szukanie zaawansowane
 [ Posty: 2 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 19 kwi 2009, o 23:01 
Użytkownik

Posty: 5822
Lokalizacja: Kraków
Jak wiadomo N.H. Abel wykazał, niemożność rozwiązania w postaci ogólnej równań stopnia piątego i wyższych za pomocą skończonej liczby operacji +, -, *. i / oraz wyciągania pierwiastka; uzasadnił też na czym polega możność znalezienia ogólnej postaci rozwiązania dla niższych stopni...Dużo wcześniej G. Cardano rozsupłał był równanie stopnia trzeciego. Jak to zrobił? Metoda jakiej użył była niezwykle pomysłowa i prosta! Sam pomysł podał mu rzekomo Tartaglia, pod warunkiem dochowania sekretu : skojarzył z tym równaniem (A) prosty układ równań :
tj:

a - b = -q
27ab = p^{3}

Mając dane konkretne równanie (A) , a więc znając liczby p i q, wypisany powyżej układ równań obliczamy bez trudu . Łatwo zauwayć, że obliczenie a i b sprowadza się do rozwiązania równania kwadratowego! Liczymy deltę itd...
Znając już liczby a i b kładziemy:

x=\sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{b}

Dlaczego tak ? trudno powiedzieć, bo na tym właśnie opiera się genialność metody, ale teraz łatwo jest się przekonać, że jest istotnie to pierwiastek równania A , faktycznie, korzystamy tylko ze wzoru na sześcian różnicy i z tego jak powiązne są liczby a, b z p i q:
tj.:

(A) x^{3} + px + q = 0


(B) x=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}-\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}

Uwaga:
Wyrażenie występujące pod pierwiastkiem kwadratowym w powyższym wzorze Cardano zwie się delta czyli wyróżnik równania . Ma miejsce ważny fakt: Jeśli \Delta > 0 , to równanie (A) ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty dany powyżej wyprowadzonym wzorem.

\Delta=\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}


Metoda Kaca
Jest ona niezwykle sprytna i polega -mówiąc opisowo na rozkładzie lewej strony równania (A) na różnicę sześcianów pewnych dwóch funkcji liniowych, przy czym uzyskuje się tu prosty układ czterech równań i tyleż niewiadomych.tj. chcemy wiedzieć jak "zapisać" A, B, m , n przez p i q :
x^{3}+px+q=A(x+m)^{3}-B(x+n)^{3},
tj.
(C) \sqrt[3]{A}(x+m)-\sqrt[3]{B}(x+n)=0,

Okaże się, że A i B można wyrazić przez m i n, zaś te są pierwiastkami równania kwadratowego, którego współczynniki wyrażają się przez p i q, w efekcie będą gotowe wzory: a także (podstawiając te wartości do równania (k)) formułę na x, łatwo sprawdzić, że otrzyma się dokładnie wzór Cardano!
tj.
x=\sqrt[3]{mn}(\sqrt[3]{m}+\sqrt[3]{n});

\left{\begin{array}{l}mn=-q \\m+n=\frac{3q}{p} \end{array}

i...

\left{\begin{array}{l}A=\frac{-n}{m-n} \\B=\frac{-m}{m-n} \end{array}


Metoda Harriota -->Jest ona oparta na oczywistej tożsamości, wypisanej poniżej, i która jest o tyle ciekawa, że można -tą ideę- w nieco podobny sposob- użyć też do rozwiazywania równań stopnia czwartego- o czym za chwilę, a zaczynamy jak zwykle od równania (A) tj. mamy dane liczby p i q.

(a+b)^3 -3ab(a+b) -(a^3+b^3)=0
x=a+b

Jeśliby więc udało się dobrać liczby a, b tak aby -3ab = p i a^3 + b^3 = -q to wtedy liczba a+b czyni zadość równaniu A, a o to nam chodzi. Liczymy więc: b= \frac{-p}{3a} co po podstawieniu do drugiego równania i prostych redukcjach da rownanie kwadratowe ze zmienna t=a^3. To juz latwo pozwala uzyskac wzór (B)


Rezolwenta. Ogólnie ujmując szukanie wzorów na pierwiastki wielomianu czwartego stopnia... jest nieco skomplikowane, i da sie sprowadzić do równań wyżej już omówionych, w tym wypadku można jednak sobie wystartować z poniższej tożsamości, która ....choć wzięla sie z "sufitu",jest bardzo pomocna:
tj.

