Cardano vs Vieta

Zbiór wzorów, definicji i najczęściej poruszanych problemów z Algebry.
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5843
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków

Cardano vs Vieta

Post autor: mol_ksiazkowy » 19 kwie 2009, o 23:01

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]
Ostatnio zmieniony 3 lis 2012, o 23:02 przez mol_ksiazkowy, łącznie zmieniany 5 razy.

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6695
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E

Cardano vs Vieta

Post autor: mariuszm » 31 paź 2010, o 01:20

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

ODPOWIEDZ