Komplex gyökök geometriája

Ha az az ötletünk támad, hogy egy polinom gyökeinek mozgását vizsgáljuk a komplex számsíkon a szabad tag függvényében, rendszerint nehéz feladatként tornyosul előttünk, hogy konkrét szabad taghoz konkrét gyököket rendeljünk. A legegyszerűbb esetekben aggodalomra nincs okunk. Ha az y = x2 parabolát fel-le toljuk, akkor mindahányszor (pozitív sebességgel) áthaladunk az origón, a két gyök végtelen sebességgel egybeolvad, és a kollízió traumájában szét is pattan, de 90°-os irányt váltva. R2 és C természetesen nem összekeverendő, de hogy egy ábrán is látható legyen, ami történik, az R2-höz tartozó parabolát és a (komplex) gyökök mozgását eltérő színnel jelöljük. (A gyököknek ez a viselkedése szoros összefüggésben áll azzal, hogy az origóban a függvény deriváltja 0.)

Ha egy még mindig primitív másik példában, a valósban meglehetősen unalmasan viselkedő y = x3 + 3x-ben akarjuk ezt a vizsgálatot elvégezni, óva intek az x3 + 3x = c egyenlet megoldásától, ahol c valós szám.

A Niccolò Fontana Tartaglia (1499 – 1557) – Scipione del Ferro (1465 – 1526) – Gerolamo Cardano (1501 – 1576)-megoldóképlet ugyan közel fél évezrede rendelkezésünkre áll[1], de itt felesleges bonyodalmakhoz vezetne. Számszerű értékekre ugyanis nem vagyunk kíváncsiak, csak a gyökök által leírt pályákra. Ezért arra buzdítom az esetleges nyájas olvasót, tekintse inkább az e tekintetben egyenértékű x3 + 3x = c3 + 3c egyenletet. (Használjuk ki, hogy a függvény növekedő.) Itt a valós megoldás azonnal adódik: x = c. Nullára redukálva és az
(x – c) gyöktényező kiemelését követően a maradt másodfokú egyenletet megoldva a további két gyök és ha (némileg visszaélésszerűen) a valós részt x-szel, a képzetest y-nal jelöljük, azt találjuk, hogy valamekkora sebességgel a komplex konjugált gyökök az
y2 – 3x2 = 3 hiperbolán futnak.