(a+b+c)^4 -2(a^2+b^2+c^2) (a+b+c)^2 -8abc(a+b+c)+ (a^2+b^2+c^2)^2- 4(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2) =0
x=a+b+c

(D) x^4+px^2+qx+r=0


\left{\begin{array}{l}-2(a^2+b^2+c^2)=p;  -8abc=q\\ r= (a^2+b^2+c^2)^2- 4(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)   \end{array}

Jeśliby więc udało się dobrać a, b, c tak aby były powiązane z p, q i r jak powyżej wypisano, to wtedy liczba x=a+b+c będzie rzecz prosta spełniać równanie D, a taki właśnie mamy teraz cel: Dla szukanych wartości a^2, b^2, c^2 mamy układ:

\left{\begin{array}{l}a^2+b^2+c^2=-\frac{p}{2} \\a^2b^2c^2=\frac{q^2}{64}\\a^2b^2+a^2b^2+b^2c^2=\frac{p^2}{16}-\frac{r}{4}\end{array}

zaś dla a, b, c jeszcze warunek -8abc=q, Powyższy układ wobec wzorów Viety oznacza, iż liczby a^2, b^2, c^2 są pierwiastkami poniżej wypisanego równania (r)stopnia trzeciego (zwanego rezolwentą).Aby warunek -8abc=q był spełniony, należy obrać takie znaki pierwiastków kwadratowych z pierwiastków równania rezolwenty, które nie zmieniają iloczynu abc., tj.x_1=a+b+c, \ x_2=a-b-c, \ x_3=b-a-c, \ x_4=c-a-b

(r)z^{3} + \frac{p}{2}z^2 + (\frac{p^2}{16}-\frac{r}{4})z - \frac{q^2}{64}= 0
*


Uwaga: Oglądając wzory na rozwiązania równań stopnia 3 i 4 -go widzimy, że są one podane dla przypadku, gdy wspólczynnik przy najwyższej potędze jest 1, zaś przy nastepnej 0. Pierwsza sprawa jest jasna! (wystarczy podzielić), zaś druga -tu właśnie występuje idea przesuwania, tj wprowadzamy nową zmienną y, i gdy przejdziemy na to "nowe" równanie, to istotnie współczynnik przy "t do n-1" istotnie zniknie!

t=x+\frac{a_{n-1}}{n}
t= \phi(x)

Warto zwrócić uwagę, że operacja ta ma opis geometryczny: przesuwamy oś iksów względem wykresu wielomianu W(x) tak, aby zero tejże osi było średnią arytmetyczną (lub -co na jedna wychodzi : środkiem ciężkości..) wszystkich pierwiastków W. -czemu?! o tym poniżej:

wzory Viety --> Jesli weźmiemy równanie sześcienne, o trzech pierwiastkach x_1, x_2, x_3 , to uzyskamy trzy zależności między nimi a współczynnikamu tegoż wielomianu. Każde wyrażenie wystepujace po lewej stronie jest tzw. wielomianem symetrycznym podstawowym (jako funkcja zmiennych x_j):

x^3+a_2 x^2 + a_1 x + a_0 =(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)
to:

x_1 +x_2 +x_3 = -a_2
x_1 x_2 +x_2 x_3 + x_1 x_3 = a_1
x_1 x_2 x_3 = -a_0

Teraz spróbujmy zapisać rzecz nieco ogólniej (i uda sie!!): gdy dany jest wielomian stopnia n, o współczynniku a_j przy x^j (tj, a0 to wyraz wolny)- mający dokładnie n pierwiastkow rzeczywistych, to wtedy uzyskamy n równań postaci:

\sum\limits_{1 \leq i_1 < ..... < i_k \leq n} a_{i_1} .... a_{i_k} =(-1)^k \frac{a_{n-k}}{a_n}

k=1,....n


Zadania
1. Proste ćwiczenie na zastosowanie wzoru Cardano. W obu przypadkach podane jest albo pierwiastek , badź Delta, należy uzupełnić
a x^{3}+6x-2=0 , x=\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}, \Delta= ?
b x^{3}+3x-10=0 ,x= ? \Delta=26

