Cím:	A háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai II.
Szerző(k):	Schultz János, Szeged
Füzet:	2021/december, 514 - 521. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Matematika, Szakmai cikkek, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Konvex négyszögek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   III. Ha $a$ és $b$ tetszőleges valós számok, akkor abszolút értékükre teljesül, hogy $|a+b|\le |a|+|b|$. Ezt nevezzük a valós számokra vonatkozó háromszög-egyenlőtlenségnek. A bizonyítás pl. négyzetre emeléssel történhet, hiszen bármely $x$ és $y$ valós számra ${|x|}^2=x^2$, továbbá $|x|\cdot |y|=|xy|$, ezért ekvivalens egyenlőtlenségekkel dolgozva ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle |a+b|}& {\displaystyle \le |a|+|b|\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {|a+b|}^2}& {\displaystyle \le {\left(|a|+|b|\right)}^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(a+b\right)}^2}& {\displaystyle \le a^2+2|a||b|+b^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2ab}& {\displaystyle \le 2|ab|\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ami az abszolútérték definíciója miatt igaz. Egyenlőség csakis akkor áll fenn, ha a számok előjele azonos. A háromszög-egyenlőtlenség véges sok valós számra: $\begin{array}{c}{\displaystyle |x_1+x_2+\text{...}+x_n|\le |x_1|+|x_2|+\text{...}+|x_n|\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek igazolása teljes indukcióval nem nehéz.   12. példa. Legyenek adottak az $a\le b$ valós számok. Igazoljuk, hogy a valós számokon értelmezett $f\left(x\right)=|x-a|+|x-b|$ függvény minimális értéke $b-a$, melyet pontosan akkor vesz fel, ha $a\le x\le b$.   Megoldás. Felhasználva, hogy tetszőleges valós számokra $|x|+|y|\ge |x+y|$, valamint $|a|=|-a|$, kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=|x-a|+|x-b|=|x-a|+|b-x|\ge |x-a+b-x|=b-a\mathrm{,}}\end{array}$ továbbá egyenlőség pontosan akkor, ha $x-a$ és $b-x$ előjele azonos, vagyis $a\le x\le b$.   13. példa. Határozzuk meg a valós számokon értelmezett ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =|x+1|+|x|+|x-2|\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle g\left(x\right)}& {\displaystyle =|x+1|+|x-2|+|x-3|+|x-7|}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\end{array}}$ függvény minimális értékét és a minimumhelyét.   Megoldás. Tekintsük a számegyenesen azokat a helyeket, ahol az abszolút-érték jeleken belüli kifejezés értéke $0$ és az előző példa állításának megfelelően végezzünk becsléseket. $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=|x+1|+|2-x|+|x|\ge |x+1+2-x|+|x|=3+|x|\ge \mathrm{3,}}\end{array}$ (*) továbbá egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $x=0$, ez a minimumhelye. ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle g\left(x\right)}& {\displaystyle =|x+1|+|7-x|+|x-2|+|3-x|\ge }\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge |x+1+7-x|+|x-2+3-x|=8+1=\mathrm{9,}}\hfill \end{array}}$ továbbá egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $-1\le x\le 7$ és $2\le x\le 3$, azaz $2\le x\le 3$, így ezek mindannyian minimum helyek.   Megjegyzés. A megoldásban leírt módon kereshető meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=|x-a_1|+|x-a_2|+\text{...