Rozwi¡zywanie równa« wielomianowych stopnia 3 i 4 1 Równanie stopnia 3: a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 1.1 Redukcja do postaci kanonicznej Zakªadamy a 3 ̸ = 0 . Dzielimy równanie przez a 3 : x 3 + a 2 a 3 x 2 + a 1 a 3 x + a 0 a 3 = 0 Podstawiamy y = x + a 2 3 a 3 aby usun¡¢ wyraz kwadratowy: y 3 + py + q = 0 gdzie: p = a 1 a 3 − a 2 2 3 a 2 3 , q = a 0 a 3 − a 2 a 1 3 a 2 3 + 2 a 3 2 27 a 3 3 1.2 Metoda Cardana Podstawiamy y = u + v : y 3 = ( u + v ) 3 = u 3 + 3 u 2 v + 3 uv 2 + v 3 = u 3 + v 3 + 3 uv ( u + v ) = u 3 + v 3 + 3 uvy Zatem: y 3 − 3 uvy − ( u 3 + v 3 ) = 0 Porównuj¡c z y 3 + py + q = 0 , otrzymujemy ukªad: − 3 uv = p (1) − ( u 3 + v 3 ) = q (2) czyli: uv = − p 3 , u 3 + v 3 = − q Podnosz¡c pierwsze równanie do pot¦gi trzeciej: u 3 v 3 = − p 3 27 otrzymujemy ukªad w którym równania s¡ wzorami Vieta dla równania kwadratowego o pierwiastkach u 3 oraz v 3 1 u 3 + v 3 = − q (3) u 3 v 3 = − p 3 27 (4) Zatem u 3 i v 3 s¡ pierwiastkami równania kwadratowego: t 2 + qt − p 3 27 = 0 Rozwi¡zanie: t = − q 2 ± √ q 2 4 + p 3 27 St¡d: u 3 = − q 2 − √ q 2 4 + p 3 27 v 3 = − q 2 + √ q 2 4 + p 3 27 1.3 Wyra»enie pierwiastków Pierwszy pierwiastek: y 1 = u + v Pozostaªe pierwiastki znajdujemy przez dzielenie wielomianu. Dzielimy: y 3 + py + q = ( y − y 1 )( y 2 + Ay + B ) Wykonuj¡c dzielenie: y 3 + py + q : ( y − y 1 ) − ( y 3 − y 1 y 2 ) y 1 y 2 + py + q − ( y 1 y 2 − y 2 1 y ) ( p + y 2 1 ) y + q − (( p + y 2 1 ) y − ( p + y 2 1 ) y 1 ) q + ( p + y 2 1 ) y 1 Poniewa» y 1 jest pierwiastkiem, y 3 1 + py 1 + q = 0 , wi¦c reszta wynosi 0. Z dzielenia otrzymujemy: y 3 + py + q = ( y − y 1 )( y 2 + y 1 y + ( y 2 1 + p )) Korzystaj¡c z faktu, »e p = − 3 uv i y 1 = u + v , upraszczamy: y 2 1 + p = ( u + v ) 2 − 3 uv = u 2 + 2 uv + v 2 − 3 uv = u 2 − uv + v 2 Zatem równanie kwadratowe przyjmuje posta¢: y 2 + ( u + v ) y + ( u 2 − uv + v 2 ) = 0 2 Rozwi¡zanie: y = − ( u + v ) ± √ ( u + v ) 2 − 4( u 2 − uv + v 2 ) 2 Obliczamy wyró»nik: ∆ = ( u + v ) 2 − 4( u 2 − uv + v 2 ) = u 2 + 2 uv + v 2 − 4 u 2 + 4 uv − 4 v 2 = − 3 u 2 + 6 uv − 3 v 2 = − 3( u 2 − 2 uv + v 2 ) = − 3( u − v ) 2 Zatem: y = − ( u + v ) ± √ − 3( u − v ) 2 2 = − ( u + v ) ± i √ 3( u − v ) 2 Ostatecznie trzy pierwiastki to: y 1 = u + v y 2 = − ( u + v ) + i √ 3( u − v ) 2 y 3 = − ( u + v ) − i √ 3( u − v ) 2 1.4 Przypadek wyró»nika ujemnego Gdy ∆ = q 2 4 + p 3 27 < 0 , wszystkie pierwiastki s¡ rzeczywiste. Stosujemy podstawienie trygonometryczne: y = 2 √ − p 3 cos θ Podstawiaj¡c do równania: 8 ( − p 3 ) 3 / 2 cos 3 θ + p · 2 √ − p 3 cos θ + q = 0 Upraszczaj¡c: − 8 p 3 27 cos 3 θ + 2 p √ − p 3 cos θ + q = 0 Korzystaj¡c z to»samo±ci cos 3 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ , otrzymujemy: cos 3 θ = − q 2 √ − 27 p 3 