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 x 3 + px + q = 0. Zajmijmy się przykładowym równaniem tej postaci: x 3 + 6x = 20.
Zastosujmy podstawienie x = u v.
Stąd kolejno: x 3 + 6x = 20, (u v) 3 + 6(u v) = 20, [u 3 3u 2 v + 3uv 2 v 3 ] + 6(u v) = 20, [u 3 v 3 ] 3uv(u v) + 6(u v) = 20, [u 3 v 3 ] + 3(u v)( uv + 2) = 20.
Mamy zatem [u 3 v 3 ] + 3(u v)( uv + 2) = 20. Wybierzmy u, v tak, aby uv + 2 = 0.
Wówczas otrzymamy { u 3 v 3 = 20, uv = 2.
Stąd ( ) 2 3 u 3 = 20, u czyli u 6 20u 3 8 = 0.
Po podstawieniu t = u 3 mamy t 2 20t 8 = 0, skąd t = 10 ± 108.
Zatem u = 3 10 ± 108, 2 v = 3 10 ± 8 = 3 108 10 ± 108 = 3 10 108. x = u v = 3 10 ± 108 + 3 10 108.
Ogólnie, równanie x 3 + px + q = 0 ma pierwiastki q p x = 3 2 + 2 4 + q3 27 + q p 3 2 2 4 + q3 27. Wzór wymaga użycia liczb zespolonych, gdy tzn. p 2 4 + q3 27 < 0, 27p 2 + 4q 3 < 0.
WADA I Równanie x 3 = 15x + 4 ma pierwiastek 4. Rzeczywiście: x = 3 2 + 121+ 3 2 121 = (2+11 1)+(2 11 1) = 4 Zauważmy, że uzyskanie rzeczywistego pierwiastka wymagało użycia liczb zespolonych!
WADA II : Równanie x 3 + 3x 4 = 0 ma oczywisty pierwiastek (jedyny rzeczywisty). Jaki?
Korzystając ze wzorów Cardana pierwiastek równania otrzymamy w postaci x 3 + 3x 4 = 0 x = 3 2 + 5 + 3 2 5. Czy to jest 1?
Zauważmy, że 3 2 + 5 3 2 5 = 3 4 5 = 1. Niech wówczas t = 3 2 + 5, x = t 1 t.
gdzie Tak więc x = t 1/t, t = 3 2 + 5. Aby pokazać, że x = 1, wystarczy sprawdzić, że 3 2 + 5 jest pierwiastkiem równania t 1 t = 1, czyli t2 t 1 = 0. Pierwiastkami tego równania są t = 1 ± 5. 2
Wystarczy zatem sprawdzić, że czyli 3 2 + 5 = 1 + 5 2 ( ) 3 1 + 5 = 2 + 5., 2
WADA III Trzeba umieć wyciągać pierwiastki sześcienne. Jak to się robi? czyli Niech (x + yi) 3 = a + bi, x 3 + 3x 2 yi + 3xy 2 i 2 + y 3 i 3 = a + bi (x 3 3xy 2 ) + i(3x 2 y y 3 ) = a + bi
{ x 3 3xy 2 = a, 3x 2 y y 3 = b { x 3 a = 3xy 2, y(3x 2 y 2 ) = b { x 3 a = 3xy 2, y 2 (3x 2 y 2 ) 2 = b 2
y 2 = x3 a 3x, y 2 (3x 2 y 2 ) 2 = b 2 Po podstawieniu x 3 a 3x ( 3x 2 x3 a 3x Mnożąc przez (3x) 3 = 27x 3 otrzymamy ) 2 = b 2. (x 3 a)(8x 3 + a) 2 = 27x 3 b 2.
Podstawmy x 3 = t: (t a)(8t + a) 2 = 27b 2 t. Oczywiście jest to równanie trzeciego stopnia: 64t 3 (48a + 27b)t 2 15ta 2 a 3 = 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: 8x 3 6x = 1, czyli 4x 3 3x = 1 2.
Przypomnijmy wzór cos 3α = 4 cos 3 α 3 cos α Niech x = cos α. Wówczas równanie 4x 3 3x = 1/2 przyjmie postać 4 cos 3 α 3 cos α = 1 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? x 3 + px + q = 0, czyli x 3 + px = q. Musimy doprowadzić lewą stronę do postaci 4y 3 3y.
Niech x = ay. Wówczas mamy a 3 y 3 + pay = q, czyli Zatem chcemy, aby 4y 3 + 4pa a y = 4q 3 a 3 4p a 2 = 3, czyli a = 4p 3.
Podstawmy zatem do równania x 3 +px = q wyrażenie x = ay dla a jw. Otrzymamy 4y 3 3y = 4q 1 4p 3 3 = 4q ( ) 3 3 = 3q 3 4p p 4p. Prawa strona jest wartością cosinusa, o ile 27q 2 + 4p 3 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 cosh x = ex + e 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 x 3 + ax 2 + bx + c = 0 można sprowadzić do postaci x 3 + 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 x 3 + px + q = 0 ma pierwiastek podwójny wtedy i tylko wtedy, gdy q 2 /4 + p 3 /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 32x 5 + 10x = 40x 3 + 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 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 +... = π 2 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.