}+|x-a_n|}\end{array}$ függvény minimuma, ahol az $a_i$-k adott valós számok. Páratlan $n$-re az a) esettel, páros $n$-re pedig a $b)$ esettel analóg eredmény adódik. Ennek a problémának pl. a statisztikában van szerepe: az ún. eltérésösszeg függvénynek a medián zérushelye lesz.   14. példa. Mutassuk meg, hogy ha $x$, $y$, $z$ valós számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle |x|+|y|+|z|\le |x-y+z|+|x+y-z|+|-x+y+z|\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. Vegyük észre, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x+y-z}{2}+\frac{x-y+z}{2}=x\mathrm{,}}\end{array}$ így a háromszög-egyenlőtlenség szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{|x+y-z|}{2}+\frac{|x-y+z|}{2}\ge |x|\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanígy becsülhető meg felülről $|y|$ és $|z|$ is. A három egyenlőtlenséget összeadva adódik a bizonyítandó állítás. Az egyenlőség esetének vizsgálatát az olvasóra hagyjuk.   15. példa. Az $a$, $b$, $c$ adott valós számok olyanok, hogy $|x|\le 1$ esetén $|a{x}^2+bx+c|\le 1|$. Igazoljuk, hogy akkor $|x|\le 1$ esetén $|c{x}^2+bx+a|\le 2$.   Megoldás. A háromszög-egyenlőtlenség, valamint $0\le 1-x^2\le 1$ miatt ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle |c{x}^2+bx+a|}& {\displaystyle =|c{x}^2-c+c+bx+a|\le |c{x}^2-c|+|c+bx+a|=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =|c|\left(1-x^2\right)+|c+bx+a|\le |c|+|bx+c+a|\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Legyen $x=0$, ekkor a feltétel szerint $|c|\le 1$. Mivel $f\left(x\right)=bx+c+a$ lineáris függvény, így a $\left[-1;1\right]$ intervallumon maximális értékét valamelyik végpontban felveszi. Tekintettel arra, hogy $f\left(1\right)=a+b+c$, $f\left(-1\right)=a-b+c$, a feltétel szerint pedig ezek abszolút értéke legfeljebb $1$, kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle |c{x}^2+bx+a|\le |c|+|bx+c+a|\le 1+1=\mathrm{2,}}\end{array}$ amit éppen bizonyítani szerettünk volna.   IV. Ha $z_1$ és $z_2$ komplex számok, akkor teljesül rájuk, hogy $|z_1+z_2|\le |z_1|+|z_2|$, ahol $|z|$ a $z$ komplex szám abszolút értékét jelöli. Egyenlőség pontosan akkor, ha $z_1=\lambda z_2$, ahol $\lambda$ pozitív valós szám. Ennek az állításnak a bizonyítása könnyen jön abból, ha tudjuk, hogy a komplex számok azonosíthatók a sík helyvektoraival. Természetesen algebrai úton is belátható az abszolút érték definíciója, valamint mechanikus számolás segítségével. Most is érvényes természetes általánosítás: $\begin{array}{c}{\displaystyle |z_1+z_2+\text{...}+z_n|\le |z_1|+|z_2|+\text{...}+|z_n|\mathrm{.}}\end{array}$   16. példa. Bizonyítsuk be a $2$. példában szereplő állítást komplex számok segítségével.   Megoldás. Mivel a $z=a+bi$ komplex szám abszolút értéke $|z|=\sqrt[]{a^2+b^2}$, ezért a háromszög-egyenlőtlenség komplex számokra érvényes alakját felhasználva ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{1+x^2}+\sqrt[]{1+y^2}+\sqrt[]{1+z^2}}& {\displaystyle =|1+xi|+|1+yi|+|1+zi|\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge |3+i\left(x+y+z\right)|=|3+i|=\sqrt[]{10}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A feladat állítása könnyen általánosítható $n$ darab pozitív számra, melyek összege $1$. Ha $x_1\mathrm{,}{x}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_n>0$ és $x_1+x_2+\text{...}+x_n=1$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{1+x_1^2}+\sqrt[]{1+x_2^2}+\text{...}+\sqrt[]{1+x_n^2}\ge \sqrt[]{1+n^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A megoldás hasonlóan történhet, mint három változó esetén.   17. példa. Bizonyítsuk be, hogy az $ABCD$ konvex négyszögre $\begin{array}{c}{\displaystyle AB\cdot CD+BC\cdot DA\ge AC\cdot BD\mathrm{.}}\end{array}$ Mikor teljesül egyenlőség?   Megoldás. Helyezzük el a négyszöget a komplex számsíkon és feleltessük meg az $A$, $B$, $C$, $D$ csúcsoknak rendre az $a$, $b$, $c$, $d$ komplex számokat. A bizonyítandó állítással ekvivalens, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle |b-a|\cdot |d-c|+|c-b|\cdot |d-a|\ge |c-a|\cdot |d-b|\mathrm{.}}\end{array}$ Ismert, hogy tetszőleges $z_1$, $z_2$ komplex számokra $|z_1|\cdot |z_2|=|z_1{z}_2|$, ezért a háromszög-egyenlőtlenséget is figyelembe véve ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle |\left(b-a\right)\left(d-c\right)|+|\left(c-b\right)\left(d-a\right)|}& {\displaystyle \ge |\left(c-a\right)\left(d-b\right)|\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle |bd-bc-ad+ac|+|cd-ac+ab-bd|}& {\displaystyle \ge |cd-bc-ad+ab|\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$     Vizsgáljuk most meg az egyenlőség esetét. Ez pontosan akkor áll fenn, ha valamely $\lambda >0$ valós számra $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(b-a\right)\left(d-c\right)=\lambda \left(c-b\right)\left(d-a\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a-b}{c-b}=\lambda \frac{d-a}{c-d}\mathrm{.}}\end{array}$ Ami ekvivalens azzal, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{arg}\frac{a-b}{c-b}=\text{arg}\frac{d-a}{c-d}=\phi \mathrm{,}}\end{array}$ ami a húrnégyszögek tétele és megfordítása szerint pontosan akkor teljesül, ha az $ABCD$ konvex négyszög húrnégyszög. A feladat állítása az ún. általánosított Ptolemaiosz-tétel. Ez speciális esetként (egyenlőség) tartalmazza a már az ókorban is ismert, húrnégyszögekre érvényes tételt. További alkalmazásokat, érdekességeket illetően javasolt irodalom: [4] és [5].   18. példa. Mutassuk meg, hogy ha $P$ az $ABC$ háromszög síkjának valamely pontja, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{PA\cdot PB}{CA\cdot CB}+\frac{PB\cdot PC}{AB\cdot AC}+\frac{PC\cdot PA}{BC\cdot BA}\ge 1.}\end{array}$   Megoldás. Helyezzük el a pontokat a komplex számsíkon. Például az $A$ pontnak feleljen meg az $a$ komplex szám, a $P$ pontnak a $p$ komplex szám és így tovább. Ekkor a bizonyítandó állítás: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{|p-a|\cdot |p-b|}{|c-a|\cdot |c-b|}+\frac{|p-b|\cdot |p-c|}{|a-b|\cdot |a-c|}+\frac{|p-c|\cdot |p-a|}{|b-c|\cdot |b-a|}\ge 1.}\end{array}$ ($*$) Ismert, hogy bármely $z_1$, $z_2$ komplex számokra $|z_1|\cdot |z_2|=|z_1{z}_2|$ és $z_2\ne 0$ mellett $\frac{|z_1|}{|z_2|}=|\frac{z_1}{z_2}|$, így a háromszög-egyenlőtlenséget is felhasználva $\left(*\right)$-hoz elegendő igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}+\frac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{\left(p-c\right)\left(p-a\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}\right|\ge 1.}\end{array}$ Most megmutatjuk, hogy az abszolút érték jelen belüli mennyiség értéke $1$. (Ez mechanikus számolással is megy természetesen, most mégis inkább egy elegánsabb módszert alkalmazunk). A kifejezés felírható ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\cdot }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \cdot \left(\frac{1}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\cdot \frac{1}{p-c}+\frac{1}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\cdot \frac{1}{p-a}+\frac{1}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}\cdot \frac{1}{p-b}\right)}\hfill \end{array}}$ alakban. Legyen $P\left(x\right)$ legfeljebb másodfokú polinom, valamint $a$, $b$ és $c$ páronként különböző számok. A Lagrange-féle interpolációs formula szerint ahol $\begin{array}{c}{\displaystyle A=\frac{P\left(a\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\mathrm{,}B=\frac{P\left(b\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}\mathrm{,}C=\frac{P\left(c\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha most a $P\left(x\right)\equiv 1$ választással élünk, akkor $\left(**\right)$ miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{A}{x-a}+\frac{B}{x-b}+\frac{C}{x-c}=\frac{1}{\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $x=p$ helyettesítéssel kapjuk az állításunkat.   