A nagyságrend is leolvasható: ha a függőleges eltolás sebessége v > 0, akkor „kis” v-re a sebesség x irányú összetevője ~ – 0,167v, y irányú összetevője ~ 0,289v, „nagy” v-re ezek köbgyöke (akkor a köbös tag dominál a jobboldalon). Fordított irányban persze nincs nehéz dolgunk: a hiperbola bármely pontjához meg tudjuk mondani, mi az egyenlet jobboldalának értéke.
Ezúttal tehát a pihenőt vettük előre, de a folytatás is egyszerű lesz. Legyen f holomorf, és próbáljuk jellemezni az f(z) = f(z0) + c megoldásai által leírt görbéket, ahol c valós. (Ez a célkitűzés elég homályosan hangzik, tekintsük rávezetésnek.) Ha w-vel jelölünk egy ilyen görbét, és feltesszük, hogy f’ nem 0 a kiindulásnak felvett pont egy környezetében, akkor az inverzfüggvény-tétel szerint[2] legalább (z0, c = 0) körül ebben a környezetben az f(w(c)) = f(z0) + c egyenletnek van megoldása w-re, ez deriválható, és f’(w(c))w’(c) = 1. A görbe érintőjének meredeksége tehát 1 / f’(z) a görbe z pontjában. Mivel csak a meredekség érdekel bennünket, érdemes észrevennünk, hogy mivel egy nemzérus komplex szám reciproka és konjugáltja ugyanolyan irányú, a meredekség f’ konjugáltjának meredeksége is egyúttal. Ha  sík pontjaiban (ahol f értelmezett) felvesszük ezt az iránymezőt, akkor egy számos vonzó tulajdonsággal rendelkező, úgynevezett antiholomorf síkbeli vektormezőhöz jutunk. Az Augustin-Louis Cauchy (1789 – 1857) – Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826 – 1866)-egyenleteknek hála, amint erről már beszámoltunk, az ilyen mezők egyidejűleg forrás- és nyelő-, valamint örvénymentesek. Ha a tartomány egyszeresen összefüggő, azaz f benne mindenütt értelmezett, és deriváltja nem válik zérussá, akkor az örvénymentesség egyúttal potenciálosságot is jelent. Nézzük ezt egy kicsit közelebbről! Ha f algebrai alakja a szokásos jelölésekkel u(x, y) + iv(x, y), akkor a Cauchy-Riemann-egyenletek:
ux = yv, uy = – vx. f’ konjugáltja ux – ivx, ami tehát egyúttal ux + iuy is, azaz a potenciálfüggvény Re f.
Itt legyünk kicsit óvatosak. Ha f, mint első példánkban, valósnak „tűnik”, ne ugorjunk be a látszatnak. A konstansfüggvényt leszámítva nincs olyan komplex függvény, mely holomorf lenne. A „négyzetre emelés” függvénye a komplexben
(x + iy)2, melynek valós része x2 – y2. Így ebben a példában a potenciálfüggvény szintvonalai az x2 – y2 = c hiperbolák. Ezek nem a pályagörbék: azok erre merőlegesek. Ezek ebben az esetben az ebből 45°-os elforgatással kapható xy = d hiperbolasereg (az aszimptotákkal, de az origót leszámítva). Ábránkon a koordinátatengelyekhez mint aszimptotákhoz tartozó hiperbolák a megoldásgörbék, a rá merőleges hiperbolák az ekvipotenciális vonalak. Mit olvashatunk ki ebből? Vegyünk fel egy pontot a síkban, például az 1 + 3i-t. Ennek négyzete – 8 + 6i, vagyis a z2 = – 8 + 6i + c egyenlet megoldásai az 1 + 3i-n áthaladó hiperbolaágon, azaz az xy = 3 görbén mozognak.
Ha esetleg nem lenne kedvünk a merőleges görbesereg meghatározásához, ne csüggedjünk, mert az ekvipotenciális vonalaknak önmagukban is megvan a maguk egyszerű és világos geometriai tartalmuk. A komplex számsíkon ugyanis az i-vel szorzás 90°-os elforgatást jelent.
Következmény: legyen f holomorf. Ekkor az f(z) = f(z0) + ci egyenlet megoldásai a Re f = Re f(z0) vonalon vannak, ahol c valós.
A potenciálvonalakra merőleges pályák meghatározása azonban nem kényelmetlenül nehéz. Vegyük észre, hogy f képzetes részének gradiense, [vx vy] a Cauchy-Riemann-egyenletek következtében merőleges a potenciálvonalak gradiensére:

[vx vy] [ux uy]T = ux vx + uy vy = – ux uy + ux uy = 0.

Következmény: legyen f holomorf. Ekkor az f(z) = f(z0) + c egyenlet megoldásai az Im f = Im f(z0) vonalon vannak, ahol c valós.

Természetesen abból, hogy f(z) – f(z0) = c, ahol c valós, következik, hogy Im (f(z) – f(z0)) = 0. Itt azonban többet állítunk: azt, hogy holomorf függvényekre az állítás meg is fordítható. Általában ez nincs okvetlenül így. Ha például f a nemholomorf x + xyi, és z0 = 0, akkor az x + xyi = c valós mivoltából következik xy = 0, de világos, hogy az x = 0 (y-tengely) nem tartozik a megoldásgörbéhez.

Alkalmazás: legyen most f valós együtthatós, n-edfokú polinom, melyről az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy főegyütthatója 1.
Az f(x) = f(x0) + c egyenlet (ahol x0 és c valós paraméter) egyik valós megoldása
x = x0 c = 0 esetén. Vizsgáljuk ennek mozgását c változtatása esetén! A pont értelemszerűen rajta fekszik a valós tengelyen. Im f-ből y kiemelhető (a szabad tag is valós), így az x-tengely lesz a terepe a gyök mozgásának mindaddig, amíg f’ nem 0 (akkor ugyanis a pályagörbe egyértelmű). Ha f grafikonja függőleges tologatása során a pontban f deriváltja (azaz érintője meredeksége) zérussá válik, az a pont több gyök befutó- és kifutópontjává válik. A viselkedés azon múlik, mekkora az első el nem tűnő derivált rendje. Jelöljük ezt a rendet k-val. Ha a polinomot átrendezzük az aktuális gyök körül, X, az új változó fogyó hatványai szerint, ez azt jelenti, hogy Xk szerepel nemzérus Ak együtthatóval a polinomban, de a nála kisebb kitevőjű tagok együtthatója mind 0. X = 0 egy kis környezetében a k-nál magasabb fokú tagok elhanyagolhatók (engedtessék meg a pongyola szóhasználat). Ha c elmozdítási iránya és Ak előjele különbözik, akkor a gyök kicsiben úgy viselkedik, mint az Xk hatványfüggvény gyökei a hatványfüggvény grafikonjának pozitív irányú eltolásakor, a másik előjel-kombináció esetén pedig úgy, mint letoláskor. Első esetben tehát a + 1 komplex k-adik gyökeinek irányából futnak be a gyökök, és a – 1 k-adik gyökeinek irányában távoznak, a másodikban az irányok megfordulnak. Illusztrációnkon a k = 5 esetét látjuk a komplex számsíkon, amikor c csökken, és A5 > 0. A piros vonalak a befutó, a zöldek a kifutó gyökök.

