Casus irreducibilis w równaniu 3.go stopnia

[tatteredspire]

Dany jest wielomian \(\displaystyle{ W(x)=ax^3+bx^2+cx+d}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \mathbb{R} \wedge a \neq 0}\)

Jeśli dla tego wielomianu zachodzi związek \(\displaystyle{ \frac{\left(\frac{-\frac{b^3}{27a^2}+\frac{b^3}{9a^2}-\frac{cb}{3a}+d}{a}\right)^2}{4}+\frac{\left(\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}\right)^3}{27}<0}\), to ten wielomian ma 3 pierwiastki rzeczywiste. Niech ten związek zachodzi dla tego wielomianu, wówczas:


Pierwiastki tego wielomianu można wyznaczyć za pomocą wzorów ogólnych:

\(\displaystyle{ x_1=-\frac{b}{3a}-\frac{1}{3a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d+\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)}\\ \\ -\frac{1}{3a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d-\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)} \\ \\ x_2=-\frac{b}{3a}+\frac{1+i\sqrt{3}}{6a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d+\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)}\\ \\ +\frac{1-i\sqrt{3}}{6a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d-\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)} \\ \\ x_3=-\frac{b}{3a}+\frac{1-i\sqrt{3}}{6a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d+\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)}\\ \\ +\frac{1+i\sqrt{3}}{6a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2b^3-9abc+27a^2d-\sqrt{(2b^3-9abc+27a^2d)^2-4(b^2-3ac)^3}\right)}}\)

Pierwiastki tego wielomianu (przy takim warunku jaki został powyżej podany) można wyznaczyć w następujący sposób:

\(\displaystyle{ x_1'=2\sqrt{-\frac{\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}}{3}} \cdot \cos \frac{ \alpha }{3}-\frac{b}{3a} \\ x_2'=2\sqrt{-\frac{\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}}{3}} \cdot \cos \left(\frac{ \alpha }{3}+\frac{2\pi}{3}\right)-\frac{b}{3a} \\ x_3'=2\sqrt{-\frac{\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}}{3}} \cdot \cos \left(\frac{ \alpha }{3}+\frac{4\pi}{3}\right)-\frac{b}{3a}}\)

gdzie \(\displaystyle{ \cos \alpha =\frac{3\frac{-\frac{b^3}{27a^2}+\frac{b^3}{9a^2}-\frac{cb}{3a}+d}{a}}{2\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}\sqrt{-\frac{\frac{\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c}{a}}{3}}}}\)



Moje pytanie jest następujące - Czy jest jakiś uniwersalny sposób aby wyznaczyć 3 pary postaci \(\displaystyle{ x_i=x_j'}\) gdzie \(\displaystyle{ i=1,2,3;j=1,2,3}\) (czyli znaleźć równości między pierwiastkami bez primów i tymi z primami - które z nich są sobie równe?)?

[szw1710]

Takie wzory są strasznie skomplikowane. Lepiej przez odopwiednie podstawienie doprowadzić równanie do postaci \(\displaystyle{ x^3+px+q=0}\) i zastosować wzory Cardano. Szuka się postaci \(\displaystyle{ x_0=u+v}\), a potem biorąc \(\displaystyle{ \varepsilon=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}}\) dostaje się \(\displaystyle{ x_1=\varepsilon u+\varepsilon^2v}\), \(\displaystyle{ x_2=\varepsilon v+\varepsilon^2u.}\)

[tatteredspire]

Przepraszam, ale nie bardzo wiem jak to wykorzystać.

Czytałem, że w przypadku casus irreducibilis (w ogólnym przypadku) za pomocą wyłącznie działań arytmetycznych i liczb rzeczywistych nie jesteśmy w stanie wyznaczyć pierwiastków tego równania i że można to zrobić jedynie za pomocą funkcji trygonometrycznych bądź liczb zespolonych.

To może przy oznaczeniach z wikipedii:

... 5%9Bcienne - pierwiastki równania kanonicznego o współczynnikach rzeczywistych wyrażone od \(\displaystyle{ \cos \phi}\) (na dole strony pod linkiem)

Te same pierwiastki można wyznaczyć za pomocą liczb zespolonych bez używania \(\displaystyle{ \cos \phi}\). W jaki sposób stwierdzić który pierwiastek wyrażony za pomocą funkcji \(\displaystyle{ \cos \phi}\) jest równy danemu pierwiastkowi wyrażanemu poprzez liczby zespolone? Czy da się to zrobić w ogólnym przypadku?

[Mariusz M]

tatteredspire, casus irreducibilis możesz wyrazić za pomocą funkcyj trygonometrycznych
bawiąc się liczbami zespolonymi wzory de Moivre etc

Możesz też spróbować wyjść ze wzoru na cosinus albo sinus kąta potrojonego

Pierwiastki zespolone są trzy i dobierasz je tak aby układ równań otrzymany po podstawieniach
które wskazał szw1710 był spełniony

Pierwiastek w zespolonych to zbiór rozwiązań

\(\displaystyle{ z^{n}=a+bi}\)

[tatteredspire]

To może na przykładzie, bo nadal nie rozumiem (mogłem się źle wyrazić):

\(\displaystyle{ x^3-11x^2+38x-40=0}\) - pierwiastkami tego wielomianu są liczby \(\displaystyle{ 2,4,5}\)

Wykorzystując wzory podane przeze mnie w pierwszej wiadomości obliczam \(\displaystyle{ x_1}\). Wychodzi mi:

\(\displaystyle{ x_1=\frac{11}{3}-\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{1}{2}(20+\sqrt{-972})}-\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{1}{2}(20-\sqrt{-972})}}\)

Jak sprawdzić czy \(\displaystyle{ x_1=2}\) czy \(\displaystyle{ x_1=4}\) czy \(\displaystyle{ x_1=5}\)? Podobno tego nie da się doprowadzić do postaci \(\displaystyle{ x_1=a+bi}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{R}}\). Wolfram mi podaje, że \(\displaystyle{ \frac{11}{3}-\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{1}{2}(20+\sqrt{-972})}-\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{1}{2}(20-\sqrt{-972})}=2}\) , ale nie mam pojęcia jak on to obliczył. Analogicznie pozostałe pierwiastki \(\displaystyle{ x_2,x_3}\) (z mojej pierwszej wiadomości w tym wątku). Jest na to jakiś algorytm?

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ y^3+py+q=0\\
y=u+v\\
\left( u+v\right)^3+p\left( u+v\right)+q=0\\
u^3+v^3+3u^2v+3uv^2+v^3+\left( u+v\right)p+q=0\\
u^3+v^3+q+3\left( u+v\right) \left( uv+\frac{p}{3}\right)=0\\
\begin{cases}u^3+v^3+q =0 \\ 3\left( u+v\right) \left( uv+\frac{p}{3}\right)=0 \end{cases}\\
\begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3} \end{cases}\\
\begin{cases}u^3+v^3=-q \\ u^3v^3=-\frac{p^3}{27} \end{cases}\\}\)

Powyzszy uklad rownan to wzory Viete'a trojmianu kwadratowego ktorego pierwiastkami sa

\(\displaystyle{ u^3}\) oraz \(\displaystyle{ v^3}\)

\(\displaystyle{ t^2+qt-\frac{p^3}{27}=0}\)

Pierwiastki trzeciego stopnia z pierwiastkow otrzymanego trojmianu
dobierasz tak aby spelniony byl uklad rownan

\(\displaystyle{ \begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3} \end{cases}\\}\)

W casus irreducibilis aby otrzymac rzeczywiste pierwiastki
korzystasz ze wzoru de Moivre