Wykład 8
Wzory na rozwiązywanie równań stopnia 2, 3, 4 w ciele C
Wszystkie rozważane tu równania mają współczynniki zespolone.
Jeśli rozważamy równanie az
2
+ bz + c = 0 to znamy algorytm rozwiązy-
wania tego równania.
Rozważmy teraz równanie stopnia 3: az
3
+ bz
2
+ cz + d = 0. Pokażemy
jak rozwiązywać takie równania.
Przypadek 1. Niech b = 0, a więc mamy równanie az
3
+ cz + d = 0. Po
pierwsze jeśli a 6= 0 to możemy nasze równanie podzielić obustronnie przez
a. I przyjmując, że s =
c
a
, t =
d
a
, otrzymujemy równanie:
z
3
+ sz + t = 0
Przedstawmy rozwiązanie tego równania w postaci z = α + β wtedy otrzy-
mujemy:
(α + β)
3
+ s(α + β) + t = 0
stąd:
α
3
+ 3α
2
β + 3αβ
2
+ β
3
+ s(α + β) + t = 0
i dalej:
α
3
+ β
3
+ 3αβ(α + β) + s(α + β) + t = 0
a więc:
α
3
+ β
3
+ t + (α + β)(3αβ + s) = 0
To równanie jest spełnione między innymi w przypadku gdy:
α
3
+ β
3
= −t
3αβ = −s
Podzielmy drugie równanie przez 3 i podnieśmy do trzeciej potęgi:
α
3
+ β
3
= −t
α
3
β
3
= −
s
3
27
Wstawmy u za α
3
i v za β
3
wtedy otrzymujemy:
u + v = −t
uv = −
s
3
27
Obliczmy u z drugiego równania i wstawmy do pierwszego:
−
s
3
27v
+ v = −t
1
Pomnóżmy obie strony przez v:
−
s
3
27
+ v
2
= −tv
przenieśmy na jedną stronę:
v
2
+ tv −
s
3
27
= 0
Otrzymaliśmy zależność kwadratową na v, a takie równania umiemy rozwią-
zywać. To nam pozwoli wyznaczyć v, oraz u. Z więc również α i β. Co da
nam rozwiązanie wyjściowego równania.
Przykład Rozwiązać opisaną powyżej metodą równanie x
3
+ 3x − 4 = 0.
Przypadek 2. Jeśli b 6= 0 to dokonujemy podstawienia: z = y −
b
3a
. I otrzy-
mujemy równanie:
a
1
z
3
+ c
1
z + d
1
= 0
gdzie a
1
= a, c
1
= 3as
2
−2bs+c, d
1
= s
2
−cs+d−as
3
, s =
b
3a
. A więc otrzymu-
jemy równanie z przypadku pierwszego. Jeśli potrafimy rozwiązać równanie
a
1
z
3
+ c
1
z + d
1
= 0 to potrafimy również rozwiązać równanie wyjściowe.
Przykład Rozwiązać równanie x
3
− 2x
2
− x + 2 = 0.
Rozważmy teraz równanie stopnia 4: az
4
+ bz
3
+ cz
2
+ dz + e = 0. Podobnie
jak poprzednio rozpatrzymy dwa przypadki:
Przypadek 1. Załóżmy, że b = 0. Wtedy mamy równanie: az
4
+cz
2
+dz+e =
0. Podzielmy nasze równanie obustronnie przez a i wstawmy: s =
c
a
, t =
d
a
, r =
e
a
. Wtedy równanie przybiera postać:
z
4
+ sz
2
+ tz + r = 0
Spróbujmy rozłożyć wielomian na iloczyn dwóch wielomianów stopnia 2:
z
4
+ sz
2
+ tz + r = (z
2
+ αz + β)(z
2
+ γz + δ)
Obliczmy:
(z
2
+ αz + β)(z
2
+ γz + δ) = z
4
+ (α + γ)z
3
+ (β + δ + αγ)z
2
+ (αδ + βγ)z + βδ
Po porównaniu z równaniem wyjściowym otrzymujemy układ równań:
α + γ = 0
β + δ + αγ = s
αδ + βγ = t
βδ = r
2
Teraz korzystając z pierwszego równania możemy wszędzie pozbyć się zmien-
nej γ.
β + δ − α
2
= s
αδ − βα = t
βδ = r
Przekształcając dwa pierwsze równania otrzymujemy:
(
β + δ = s + α
2
δ − β =
t
α
A następnie dodając i odejmując stronami te dwa ostatnie równania otrzy-
mujemy:
(
2δ = s + α
2
+
t
α
2β = s + α
2
−
t
α
Wymnóżmy teraz te równania przez siebie:
4βδ = (s + α
2
−
t
α
)(s + α
2
+
t
α
)
wiemy też że βδ = r, a więc otrzymujemy równanie:
4r = (s + α
2
−
t
α
)(s + α
2
+
t
α
) = s
2
+ 2sα42 −
t
2
α
2
Wymnóżmy to równanie przez α
2
:
4rα
2
= s
2
+ 2sα
6
− t
2
Wstawmy za α
2
zmienną u wtedy otrzymamy:
4ru = s
2
+ 2su
3
− t
2
Otrzymaliśmy równania stopnia 3 na zmienną u to pozwala nam wyznaczyć
u (stosujemy poprzedni algorytm). A jeśli mamy u to znamy również α, a
więc również β i δ.
Przypadek 2. Jeśli w równaniu az
4
+ bz
3
+ cz
2
+ dz + e = 0 mamy b 6= 0
to podobnie jak w przypadku równań stopnia 3 możemy się pozbyć współ-
czynnika przy trzyciej potędze dokonując podstawienia z = y −
b
4a
. I dalej
rozwiązujemy równanie jak w przypadku poprzednim.
3