(A k = 2 esetet a legfelső ábra mutatja.)
Felmerülhet a fordított feladat is. Adott, megfelelő simaságú y = φ(x) görbéhez találjunk olyan holomorf f-et (értelemszerűen az azonosan zérust leszámítva), melyre az f(z) = c (c valós) egyenlet gyökei ezen mozognak. Ha találunk olyan harmonikus függvényt, melynek ez a görbe az egyik szintvonala, akkor ehhez már csak a harmonikus társát kell megtalálnunk, és így ezek segítségével kapunk egy ilyen f-et. A görbén a függvény értéke konstans, melyről az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy 0. Ezzel egy Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 – 1859)-típusú peremértékproblémához jutunk, melynek ráadásul, lévén mind az egyenlet jobboldala, mind a peremérték 0, lineáris teret alkotó végtelen sok megoldása van. Ha a konstans nem 0, akkor a megoldástér egy lineáris tér eltoltja ezzel a konstanssal, tehát a speciális választás valóban nem egyszerűsít érdemben a feladaton. Melynek megoldása a gyakorlatban keserves. Hacsak nincs szerencsénk. (Mert mondjuk a példa preparált.)
Példa: találjunk olyan holomorf f-et, mely olyan, hogy az f(z) = c (c valós) egyenlet megoldásai közül legalább egyesek az

egyenletű görbén mozognak.

Megoldás: ha nullára redukáljuk az egyenletet, a baloldal Laplace-operáltja világos módon nem lesz zérus. Előbb tehát emeljük négyzetre az egyenletet, szorozzunk be a nevezővel, és csak utána redukáljuk 0-ra a baloldalt. Az így kapott jobboldal, 4x3 – 4xy2 + 3x2 – y2 azonban, mint az könnyen ellenőrizhető, szintén nem harmonikus:

Δ(4x3 – 4xy2 + 3x2 – y2) = 12x + 6 – 8x – 2 = 4(x – 1).

Vegyük észre azonban, hogy 4x3 – 4xy2 + 3x2 – y2 y-szorosa éppen z4 + z3 képzetes része. Ezzel a keresett függvény elő is állt. A valós tengely mint a lehetséges gyökök mértani helye ehhez még hozzájön az y-os szorzás miatt, és így rögtön világossá válik a gyökök 60˘-os elágazása az origóban, ahol a függvénynek c = 0 esetén háromszoros zérushelye van. Az eredeti ábrának és a gyökök mozgásának további egybevetését hasznos gyakorlásnak hagyom.
Ennek az egyszerű aritmetikai eredménynek nincs hordereje, például segítségével nem fogunk tudni gyököket meghatározni. De komplex gyökök keresése numerikusan olykor nyűgös feladat, és ahhoz ez az egyszerű szemlélet egy kis segítséget nyújthat.


[1] http://math.bme.hu/~marzol/cardano.pdf

[2] Inverz- és implicitfüggvény-tételek

Vélemény, hozzászólás?

Adatok megadása vagy bejelentkezés valamelyik ikonnal:

WordPress.com Logo

Hozzászólhat a WordPress.com felhasználói fiók használatával. Kilépés /  Módosítás )

Google kép

Hozzászólhat a Google felhasználói fiók használatával. Kilépés /  Módosítás )

Twitter kép

Hozzászólhat a Twitter felhasználói fiók használatával. Kilépés /  Módosítás )

Facebook kép

Hozzászólhat a Facebook felhasználói fiók használatával. Kilépés /  Módosítás )

Kapcsolódás: %s