GEOMETRIJI - prvi del
IMa ravnino postavimo kartezični koordinatni sistem, osi označimo z Re in I m
ter ju poimenujmo realna in imaginarna os. Točka (a, 6) nam tedaj predstavlja
kompleksno število a = a + bi. Kompleksna števila si lahko predstavljamo
kot vektorje v ravnini, saj jih seštevamo po komponentah.
Od nič različno kompleksno števila a = s + bi lahko zapišemo enolično
v polarni obliki: a = r(cos 19 + i sin t9). kjer je r = \Zs2 + t3, cos i? = — in
b... . , : sini? = —. Število r imenujemo mcdul. Število i? pa argument kompleksnega
števila a.
Enostavno lahko preverimo
r(cos -f i sin i9) ■ s(cos ip + / sin ip) ~ rs(cos(ií + tp) + i sin(i? +
To pomeni, da lahko množenje s kompleksnim Številom modula r in argumenta i? obravnavamo kot kompozicijo zasuka okrog izhodišča za kot ■& in raztega z negibno točko v koordinatnem izhodišču in s koeficientom r.
S pomočjo podobnih trikotni-	lm(aj) kov uvidimo, da ležijo tri različne točke oti, a2 in 013 na isti premici
natanko tedaj, ko velja:	lm(a2)
Rc(«3 - o¡i) _
Re(a¡2 — ai) - Im(tt3 - "l)
tm(ct2 — '"i)
Prt tem je X seveda realno število. ^(au)
Sistem preoblikujemo	Re(ai) Re(a2) Re"(o3)
Re(o¡3 — c*i) = X Rd(c(2 — o¡i), Iin{ei3 — cti) = X Imfaj — «1) nato pa drugo enačbo pomnožimo z i in prištejemo prvi. Dobljeno enačbo Re(o¡3 — c*i) /Im(«3 — aj) = A Re(c*2 ~ «l) + ' Im(at2 ~ al)
še poenostavimo: 013- ai -	~ al)
To pa pomeni, da leži točka a^ na premici skozi različni točki «1 in ot2
natanko tedaj, ko vetja «3 — oti = 2 — oti).
Število CX2 ~ al imenujemo nenormirani smerni koeficient premice. (Nenormirani zato, ker |a2 — «11 ni nujno enako 1.) število 2 1
pa je
- «ti
potem normirani smerni koeficient premice.
Kompleksno število ¡3 — Re(£i) + i Im(/3) nam v ravnini določa vektor s komponentama Rc(/3) in Im()3).
Ot^Z	1m i	
Of ]/		
/i p •		
A /	Re	
Premaknimo premico vzporedno za ta vektor. Potem preideta točki oti in 012 s te premice v c^ in «j, da velja = 01 + j0 in 05 = 0*2 + P- Iz zveze cc'j — at^ = = a'2 — &2 pa sledi, da se smerni koeficient premice pri vzporednem premiku ohranja.
Normirani smerni koeficient je vedno neko kompleksno število na enotski krožnici.
Zamenjajmo med sabo točki aj in «2- Smerni koeficient premice se s tem spremeni (kako?). To pa ni preveč lepo, saj želimo poiskati količino, ki opisuje smer premice in ne bo odvisna od izbire točk na premici.
Vzemimo enačbo premice: 013 — c<i = ^(o<2 — oti). P" konjugiranju te enačbe se enakost ohranja in dobimo 03 — 57 = \ (02 — 5T). (Upoštevali smo X = saj je A realno število.)
v	*	013 — OEJ- OtJ — OtJ
Ko iz teh dveh enačb eliminiramo dobimo zvezo - -—— — ——- -
Količino x =
_ "i «2 — č*T
o<3 - ai
«2 ~
imenujemo kompleksni nagib premice.
Tudi kompleksni nagib premice se ohranja pri vzporednem premiku. Za razliko od smernega koeficienta pa se kompleksni nagib premice ne spremeni, če zamenjamo točki med sabo. Preverimo lahko, da ima realna os kompleksni nagib 1, imaginarna os -1, simetrala lihih kvadrantov pa i. Slednjega ni težko videti, saj ležita na tej premici npr. točki O in 1 + / in je zato
1 + i - O (1 + l)2
kompleksni nagib enak
1 + i - O

S pomočjo kompleksnega nagiba lahko izrazimo potrebne in zadostne pogoje za vzporednost in pravokotnost premic, saj veljata naslednji trditvi: Premici sta vzporedni natanko tedaj, ko sta kompleksna nagiba enaka. Premici sta pravokotni natanko tedaj, ko sta kompleksna nagiba nasprotna. Za dokaz prve trditve vzemimo različne točke c¡2 in Premici
skozi oti in C ter 012 in £ imata kompleksna nagiba =—^ = Xl oziroma
C-ai
C — oi2
=—— = X2■ V enačbah za kompleksna nagiba premic odpravimo ulomke,
C - «2
Točko ki je presečišče premic, dobimo torej kot rešitev sistema
< - Xl< = - «1X1 C - X2< = a2 - "2X2.
v katerem sta C i" C neznanki. Za sistem dveh linearnih enačb z dvema neznankama vemo, da je rešljiv natanko tedaj, ko je determinanta sistema neničelna. Ker je determinanta tega sistema enaka Xl— X2. smo tako dokazali prvo trditev, saj v primeru xt — X2 točka £ (ki je presečišče premic) ne obstaja in sta zato premici vzporedni.
Za dokaz druge trditve pa najprej predpostavimo, da sta premici pravokotni in zaptšimo oba normirana smerna koeficienta premic. Ker se smerna koeficienta in kompleksna nagiba ohranjata pri vzporednem premiku, lahko predpostavimo, da potekata obe premici skozi koordinatno izhodišče. Množenje z i predstavlja vrtenje za kot ir/2 okrog koordinatnega izhodišča. Torej velja enakost
«2 - «1 , ■ 02 ~ 01 = ±I ■
|«2-«i) [02| ' saj lahko normirani smerni koeficient prve premice preide v normirani smerni koeficient druge premice z rotacijo za kot tt/2 ali —tt/2. Enakost kvadrtramo, upoštevamo |z]2 = zž in dobimo
a2 ~ _ 02 -01 «Z —«T fc -01
Za pravokotni premici torej velja X2 = ~Xl- Trditev velja tudi v obratno
smer, saj lahko preberemo dokaz tudi nazaj.
Toliko za tokrat. V naslednji številki Preseka pa si bomo ogledali, kako
z uporabo kompleksnih nagibov zlahka dokažemo nekatere izreke ravninske
geometrije.	#
Matjaž Zeljko