Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 + ax + bx + c = 0, gdje je a = a a 3, b = a 1 a 3, c = a 0 a 3. Poništenje kvadratnog člana. Supstitucijom x = y a 3 riješit ćemo se kvadratnog člana i jednadžba poprima oblik
gdje je y 3 + py + q = 0, (1) p = b 1 3 a, q = 7 a3 1 ab + c. 3 Takva jednadžba u kojoj nema kvadratnog člana zove se kanonski oblik jednadžbe trećeg stupnja. 3 Rješenje kanonske jednadžbe (1) tražimo u obliku y = u + v, () gdje su u i v za sada još neodredeni brojevi. Kako se svaki broj može na beskonačno načina prikazati u obliku zbroja dvaju brojeva, na rastav () možemo postaviti još jedan uvjet.
Ako je () korijen jednadžbe (1), onda ju on mora zadovoljavati, tj. mora biti (u + v) 3 + p(u + v) + q = 0, odnosno (3uv + p)(u + v) + (u 3 + v 3 + q) = 0. Odaberimo onaj od rastava () za koji vrijedi 3uv + p = 0. Ako uvrstimo u prethodnu jednadžbu, dobivamo u 3 + v 3 = q.
Problem rješavanja kanonske jednadžbe (1) svodi se na rješavanje sustava u 3 + v 3 = q uv = p (3) 3 jer ako su u i v rješenja od (3), onda je očito u + v rješenje od (1). Umjesto sustava (3) promatramo sustav u 3 + v 3 = q ( p 3 u 3 v 3 = 3) (4) Sustavi (3) i (4) nisu ekvivalentni. Svako rješenje sustava (3) jest rješenje sustava (4), ali obrnuto ne mora vrijediti.
Dakle, sustav (3) možemo riješiti tako da riješimo sustav (4) i uzmemo samo ona rješenja od (4) koja zadovoljavaju drugu jednadžbu u (3). Iz (4), prema Vièteovim formulama, slijedi da su u 3 i v 3 korijeni jednadžbe ( p ) 3 t + qt = 0. 3 Odavde slijedi ) + ( p 3 ) 3. t 1, = q ± (q
Dakle, u = 3 v = 3 q + (q q (q ) + ( p 3) 3 ) + ( p 3) 3 Rješenje kanonske jednadžbe (1) može se napisati u obliku y = 3 q ( q ) ( p ) 3+ + 3 + q ( q ) ( p ) 3 3 + (5) 3 Formula (5) se zove.
Važna napomena. Kako treći korijen ima tri vrijednosti iz Cardanove formule se čini da kubna jednadžba ima devet rješenja. Medutim, to nije tako, jer sjetimo se izvoda formule i neekvivalentnosti sustava (3) i (4), brojevi u i v moraju još zadovoljavati jednadžbu 3uv + p = 0 pa imamo samo tri rješenja.
je nespretna za računanje pa ćemo ju malo modificirati. Neka je u 1 = 3 q (q ) ( p 3 + + 3) bilo koja vrijednost korijena i v 1 = p 3u 1. Neka je ε = 1 i 3 treći korijen iz jedinice. Tada je ε = 1 + i 3, ε3 = 1, ε 4 = ε, ε 5 = ε, ε 6 = 1,...
Tada se rješenja jednadžbe mogu zapisati u obliku x 3 + px + q = 0 x 1 = u 1 + v 1 x = u 1 ε + v 1 ε x 3 = u 1 ε + v 1 ε Da je x 1 korijen te jednadžbe očito je iz postupka pomoću kojeg je izvedena. Provjerimo da je i x zaista korijen te jednadžbe. Uvrstimo li x u gornju jednadžbu, dobivamo (u 1 ε + v 1 ε ) 3 + p(u 1 ε + v 1 ε ) + q = = u 3 1 + v1 3 + q +ε(u }{{} 1 + v 1 ε)(3u 1 v 1 + p) = 0, }{{} =0 =0
pa je zaista x korijen. Analogno se provjeri da je i x 3 takoder rješenje te jednadžbe. Primjer 1. Riješite jednadžbu x 3 + 30x + 90 = 0. Rješenje
pa je zaista x korijen. Analogno se provjeri da je i x 3 takoder rješenje te jednadžbe. Primjer 1. Riješite jednadžbu x 3 + 30x + 90 = 0. Rješenje u = 3 q + ( q ) + ( p 3) 3, p = 30, q = 90 u 1 = 3 10 (uzmemo realnu vrijednost) v 1 = p 3u 1 = 3 100 ε = 1 i 3 Sada prema formulama rješenja su
x 1 = u 1 + v 1 x 1 = 3 10 3 100 x = u 1 ε + v 1 ε x = 3 10 + 3 100 3 10 + 3 100 3 i x 3 = u 1 ε + v 1 ε x 3 = 3 10 + 3 100 + 3 10 + 3 100 3 i x 3 nismo trebali niti računati jer imamo jednadžbu s realnim koeficijentima, a znamo da se onda kompleksni korijeni javljaju u konjugiranim parovima.
