Równanie trzeciego stopnia

Z Wikipedii

Brak wersji przejrzanej

Równanie trzeciego stopnia (równanie sześcienne) – równanie algebraiczne postaci $a x 3 + b x 2 + c x + d = 0$ , gdzie $a\neq 0$ . Każde równanie sześcienne o współczynnikach rzeczywistych ma przynajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty.

W dalszych częściach tego artykułu w pełni przedstawimy metodę rozwiązywania równań sześciennych o współczynnikach zespolonych.

Spis treści

1 Rys historyczny
2 Sprowadzenie do postaci kanonicznej
3 Rozwiązywanie równań kanonicznych
4 Pierwiastki rzeczywiste równania kanonicznego o współczynnikach rzeczywistych
5 Inne podejście
6 Zobacz też
7 Źródła

[edytuj] Rys historyczny

Równania sześcienne zostały rozwiązane w pierwszej połowie XVI wieku. W tamtym czasie w Europie nie używano jeszcze liczb ujemnych i każde równanie zapisywano tak aby wszystkie wspólczynniki były dodatnie. Rozważano więc szereg różnych typów równań trzeciego stopnia. Matematycy wiedzieli jednak, że rozwiązanie ogólnego równania trzeciego stopnia może być zredukowane do rozwiązania jednego z następujących dwóch typów równań:

x 3 + m x = n

oraz

x 3 = m x + n

(gdzie

m, n > 0

).

Włoski matematyk Scipione del Ferro podał metodę rozwiązania jednego z tych typów, a prawdopodobnie też i drugiego. Nie rozgłaszał on swoich odkryć i przekazał on swoją metodę jedynie paru osobom, np jego student Fior wiedział jak rozwiązać równanie pierwszego typu. Del Ferro zapisywał wszystkie swoje odkrycia w notatniku który po jego śmierci przeszedł w posiadanie Hannibala Nave, zięcia del Ferro. (Nave był również matematykiem i po śmierci teścia w 1526 przejął jego posadę na Uniwersytecie Bolońskim.)

Niezależnie (ale i później) równania te były rozwiązane przez Niccolo Tartaglia. Potrafił on rozwiązać niektóre typy równań kiedy w 1535 zaaranżowano mecz matematyczny pomiędzy Fiorem a Tartaglią. W czasie tej debaty każda ze stron podała drugiej 30 równań do rozwiązania. Podczas gdy zadania przygotowane przez Tartaglię były bardzo różnorodne, te podane przez Fiora dotyczyły tylko jedynego typu równań które Fior potrafił rozwiązać. Rankiem 13 lutego 1535 Tartaglia odkrył sposób na rozwiązywanie tego typu równań i mecz wygrał. Swojej metody rozwiązywania równań Tartaglia nie chciał jednak ogłosić.

Girolamo Cardano uprosił Tartaglię w 1539 o wyjawienie metody rozwiązywania równań sześciennych, w zamian zobowiązując się do dochowania tajemnicy i nieujawniania metody. W 1540, Lodovico Ferrari, asystent Cardana, odkrył metodę redukcji równań czwartego stopnia do równań sześciennych. Razem z metodą rozwiązywania tych ostatnich pozwalało to rozwiązać wszystkie typy równań stopnia 4, jednak odkrycie to nie mogło zostać opublikowanym ze względu na obietnicę daną Tartaglii.

W 1543 Cardano i Ferrari odwiedzili Nave, zięcia del Ferro, w Bolonii i dowiedzieli się od niego, że to del Ferro był pierwszym matematykiem który rozwiązał równania trzeciego stopnia. Cardano uznał że obietnica dana Tartaglii nie obowiązuje go więcej i opublikował metodę rozwiązywania równań 3. i 4. stopnia w swoim dziele Ars Magna w 1545.

[edytuj] Sprowadzenie do postaci kanonicznej

Najpierw pokażemy, że równanie

$ax^3+bx^2+cx+d=0\;$

(1)

może być sprowadzone do tak zwanej postaci kanonicznej:

$y^{3}+py+q=0.\;$

(2)

Dzieląc obie strony równania (1) przez $a$ otrzymujemy

$x^{3}+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0,$

i stosując podstawienie $x=y-\frac{b}{3a}$ mamy

$\left(y-\frac{b}{3a}\right)^{3}+\frac{b}{a}\left(y-\frac{b}{3a}\right)^2+\frac{c}{a}\left(y-\frac{b}{3a}\right)+\frac{d}{a}=0$ .

