Równania kwadratowe w dziedzinie zespolonej

Równania kwadratowe w dziedzinie zespolonej
Rozważmy równanie kwadratowe
ax2 + bx + c = 0
(1)
gdzie a, b, c ∈ R.
Niech ∆ = b2 − 4ac będzie wyróżnikiem równania (1).
Jeżeli ∆ > 0, wówczas (1) ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste dane wzorami:
√
−b − ∆
x1 =
,
2a
√
−b + ∆
x2 =
2a
(2)
Jeżeli ∆ = 0, wówczas równanie ma podwójny pierwiastek rzeczywisty
x1,2 =
−b
2a
Jeżeli ∆ < 0, to równanie nie ma pierwiastków rzeczywistych.
Z drugiej strony Zasadnicze Twierdzenie Algebry orzeka, że każdy wielomian zespolony
stopnia n > 0 ma n pierwiastków zespolonych (licząc z krotnosciami). Na przykład:
Wielomian x4 − 1 (stopień 4) ma cztery pierwiastki: 1, −1, i and −i, ponieważ można go
zapisać w postaci
x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x − i)(x + i).
Wielomian (x − 5)3 (x4 + 1) ma cztery pierwiastki pojedyncze: 1, −1, i oraz −i, a także
pierwiastek 5 o krotnosci 3.
Z Zasadniczego Twierdzenia Algebry wynika w szczególnosci, że równanie (1) zawsze
ma pierwiastki zespolone. Przyjrzyjmy się bliżej całej sytuacji.
Rozważmy ponownie równanie (1), jednak tym razem załóżmy, że a, b, c są zespolone.
Załóżmy dalej, że wyróżnik ∆ = b2 − 4ac jest różny od zera i że δ jest liczbą zespoloną
spełniającą równosć δ 2 = ∆1 . Równanie (1) ma dwa różne pierwiastki zespolone dane
wzorami
x1 =
1
−b − δ
,
2a
x2 =
−b + δ
2a
(3)
Można łatwo wykazać (jest to proste ćwiczenie z algebry), że dla każdej niezerowej liczby zespolonej
w równanie z 2 = w ma dokładnie dwa rozwiązania z1 , z2 oraz z2 = −z1 .
Przykład. Wyróżnik trójmianu kwadratowego x2 − 4x + 5 jest równy ∆ = −9. Ponieważ −9 = (3i)2 , więc pierwiastkami trójmianu x2 − 4x + 5 są:
x1 =
4 − 3i
3
= 2 − i,
2
2
x2 =
4 + 3i
3
=2+ i
2
2
Przykład. Wyróżnik trójmianu x2 + (1 + i)x + i jest równy:
∆ = (2 + 2i)2 − 4i = 8i − 4i = 4i
Zapisując 4i w postaci trygonometrycznej, 4i = 4(cos π2 + i sin π2 ), widzimy, że jeden z
pierwiastków kwadratowych liczby ∆ jest równy:
π
π
w1 = 2 cos + i sin
4
4
√
√
drugi za jest równy w2 = − 2 − i 2.
=
√
√
2+i 2
Wobec tego pierwiastki trójmianu x2 + (1 + i)x + i to:
√
√
√
√
−(1 + i) − ( 2 + i 2)
−1 − 2 −1 − 2
x1 =
=
+
i
2
2
2
√
√
√
√
−(1 + i) + ( 2 + i 2)
−1 + 2 −1 + 2
x2 =
=
+
i
2
2
2
Uwaga. Jeżeli współczynniki a, b, c po lewej stronie równania (1) są rzeczywiste, wów√
2
czas wyróżnik ∆ jest rzeczywisty. Jeżeli ∆ < 0, to możemy napisać ∆ =
−∆ i . ze
wzorów (3) otrzymujemy więc:
x1 =
−b −
√
−∆ i
,
2a
x2 =
−b +
√
−∆ i
2a
(4)
Przykład. Rozwiązać równanie:
x4 + x2 + 1 = 0
(5)
Podstawienie x2 = t sprowadza (5) do równania kwadratowego:
t2 + t + 1 = 0
(6)
którego wyróżnik jest równy ∆ = −3. na podstawie wzorów (4) widzimy, że pierwiastki
równania (6) są równe:
√
√
−1 − 3 i
−1 + 3 i
t1 =
,
t2 =
2
2
W ten sposób otrzymujemy dwa równania z niewiadomą x:
√
3
1
i,
x =− −
2
2
2
√
1
3
x =− +
i
2
2
2
(7)
(8)
√
1
3
4
4
Ponieważ − −
i = cos π + i sin π, więc rozwiązaniami pierwszego z równań (8)
2
2
3
3
są liczby:
√
√
4
3
3
4
1
1
x1 = cos π + i sin π = − +
i,
x2 = −x1 = −
i
6
6
2
2
2
2
√
3
1
2
2
Podobnie, ponieważ − +
i = cos π + i sin π, więc rozwiązaniami drugiego z
2
2
3
3
równań(8) są liczby:
√
2
1
3
2
i,
x3 = cos π + i sin π = +
6
6
2
2
P.Kajetanowicz
√
1
3
x2 = −x1 = − −
i
2
2