Megjegyzés. Tegyük fel, hogy $n$ páronként különböző helyen ismert a legfeljebb $\left(n-1\right)$-ed fokú $P\left(x\right)$ polinom értéke: $P\left(x_i\right)=y_i$, ahol $i=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n$. A Lagrange-féle interpolációs polinom egyértelműen megadja a $P\left(x\right)$ polinomot a következő alakban: $$\begin{gathered} \begin{array}{c}{\displaystyle P\left(x\right)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j=1 \\ j\ne i}^n\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\mathrm{.}}\end{array} \end{gathered}$$   A $\left(**\right)$ állítás a következő gondolatmenettel is megkapható. Legyen $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{P\left(x\right)}{\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)}=\frac{A}{x-a}+\frac{B}{x-b}+\frac{C}{x-c}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $P\left(x\right)$ tetszőleges, legfeljebb másodfokú polinom, valamint $a$, $b$ és $c$ páronként különböző számok. (Elemi törtekre bontás.) Innen $\left(x-a\right)$-val történő szorzás után $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{P\left(x\right)}{\left(x-b\right)\left(x-c\right)}=A+\left(x-a\right)\left(\frac{B}{x-b}+\frac{C}{x-c}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ha most tekintjük az $x\to a$, $x\ne a$ határátmenetet, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle A=\frac{P\left(a\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan adódnak a $B$-re és $C$-re vonatkozó formulák is. A fentebb látott gondolatmenetekre még egy szép alkalmazást mutatunk. Legyenek $a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n$ páronként különböző valós számok, valamint $0\le k\le n$ természetes szám. Tekintsük az $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n\left(k\right)=\sum _{i=1}^n\frac{a_i^k}{\prod _{j\ne i}^{}\left(a_i-a_j\right)}}\end{array}$ összeget. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n\left(k\right)=\{{\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \mathrm{0,}}& {\displaystyle \text{ ha }0\le k\le n-\mathrm{2,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \mathrm{1,}}& {\displaystyle \text{ ha }k=n-\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\displaystyle \sum }{a}_i\mathrm{,}}& {\displaystyle \text{ ha }k=n\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Induljunk ki abból, hogy bármely, legfeljebb $\left(n-1\right)$-ed fokú $P\left(x\right)$ polinomra $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{P\left(x\right)}{\prod _{i=1}^n\left(x-a_i\right)}=\sum _{i=1}^n\frac{A_i}{x-a_i}\mathrm{,}}\end{array}$ ($*$) ahol $A_i$ alkalmas konstans. Akár a Lagrange-féle interpolációs polinomot, akár a fentebb látott, határérték számítást használó gondolatmenetet alkalmazzuk, kapható, hogy bármely $i$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle A_i=\frac{P\left(a_i\right)}{\prod _{j\ne i}^{}\left(a_i-a_j\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ továbbá $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(x\right)=\sum _{i=1}^n{A}_i\prod _{j\ne i}^{}\left(x-a_j\right)=\sum _{i=1}^{n}P\left(a_i\right)\prod _{j\ne i}^{}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\mathrm{.