U Cardanovoj formuli javlja se izraz ( q ) ( p 3 = + 3) koji zovemo diskriminanta jednadžbe x 3 + px + q = 0. Teorem 1. Neka je diskriminanta jednadžbe x 3 + px + q = 0 s realnim koeficijentima. Tada vrijedi: Ako je > 0, onda zadana jednadžba ima jedan realni i dva konjugirano kompleksna korijena. Ako je = 0, onda su svi korijeni zadane jednadžbe realni i barem jedan od njih je višestruki. Ako je < 0, onda su svi korijeni zadane jednadžbe realni i različiti.
Napomena. Do otkrića kompleksnih brojeva došlo je preko kubne jednadžbe, a ne preko kvadratne kako se uči u školi. Naime, krenulo se od kubne jednadžbe (x + 1)(x 1)(x ) = 0 za koju se zna da ima tri korijena 1, 1,. Ako se ta jednadžba svede na kanonski oblik supstitucijom x = y + 3 dobiva se jednadžba y 3 7 3 y + 0 7 = 0. Prema Cardanovoj formuli je x = 3 + 3 10 7 + 9161 79 + 3 10 7 9161 79. Vidimo da se pojavio drugi korijen iz negativnog broja, a znamo da rezultat mora biti realan, pa je to bio pravi razlog uvodenja kompleksnih brojeva.
Neka je a 4 x 4 + a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0, a 4 0 algebarska jednadžba 4. reda. Pogledajmo kako se ona rješava Ferrarijevom metodom. Prvo treba normalizirati jednadžbu tako da je vodeći koeficijent jednak 1. Dakle, podijelimo zadanu jednadžbu s a 4 i dobivamo x 4 + ax 3 + bx + cx + d = 0, gdje je a = a 3 a 4, b = a a 4, c = a 1 a 4, d = a 0 a 4. Sljedeći korak je jednadžbu prikazati kao razliku kvadrata.
Neka je y neki realan broj. Tada vrijedi jednakost x 4 + ax 3 + bx + cx + d = = (x + a ) [( ) ] a x + y 4 b + y x + (ay c)x + y d. Da bi izraz u uglatoj zagradi bio potpuni kvadrat, mora diskriminanta kvadratnog polinoma u varijabli x biti jednaka nula, tj. ( ) a (ay c) 4 4 b + y (y d) = 0. Prethodnu jednadžbu zovemo Ferrarijeva rezolventa od zadane jednadžbe 4. stupnja. To je jednadžba 3. stupnja po y i ima stoga barem jedno realno rješenje. U tom slučaju je izraz u uglatoj zagradi kvadrat nekog polinoma F (x).
Možemo pisati [(x + a ) ] x + y + F (x) [(x + a ) ] x + y F (x) = 0 Preostaje da se riješe dvije kvadratne jednadžbe koje onda daju 4 rješenja. Primjer. Riješite jednadžbu x 4 + x + 4x + 8 = 0. Rješenje
Možemo pisati [(x + a ) ] x + y + F (x) [(x + a ) ] x + y F (x) = 0 Preostaje da se riješe dvije kvadratne jednadžbe koje onda daju 4 rješenja. Primjer. Riješite jednadžbu x 4 + x + 4x + 8 = 0. Rješenje [ ] (x + 0 + y) (y )x 4x + y 8 = 0. ( ) Rezolventa zadane jednadžbe je 16 4(y )(y 8) = 0. Jedno realno rješenje te rezolvente je y = 3.
Uvrstimo li y = 3 u ( ) dobivamo (x + 3) (4x 4x + 1) = 0, odnosno (x + 3) (x 1) = 0. Faktorizacijom dobivamo (x + x + )(x x + 4) = 0. Riješimo li kvadratne jednadžbe x + x + = 0, x x + 4 = 0 dobivamo tražena rješenja x 1 = 1 + i, x = 1 i, x 3 = 1 + i 3, x 4 = 1 i 3.