Po wymnożeniu, uproszczeniu i poszeregowaniu według potęg otrzymujemy

$y^{3}-y^{2}\frac{b}{a}+y^{2}\frac{b}{a}+y\frac{b^{2}}{3a^{2}}-y\frac{2b^{2}}{3a^{2}}+y\frac{c}{a}-\frac{b^{3}}{27a^{3}}+\frac{b^{3}}{9a^{3}}-\frac{bc}{3a^{2}}+\frac{d}{a}=0.$

Wyraz z kwadratem znika i równanie wygląda tak:

$y^{3}+y\left(\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}}\right)+\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^{2}}=0.$

Następnie należy zastosować 2 podstawienia:

$p=\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}},$

$q=\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^2}.$

Otrzymujemy równanie w postaci kanonicznej (2). Każdy pierwiastek tego równania wyznacza pierwiastek równania (1).

Tak więc, jeśli wskażemy jak rozwiązywać równania w postaci kanonicznej, to będziemy mogli rozwiązać każde równanie trzeciego stopnia.

Warto zauważyć, że sprowadzenie do postaci kanonicznej łatwo wykonywać, stosując schemat Hornera, ponieważ $y=x+\frac{b}{3a}$ i więc poszukiwanie współczynników odpowiedniego wielomianu z $y$ to faktycznie rozkładanie wielomianu względem potęg dwumianu $x+\frac{b}{3a}$ .

[edytuj] Rozwiązywanie równań kanonicznych

Zwróćmy uwagę, że jeśli znajdziemy jeden pierwiastek $y 0$ równania

$y^{3}+py+q=0,\;$

(2)

to na mocy tzw twierdzenia Bézout możemy podzielić wielomian $y 3 + p y + q$ przez $y - y 0$ , redukując nasze równanie do równania kwadratowego. Rozwiązując to równanie możemy znaleźć pozostałe rozwiązania równania (2). Poniżej najpierw przedstawimy metodę znajdywania jednego pierwiastka naszego równania, a pózniej bardziej szczegółowo opiszemy sposób na znajdywanie wszystkich rozwiązań tego równania.

[edytuj] Jak znaleźć jeden pierwiastek

Rozważamy równanie

$y^{3}+py+q=0.\;$

(2)

Jeśli $p = 0$ , to znalezienie rozwiązania tego równania sprowadza się do znalezienia liczby, która podniesiona do trzeciej potęgi da nam $- q$ , a to po prostu pierwiastek sześcienny z $- q$ . Poniżej będziemy więc zakładać, że $p\neq 0$ .

Przyjmujemy, że $y=u+v\quad$ . Wówczas

$y^{3}=v^{3}+3uv^{2}+3u^{2}v+u^{3}=3uv(u+v)+u^{3}+v^{3}=3uvy+u^{3}+v^{3}.\;$

(3)

Po dalszym uporządkowaniu informacji ze wzoru (3) otrzymujemy równanie

$y^{3}-3uvy-(u^{3}+v^{3})=0.\;$

(4)

Zauważamy, że jeśli

$3uv=-p\;$ oraz $u^{3}+v^{3}=-q\;$

(5)

(a $y = u + v$ ), to $y$ spełnia równanie (4) wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on równanie (2). Rozwiązując układ równań (5), otrzymujemy $u=\frac{-p}{3v}$ oraz

$\left(\frac{-p}{3v}\right)^{3}+v^{3}+q=0.$

Stąd

$v^{3}-\frac{p^{3}}{27v^{3}}+q=0.$

Po pomnożeniu przez $v^{3}\;$ otrzymamy

$(v^{3})^{2}+q(v^{3})-\frac{p^{3}}{27}=0.$

Podstawiając za $v 3$ zmienną pomocniczą $z$ otrzymujemy równanie kwadratowe:

$z^{2}+qz-\frac{p^{3}}{27}=0.$

(6)

Równanie (6) ma pierwiastek (możliwie zespolony):

$z_0=\frac{-q+\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}.$

Następnie wybieramy liczbę $v 0$ taką, że $(v 0) 3 = z 0$ . Kładziemy $u_0=\frac{-p}{3v_0}$ i zauważamy że $v 0, u 0$ spełniają równania (5). Jeśli więc połóżymy

y 0 = v 0 + u 0

,

to liczby $y 0, v 0, u 0$ będą spełniać równanie (4), czyli

y 0

jest pierwiastkiem równania (2).

[edytuj] Wszystkie rozwiązania: wzory Cardano

Poniżej będzie przedstawiona metoda, pozwalająca otrzymać wszystkie pierwiastki równania (2), jeśli jeden już znaleziony według powyższej metody. Niech $\varepsilon_0,\varepsilon_1,\varepsilon_2$ będą pierwiastkami 3. stopnia z jedynki, tzn.