}}\end{array}$ ($**$) Legyen először $P\left(x\right)\equiv x^{k+1}$, ahol $0\le k\le n-2$ természetes szám. A $\left(*\right)$ összefüggés miatt, ha $x=0$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 0=-\sum _{i=1}^n\frac{a_i^k}{\prod _{j\ne i}^{}\left(a_i-a_j\right)}\iff S_n\left(k\right)=0.}\end{array}$ A $\left(**\right)$ formulát a $P\left(x\right)\equiv x^{n-1}$ polinomra alkalmazva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle x^{n-1}=\sum _{i=1}^n{a}_i^{n-1}\prod _{j\ne i}^{}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel ez azonosság, ezért a jobb oldalon álló polinomban $x^{n-1}$ együtthatója $1$, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\frac{a_i^{n-1}}{\prod _{j\ne i}^{}\left(a_i-a_j\right)}=1.}\end{array}$ Végül tekintsük a $P\left(x\right)\equiv x^n-\prod _{i=1}^n\left(x-a_i\right)$, legfeljebb $\left(n-1\right)$-ed   fokú polinomot. Ebben a polinomban $x^{n-1}$ együtthatója $\sum _{i=1}^n{a}_i$, így $\left(**\right)$ miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^n{a}_i=\sum _{i=1}^n{A}_i\mathrm{,}\text{ahol}{A}_i=\frac{a_i^n}{\prod _{j\ne i}^{}\left(a_i-a_j\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel beláttuk az $S_n\left(k\right)$ összegre vonatkozó mindhárom állítást.   Feladatok önálló gondolkodásra   1. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög $a$, $b$, $c$ oldalhosszaira $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{a}{c}-\frac{b}{a}-\frac{c}{b}\right|<1.}\end{array}$   2. Tudjuk, hogy $a_i>0$, $b_i>0$, ahol $i=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n$. Bizonyítsuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{a_1^2+b_1^2}+\sqrt[]{a_2^2+b_2^2}+\text{...}+\sqrt[]{a_n^2+b_n^2}\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \ge \sqrt[]{{\left(a_1+a_2+\text{...}+a_n\right)}^2+{\left(b_1+b_2+\text{...}+b_n\right)}^2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   3. Bizonyítsuk, hogy tetszőleges $a$, $b$, $c$ valós számokra $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{a^2-a+1}+\sqrt[]{b^2-b+1}+\sqrt[]{c^2-c+1}\ge \sqrt[]{a^2+b^2+c^2+a+b+c+3}\mathrm{.}}\end{array}$   4. Mutassuk meg, hogyha az $a$, $b$ és $c$ valós számokra $\begin{array}{c}{\displaystyle |a-b|\ge |c|\mathrm{,}|b-c|\ge |a|\mathrm{,}|c-a|\ge |b|\mathrm{,}}\end{array}$ akkor a három szám közül az egyik egyenlő a másik kettő összegével.   5. Határozzuk meg az összes olyan $a$ és $b$ valós számot, melyekre teljesül, hogy minden $0\le x\le 1$ esetén $|x^2-ax-b|\le \frac{1}{8}$.   6. Mutassuk meg, hogy tetszőleges $a$, $b$, $c$ komplex számokra $\begin{array}{c}{\displaystyle |a|+|b|+|c|+|a+b+c|\ge |a+b|+|b+c|+|c+a|\mathrm{.}}\end{array}$   7. Igazoljuk, hogy ha $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c>0$, akkor ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{a^2-ab+b^2}+\sqrt[]{b^2-bc+c^2}+\sqrt[]{c^2-ca+a^2}\le }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \le a+b+c+\sqrt[]{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   8. Igazoljuk, hogy ha $M$ és $N$ az $ABC$ háromszög síkjának két, egymástól különböző pontja, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB}+\frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}\ge 1.}\end{array}$   Szakirodalom [4] Reiman István: Geometria és határterületei, Gondolat (1986). [5] Titu Andreescu ‐ Dorin Andrica: Complex Numbers from A to $\text{...}$ Z, Birkhäuser (2006).