Rozwi¡zania: θ k = 1 3 arccos ( − q 2 √ − 27 p 3 ) + 2 kπ 3 , k = 0 , 1 , 2 Pierwiastki: y k = 2 √ − p 3 cos θ k , k = 0 , 1 , 2 3 2 Równanie stopnia 4: a 4 x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 2.1 Redukcja do postaci kanonicznej Zakªadamy a 4 ̸ = 0 . Dzielimy równanie przez a 4 : x 4 + a 3 a 4 x 3 + a 2 a 4 x 2 + a 1 a 4 x + a 0 a 4 = 0 Podstawiamy y = x + a 3 4 a 4 aby usun¡¢ wyraz sze±cienny: y 4 + py 2 + qy + r = 0 gdzie: p = a 2 a 4 − 3 a 2 3 8 a 2 4 , q = a 1 a 4 − a 2 a 3 2 a 2 4 + a 3 3 8 a 3 4 , r = a 0 a 4 − a 1 a 3 4 a 2 4 + a 2 a 2 3 16 a 3 4 − 3 a 4 3 256 a 4 4 2.2 Przypadek q = 0 (równanie dwukwadratowe) y 4 + py 2 + r = 0 Aby unikn¡¢ arytmetyki zespolonej, post¦pujemy wedªug nast¦puj¡cych przypadków: Przypadek 1: p 2 4 − r ≥ 0 Zapisujemy równanie w postaci: ( y 2 + p 2 ) 2 = p 2 4 − r Nast¦pnie: y 2 = − p 2 ± √ p 2 4 − r Dla ka»dego nieujemnego rozwi¡zania y 2 obliczamy y = ± √ y 2 Przypadek 2: p 2 4 − r < 0 Zapisujemy równanie w postaci: ( y 2 + √ r ) 2 = (2 √ r − p ) y 2 Nast¦pnie: y 2 + √ r = ± √ 2 √ r − p y Rozwi¡zujemy dwa równania kwadratowe: y 2 ∓ √ 2 √ r − p y + √ r = 0 Uzasadnienie podziaªu na przypadki: Warunek p 2 4 − r ≥ 0 jest równowa»ny p 2 ≥ 4 r . Gdy ten warunek jest speªniony, prawa strona równania w postaci ( y 2 + p 2 ) 2 = p 2 4 − r jest nieujemna, co pozwala na bezpo±rednie pierwiastkowanie. 4 Gdy p 2 4 − r < 0 , wówczas p 2 < 4 r , czyli | p | < 2 √ r . St¡d wynika, »e 2 √ r − p > 0 , gdy»: 2 √ r − p > 2 √ r − 2 √ r = 0 Zatem posta¢ ( y 2 + √ r ) 2 = (2 √ r − p ) y 2 jest zawsze mo»liwa do zastosowania, a prawa strona jest nieujemna. W obu przypadkach unikamy operowania na liczbach zespolonych w obliczeniach po- ±rednich, otrzymuj¡c jedynie rzeczywiste pierwiastki lub zespolone w ostatecznej odpo- wiedzi. 2.3 Metoda Ferrari ( q ̸ = 0 ) Przeksztaªcamy równanie: y 4 + py 2 + qy + r = 0 Doprowadzamy do postaci: ( y 2 + p 2 ) 2 = − qy + p 2 4 − r Wprowadzamy parametr z : ( y 2 + p 2 + z 2 ) 2 = zy 2 − qy + z 2 4 + pz 2 + p 2 4 − r Wymagamy, aby prawa strona byªa kwadratem: ∆ = q 2 − 4 z ( z 2 4 + pz 2 + p 2 4 − r ) = 0 Upraszczaj¡c: z 3 + 2 pz 2 + ( p 2 − 4 r ) z − q 2 = 0 Rozwi¡zujemy to równanie sze±cienne i wybieramy dowolny rzeczywisty pierwiastek z Dla znalezionego z mamy: ( y 2 + p 2 + z 2 ) 2 = z ( y − q 2 z ) 2 Ró»nica kwadratów: ( y 2 + p 2 + z 2 − √ zy + q 2 √ z ) ( y 2 + p 2 + z 2 + √ zy − q 2 √ z ) = 0 Otrzymujemy dwa równania kwadratowe: y 2 − √ zy + p + z 2 + q 2 √ z = 0 y 2 + √ zy + p + z 2 − q 2 √ z = 0 Rozwi¡zuj¡c je, znajdujemy wszystkie cztery pierwiastki. 5 y 1 , 2 = √ z ± √ − z − 2 p − 2 q √ z 2 y 3 , 4 = −√ z ± √ − z − 2 p + 2 q √ z 2 x 1 , 2 = − a 3 4 a 4 + √ z ± √ − z − 2 p − 2 q √ z 2 x 3 , 4 = − a 3 4 a 4 + −√ z ± √ − z − 2 p + 2 q √ z 2 6