$\varepsilon_0=1$ , $\varepsilon_1=\frac{-1 + i\sqrt 3}{2}$ , $\varepsilon_2= \frac{-1 - i\sqrt 3}{2}$ .

Tak jak wcześniej, niech $z 0$ będzie pierwiastkiem równania (6):

$z_0=\frac{-q+\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}$ .

Ustalmy liczby $v 0, u *$ takie, że

(v 0) 3 = z 0

oraz $(u_*)^3=-q-z_0=\frac{-q-\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}$ (zob. drugą równość z (5)).

Zauważmy, że

$(v_0)^3\cdot (u_*)^3=\frac{-q+\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}\cdot \frac{-q-\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}=\frac{q^2-q^2-4p^3/27}{4}=\frac{-p^3}{27}$ .

Zatem dla pewnego $m\in \{0,1,2\}$ mamy, że

$v_0\cdot u_*=-\varepsilon_m p/3$ .

Niech $l\in\{0,1,2\}$ będzie takie, że $\varepsilon_l\cdot \varepsilon_m=1$ i połóżmy

$u_0=\varepsilon_l u_*$ .

Wówczas liczby $v 0, u 0$ spełniają równania (5). Niech

y 0 = v 0 + u 0

, $y_1=\varepsilon_1\cdot v_0+\varepsilon_1^2\cdot u_0$ oraz $y_2=\varepsilon_1^2\cdot v_0+\varepsilon_1\cdot u_0$ .

(Powyższe wzory, po wykonaniu w nich podstawień stosownych formuł na $\varepsilon_1,v_0,u_0$ , nazywane są wzorami Cardano. Są one współczesnym uogólnieniem metody opisanej przez Girolamo Cardano w Ars Magna.)

Wykażemy, że liczby $y 0, y 1, y 2$ są wszystkimi rozwiązaniami równania (2).

Zauważmy najpierw, że $\varepsilon_1(1+\varepsilon_1)=-1$ , więc

$0=0(v_0+u_0)=(1+\varepsilon_1(1+\varepsilon_1))(v_0+u_0)=(1+\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)(v_0+u_0)=y_0+y_1+y_2$ .

(7)

Mamy też

$y_0y_1+y_0y_2+y_1y_2=(v_0+u_0)(\varepsilon_1\cdot v_0+\varepsilon_1^2\cdot u_0)+$ $(v_0+u_0)(\varepsilon_1^2\cdot v_0+\varepsilon_1\cdot u_0)$ $+(\varepsilon_1\cdot v_0+\varepsilon_1^2\cdot u_0)(\varepsilon_1^2\cdot v_0+\varepsilon_1\cdot u_0)=$

$(1+\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)(v_0^2+u_0^2)$ $+3(\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)v_0u_0$ $=3(\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)v_0u_0= 3(\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)\cdot \frac{-p}{3}=p$

(8)

(przypomnijmy, że $0=1+\varepsilon_1+\varepsilon_1^2\;$ oraz $3v_0u_0=-p\;$ ; patrz (5)). Także

$y_0y_1y_2=(v_0+u_0)(\varepsilon_1\cdot v_0+\varepsilon_1^2\cdot u_0)(\varepsilon_1^2\cdot v_0+\varepsilon_1\cdot u_0)=$ $v_0^3+u_0^3+(1+\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)v_0^2u_0$ $+(1+\varepsilon_1+\varepsilon_1^2)v_0u_0^2=v_0^3+u_0^3=-q$

(9)

(tu również korzystamy z równań (5)). Używając równań (7)-(9) otrzymujemy

$(y-y_0)(y-y_1)(y-y_2)=y^3-(y_0+y_1+y_2)y^2+(y_0y_1+y_0y_2+y_1y_2)y-y_0y_1y_2=y^3+py+q\;$ .

Stąd już możemy wywnioskować, że $y 0, y 1, y 2$ są wszystkimi pierwiastkami równania (2).

[edytuj] Podsumowanie

Aby rozwiązać równanie

$ax^3+bx^2+cx+d=0\;$

(1)

o współczynnikach zespolonych, sprowadzamy je do postaci kanonicznej

$y^{3}+py+q=0\;$ ,

(2)

gdzie $p=\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}},\ q=\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^2},\ y=x+\frac{b}{3a}$ . Następnie znajdujemy parę liczb $v 0, u 0$ , spełniających równania

3 u 0 v 0 = - p

oraz $u_0^3+v_0^3=-q$ .