2. Rozważmy sobie wielomian w(x)=x^3-3x-1. Sprawdź, że ma on trzy pierwiastki rzeczywiste x_1, x_2, x_3. Dalej określamy: t_n=x_1^n+ x_2^n + x_3^n. Wykazać, że wtedy t_{n+3}=3t_{n+1} + t_n
3. Kontynuacja zadania 2. należy obliczyć:
1 \frac{1}{x_1^3}+\frac{1}{x_2^3}+\frac{1}{x_3^3}
2\frac{1}{x_1^4}+\frac{1}{x_2^4}+\frac{1}{x_3^4}


4. Weżmy teraz równanie x^3-15x-4=0, jak łatwo widzieć liczba 4 jest jego pierwiastkiem, ale....wzór Cardano da nam wynik:
x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}
Jak można pokazać (np na liczbach zespolonych!!), że ta liczba jest równa cztery?!
5. Spróbowąć użyć metodę Kaca dla równania stopnia czwartego poprzez rozkład na różnicę kwadratów pewnych dwumianów- obliczenia przeprowadzić na ustalonym przykładzie a potem uogólnic![/quote]
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 31 paź 2010, o 01:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6685
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
"Metoda Kaca" dla równania czwartego stopnia to metoda Ferrariego

Przypuśćmy że mamy równanie

x^{4}+a_{3}x^3+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0

Przenosimy trójmian kwadratowy na drugą stronę

x^{4}+a_{3}x^3=-a_{2}x^2-a_{1}x-a_{0}

Uzupełniamy lewą stronę do kwadratu dodając odpowiedni wyraz
zgodnie ze wzorami skróconego mnożenia na kwadrat sumy/różnicy

x^{4}+a_{3}x^3+ \frac{a_{3}^2}{4}x^2 = \frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4} x^2-a_{1}x-a_{0}

Aby lewa strona była kwadratem jej wyróżnik musi być równy zero
Aby obliczyć wyróżnik wprowadzamy nową niewiadomą tak aby lewa strona była nadal kwadratem . Niewiadomą wprowadzamy dodając stronami odpowiednie wyrazy zgodnie ze
wzorem skróconego mnożenia na kwadrat sumy


\left( x^2+ \frac{a_{3}}{2}x \right)^2  = \frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4} x^2-a_{1}x-a_{0}\\
\left( x^2+ \frac{a_{3}}{2}x+ \frac{y}{2}  \right)^2=\left( y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}\right)x^2+\left(  \frac{a_{3}}{2}y-a_{1} \right)x+ \frac{y^2}{4} -a_{0}=0

Wyróżnik lewej strony równania musi być równy zero

\left(  \frac{a_{3}}{2}y-a_{1} \right)^2=\left( y^2-4a_{0}\right)\left( y+ \frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4} \right)\\
 \frac{a_{3}^2}{4}y^{2}-a_{1}a_{3}y+a_{1}^2=y^3+ \frac{a_{3}^2}{4}y^2- a_{2}y^2-4a_{0}y-a_{0}\left( a_{3}^2-4a_{2}\right)\\
y^3-a_{2}y^2+\left( a_{1}a_{3}-4a_{0}\right)y-a_{0}\left( a_{3}^2-4a_{2}\right)-a_{1}^2=0

\left( x^2+ \frac{a_{3}}{2}x+ \frac{y}{2}  \right)^{2}-\left(  \sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}x+ \frac{ \frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}   \right)^2=0

Teraz należy zastosować wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów

\left( x^2+\left(\frac{a_{3}}{2}-\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}} \right)x+ \frac{y}{2}- \frac{ \frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}   \right)

\left( x^2+\left(\frac{a_{3}}{2}+\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}} \right)x+ \frac{y}{2}+ \frac{ \frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}   \right)=0
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 2 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 wzory vieta - zadanie 5  kasia260193  1
 wzory vieta, parametr  adacho90  2
 [Teoria liczb] Vieta jumping  kokolino90  1
 Wzory Vieta, jak to rozwiazać?  Wooze  3
 Wzory Cardano - zadanie 2  Ender27  7
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl