Lekarstwo na Cardana, czyli róbta co Vieta

Marek Zakrzewski
Wydział Matematyki
Politechnika Wrocławska
Lekarstwo na kłopoty z Cardanem:
Róbta co Vieta.
Rozwiązywanie równań sześciennych - wzory
Cardana
Każde równanie sześcienne można sprowadzić do postaci
x3 + px + q = 0.
Zajmijmy się przykładowym równaniem tej postaci:
x3 + 6x = 20.
Zastosujmy podstawienie
x = u − v.
Stąd kolejno:
x3 + 6x = 20,
(u − v)3 + 6(u − v) = 20,
[u3 − 3u2 v + 3uv 2 − v 3 ] + 6(u − v) = 20,
[u3 − v 3 ] − 3uv(u − v) + 6(u − v) = 20,
[u3 − v 3 ] + 3(u − v)(−uv + 2) = 20.
Mamy zatem
[u3 − v 3 ] + 3(u − v)(−uv + 2) = 20.
Wybierzmy u, v tak, aby
−uv + 2 = 0.
Wówczas otrzymamy
(
u3 − v 3 = 20,
uv = 2.
Stąd
u3 −
3
2
u
= 20,
czyli
u6 − 20u3 − 8 = 0.
Po podstawieniu t = u3 mamy
t2 − 20t − 8 = 0,
skąd
t = 10 ±
√
108.
Zatem
q
3
u=
v= q
3
2
10 ±
10 ±
s
√
=
108
x=u−v =
q
3
3
10 ±
10 ±
√
√
8
√
108,
q
3
108
= − 10 ∓
q
108 +
3
10 ∓
√
√
108.
108.
Ogólnie, równanie x3 + px + q = 0 ma pierwiastki
x=
v
u
u
3
t
q
− +
2
s
p2
4
+
q3
27
+
v
u
u
3
t
q
− −
2
s
p2
q3
+ .
4
27
Wzór wymaga użycia liczb zespolonych, gdy
p2
q3
+
< 0,
4
27
tzn.
27p2 + 4q 3 < 0.
WADA I
Równanie x3 = 15x + 4 ma pierwiastek 4. Rzeczywiście:
q
x=
3
2+
√
q
3
−121+ 2 −
√
√
√
121 = (2+11 −1)+(2−11 −1) = 4
Zauważmy, że uzyskanie rzeczywistego pierwiastka wymagało
użycia liczb zespolonych!
WADA II :
Równanie
x3 + 3x − 4 = 0
ma oczywisty pierwiastek (jedyny rzeczywisty). Jaki?
Korzystając ze wzorów Cardana pierwiastek równania
x3 + 3x − 4 = 0
otrzymamy w postaci
q
x=
Czy to jest 1?
3
2+
√
q
5+
3
2−
√
5.
Zauważmy, że
q
3
2+
√
5·
q
3
2−
Niech
5=
q
t=
wówczas
√
3
2+
√
3
√
4 − 5 = −1.
5,
1
x=t− .
t
Tak więc
x = t − 1/t,
gdzie
q
t=
3
2+
√
5.
Aby pokazać, że x = 1, wystarczy sprawdzić, że
q
√
3
2+ 5
jest pierwiastkiem równania
1
t − = 1,
czyli
t
t2 − t − 1 = 0.
Pierwiastkami tego równania są
√
1± 5
t=
.
2
Wystarczy zatem sprawdzić, że
q
3
czyli
√
√
1+ 5
2+ 5=
,
2
√ !3
√
1+ 5
= 2 + 5.
2
WADA III
Trzeba umieć wyciągać pierwiastki sześcienne. Jak to się robi?
Niech
(x + yi)3 = a + bi,
czyli
x3 + 3x2 yi + 3xy 2 i2 + y 3 i3 = a + bi
(x3 − 3xy 2 ) + i(3x2 y − y 3 ) = a + bi
(
(
x3 − 3xy 2 = a,
3x2 y − y 3 = b
x3 − a = 3xy 2 ,
y(3x − y 2 ) = b
2
(
x3 − a = 3xy 2 ,
y (3x − y 2 )2 = b2
2
2
x3 − a
,
3x

 y 2 (3x2 − y 2 )2 = b2



y2 =
Po podstawieniu
x3 − a
x3 − a
2
3x −
3x
3x
!2
= b2 .
Mnożąc przez (3x)3 = 27x3 otrzymamy
(x3 − a)(8x3 + a)2 = 27x3 b2 .
Podstawmy x3 = t:
(t − a)(8t + a)2 = 27b2 t.
Oczywiście jest to równanie trzeciego stopnia:
64t3 − (48a + 27b)t2 − 15ta2 − a3 = 0.
Wzory na pierwiastki równań trzeciego stopnia można otrzymać za pomocą wzorów de Moivre’a, zazwyczaj tylko w postaci
przybliżonej. Tak więc w praktyce wzory Cardano są nieprzydatne.
Spójrzmy na inne równanie sześcienne:
8x3 − 6x = 1,
czyli
1
4x3 − 3x = .
2
Przypomnijmy wzór
cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α
Niech x = cos α. Wówczas równanie 4x3 − 3x = 1/2 przyjmie
postać
1
4 cos3 α − 3 cos α = ,
2
czyli
cos 3α = cos 60◦ .
Stąd
3α = 60◦ + k · 360◦ , k = 0, 1, 2,
więc
α = 20◦ + k · 120◦ , k = 0, 1, 2.
α = 20◦ ,
α = 140◦ ,
α = 260◦ ,
czyli x = cos 20◦ lub x = cos 140◦ lub x = 260◦ .
Kiedy taka metoda zadziała?
x3 + px + q = 0,
czyli
x3 + px = −q.
Musimy doprowadzić lewą stronę do postaci 4y 3 − 3y.
Niech x = ay. Wówczas mamy
a3 y 3 + pay = −q,
czyli
4y 3 +
4q
4pa
y=− 3
3
a
a
Zatem chcemy, aby
4p
= −3,
a2
czyli
s
a=
−4p
.
3
Podstawmy zatem do równania x3 +px = −q wyrażenie x = ay
dla a jw. Otrzymamy
3

1
4y 3 − 3y = 4q ·  q  = 4q
4p
3
s
3
−4p
!3
3q
=
−p
s
3
.
−4p
Prawa strona jest wartością cosinusa, o ile
27q 2 + 4p3 ­ 0.
Innymi słowy metoda Viety działa wówczas, gdy Cardano wymaga
liczb zespolonych.
Nawet wówczas Vieta nie wymaga sięgnięcia do Cardana.
Można skorzystać z cosinusa hiperbolicznego
ex + e−x
cosh x =
.
2
Ale jasne, iż także metoda Viety rzadko daje wynik dokładny.
Zwróćmy uwagę, że obie metody, gdy chcemy uzyskać czytelne
wyniki przybliżone, prowadzą do trygonometrii - w metodzie Viety
jest to jawne, w metodzie Cardana — gdy obliczamy pierwiastki
za pomocą postaci trygonometrycznej.
W praktyce żadna z tych metod nie ma praktycznego znaczenia. Ale istnienie wzorów Cardana (i analogicznych wzorów dla
równań czwartego stopnia) doprowadziło do odkrycia liczb zespolonych, o bardzo rozległych zastosowaniach i postawiło problem
istnienia analogicznych wzorów dla równań wyższych stopni. Ten
ostatni problem doprowadził do powstania teorii grup i teorii Galois. Piszę o tym w końcowej części mojej Algebry z geometrią, (p.
niżej), ale jest to zawsze dość trudne.
ZADANIA
1. Pokaż, że każde równanie postaci x3 + ax2 + bx + c = 0 można
sprowadzić do postaci x3 + px + q = 0.
2. Znajdź przynajmniej jeden pierwiastek równania
(x + 5)(x − 1)(x − 4) = 0 za pomocą (a raczej „za utrudnieniem”) wzorów Cardana. Uwaga: Znalezienie wszystkich trzech
wymaga nieco biegłości w operowaniu liczbami zespolonymi.
3. Wykaż, że równanie x3 + px + q = 0 ma pierwiastek podwójny wtedy i tylko wtedy, gdy q 2 /4 + p3 /27 = 0. Wywnioskuj
stąd, że we wzorach Cardano pojawiają się pierwiastki z liczb
ujemnych wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie trzy pierwiastki
są rzeczywiste.
4. Rozwiąż równanie 32x5 + 10x = 40x3 + 1.
Ogłoszenie nadawcy
czyli auto-REKLAMA
Marek Zakrzewski
MARKOWE WYKŁADY Z MATEMATYKI
Prawdziwa matematyka dla (prawie) wszystkich
ANALIZA, dozw. od lat 17
MATEMATYKA DYSKRETNA, dozw. od lat 18
ALGEBRA Z GEOMETRIĄ, dozw. od lat 19
Ostrzeżenie: Matematyka dawkowana w niewłaściwych ilościach, bez konsultacji z odpowiedzialnym
nauczycielem, może zaszkodzić zdrowiu, życiu, a nawet karierze.
Charakterystyczną cecha kursu jest nacisk na konkretne, ciekawe problemy, np.:
- jak obliczyć objętość torusa czy kuli czterowymiarowej;
- jak Euler odkrył równość
1+
1
22
+
1
32
+
1
42
+ ... =
π2
6
;
- jak obliczyć wartość przybliżoną wartość π;
- na ile części dzieli przestrzeń n płaszczyzn w położeniu ogólnym?
Marek Zakrzewski
MARKOWE WYKŁADY Z MATEMATYKI
Markowy produkt w cenie podróbki
Dziękuję za uwagę.