(Wymaga to rozwiązania równania kwadratowego i wyznaczenia pierwiastków trzeciego stopnia.) Rozwiązaniami równania (1) są liczby

$x_0=v_0+u_0-\frac{b}{3a}$ ,

$x_1= v_0\frac{-1 + i\sqrt 3}{2}-u_0\frac{1 + i\sqrt 3}{2}-\frac{b}{3a}$ ,

$x_2=-v_0\frac{1 + i\sqrt 3}{2}+u_0\frac{-1 + i\sqrt 3}{2}-\frac{b}{3a}$ .

[edytuj] Pierwiastki rzeczywiste równania kanonicznego o współczynnikach rzeczywistych

W oparciu o dyskusję w poprzedniej sekcji możemy podać gotowe wzory na pierwiastki rzeczywiste równań w postaci kanonicznej. Rozważamy następujące równanie:

$y^{3}+py+q=0\;$ .

(2)

gdzie współczynniki $p, q$ są liczbami rzeczywistymi. Określmy jego wyróżnik jako

$\Delta=\left(\frac{p}{3}\right)^{3}+\left(\frac{q}{2}\right)^{2}$ .

Zależnie od znaku wyróżnika równania mamy 3 możliwości.

Przypadek 1 $Δ > 0$

Wówczas

$y_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\Delta}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\Delta}}$

jest jedynym pierwiastkiem rzeczywistym równania (2).

Przypadek 2 $Δ = 0$

Wówczas równanie (2) ma co najwyżej dwa rozwiązania w liczbach rzeczywistych:

$y_1=\sqrt[3]{\frac{q}{2}}$ oraz $y_2=-2\sqrt[3]{\frac{q}{2}}$ .

Gdy $q\neq 0$ , to rozważane równanie ma w liczbach rzeczywistych dokładnie dwa różne pierwiastki; jeden z nich jest podwójny.

Przypadek 3 $Δ < 0$

W tym przypadku równanie (2) ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste. Aby wyznaczyć i opisać te pierwiastki, używamy funkcji trygonometrycznych i postaci trygonometrycznej liczb zespolonych.

Ponieważ $\Delta=\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}<0$ , to $-\frac{p^3}{27}>\frac{q^2}{4}\geq 0$ , a stąd

$\left|\frac{-\frac{q}{2}}{\sqrt{\frac{-p^3}{27}}}\right|<1$ .

Możemy więc zdefiniować

$r=\sqrt{\frac{-p^3}{27}}>0$

oraz wybrać liczbę $\varphi\in (0,2\pi)$ tak, że

$\cos \varphi=\frac{-\frac{q}{2}}{\sqrt{-\frac{p^3}{27}}}$ .

Wówczas $\Delta=-r^2\sin^2\varphi$ i $-\frac{q}{2}=r\cos\varphi$ , a zatem liczba $z=r(\cos\varphi+i\sin\varphi)$ spełnia równanie kwadratowe $z^{2}+qz-\frac{p^{3}}{27}=0$ . Sprawdzamy, że sprzężone liczby zespolone

$v_0=\sqrt[3]{r}(\cos\frac{\varphi}{3}+i\sin\frac{\varphi}{3})$ oraz $u_0=\sqrt[3]{r}(\cos\frac{\varphi}{3}-i\sin\frac{\varphi}{3})$

spełniają równania (5). Stąd, zgodnie z argumentacją z końca poprzedniej sekcji, znajdujemy, że wszystkie pierwiastki równania (2) są rzeczywiste i są to:

$y_0=2\sqrt{-\frac{p}{3}}\cos\frac{\varphi}{3}$ ,

$y_1=2\sqrt{-\frac{p}{3}}\cos\frac{\varphi+2\pi}{3}$ ,

$y_2=2\sqrt{-\frac{p}{3}}\cos\frac{\varphi+4\pi}{3}$ .

[edytuj] Inne podejście

Rozważamy równanie kanoniczne

$y^{3}+py+q=0.\;$

(2)

Porównując je do postaci iloczynowej

$(y-y_{1})(y-y_{2})(y-y_{3})=0,\;$

otrzymujemy nieliniowy układ równań z trzema niewiadomymi, ale o wysokiej symetrii:

$y_{1}+y_{2}+y_{3}=0,\;$

$y_{1}y_{2}+y_{1}y_{3}+y_{2}y_{3}=p,\;$

$y_{1}y_{2}y_{3}=-q.\;$

Ten nieliniowy układ z trzema niewiadomymi jest jednym z niewielu, które dają się rozwiązac analitycznie. Ponieważ równanie trzecie zawiera iloczyn trzeciego stopnia, wystarczy podstawienie para-trygonometryczne (ważony para-cosinus):

$y_{2}=e^{-i\phi} \sqrt[3]{z_{2}}+ e^{i\phi} \sqrt[3]{z_{3}}\;$ ,