Harmadfokú egyenlet megoldóképlete

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

Ezt a szócikket át kellene olvasni, ellenőrizni a szövegét, tartalmát. További részleteket a cikk vitalapján találhatsz.
Az ezen a lapon látható jelölés 2006 júniusából származik.

A harmadfokú egyenlet megoldóképletét a XVI. század elején fedezték fel itáliai matematikusok. (Matematikafilozófiai vita tárgya, hogy felfedezték vagy feltalálták.) Ez volt az első eset, hogy az európai matematika jelentősen túlhaladt az ókori aritmetika és az arab algebra eredményein. Bár már régóta több kultúrkörben ismeretesek voltak iterációs eljárások, melyekkel bármely (egész) fokszámú egyenlet egy gyöke meghatározható, a másodfokú egyenlet megoldása pedig több évezredes volt, Luca Pacioli (ő számította ki Leonardo da Vinci részére, hogy mennyi bronz szükséges a lovasszobrához) 1494-ben megjelent könyvében még lehetetlennek tartotta a következő típusú egyenletek megoldását:

${ax^3+bx^2=d}\,\!$

${ax^3+cx=d}\,\!$

${ax^3+bx^2+cx=d}\,\!$

Abban az időben még nem fogadták el „igazi” számnak a negatív számokat, az egyenleteket mindig pozitív együtthatókkal írták föl, a gyököket is csak a pozitív számok közt keresték. A másodfokú egyenleteknek is öt típusát különböztették meg, ezek megoldását is külön tárgyalták. Éppen a harmadfokú egyenlet megoldása közben felmerült kérdések vezettek a számfogalom erőteljes kiszélesítéséhez. Az első eredményt Scipione del Ferro érte el: megoldotta az

${ax^3+cx=d}\,\!$

egyenletet. Eredményét titokban tartotta. Niccolo Fontana (Tartaglia) 1535-ben megoldotta ugyanezt, továbbá az

${ax^3= cx+d}\,\!$

alakút is, az

${x^3+d=cx}\,\!$

–re kijelentette, hogy ugyanúgy kell eljárni, mint az előzőnél. Girolamo Cardano magától Tartagliától és del Ferro vejétől ismerte meg a képletet, mely az ő könyvében 1545-ben jelent meg nyomtatásban először. Cardano és tanítványa, Ludovico Ferrari e műben bizonyítja, hogy alkalmas helyettesítéssel bármely harmadfokú egyenlet valamely Tartaglia-féle alakra hozható. Ugyanebben a műben található Ferrari negyedfokú egyenletekre adott megoldása is.

[szerkesztés] A képlet

Az általános harmadfokú egyenlet nullára rendezett alakja:

${ax^3+bx^2+cx+d=0}\,\!$ (1)

Bár fölírható erre is a megoldóképlet, az áttekinthetőség érdekében célszerű ${a}\,\!$ -val leosztani:

${x^3+\frac bax^2+\frac cax+\frac da=0}\,\!$

Ezt átírhatjuk ilyen alakba:

${\left(x+\frac b{3a}\right)^3+\left(x+\frac b{3a}\right)\left(\frac ca-\frac{b^2}{3a^2}\right)+\frac da+\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}=0}\,\!$

Végezzük el a következő behelyettesítéseket:

${y=x+\frac b{3a}}\,\!$
${p=\frac ca-\frac {b^2}{3a^2}}\,\!$
${q=\frac da+\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}}\,\!$

Így kapjuk meg a következő egyenletet:

${y^3+py+q=0}\,\!$ (2)

Erre a viszonylag egyszerű, és áttekinthető képlet:

${y=\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}+\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}}\,\!$ (3) (Cardano- vagy Tartaglia-képlet)

[szerkesztés] A levezetés

Írjuk föl az ismeretlent két tag összegeként:

${y=u+v}\,\!$

Ebből:

${y^3=(u+v)^3=u^3+3u^2v+3uv^2+v^3}\,\!$

Átrendezve:

${(u+v)^3-3uv(u+v)-(u^3+v^3)=0}\,\!$

Ezt (2)-vel összevetve a tényezők egyenlőségéből következik:

${-p=3uv}\,\!$

${-q=u^3+v^3}\,\!$

A két egyenletből u-t kiküszöbölve kapjuk:

${v^6+qv^3-\left(\frac p3\right)^3=0}\,\!$

Ez egy másodfokú egyenlet, aminek két gyöke $u 3$ és $v 3$ , hiszen $v$ -t kiküszöbölve is ugyanezt az egyenletet kapjuk $u$ -ra. Tehát

${v^3, u^3=-\frac q2\pm\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}\,\!$

És mivel a kettőt nem különböztetjük meg, nyugodtan vehetjük, hogy:

${v^3=-\frac q2+\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}\,\!$

${u^3=-\frac q2-\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}\,\!$

Ezt a másodfokú egyenletet a harmadfokú egyenlet rezolvensének (megoldó egyenletének) nevezik. (A negyedfokú egyenlet rezolvense egy harmadfokú egyenlet.)

Mivel ${y=u+v=\sqrt[3]{u^3}+\sqrt[3]{v^3}}\,\!$ ,

${y=\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}+\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}}\,\!$

[szerkesztés] Példák

Elsőként lássuk, ha egy valós gyök van:

${x^3-2x-4=0}\,\!$ (4)

Gyöktényezős alakja:

${(x+1+i)(x+1-i)(x-2)=0}\,\!$

A képlet:

${x = \sqrt[3]{\frac42+\sqrt{\left(\frac42\right)^2-\left(\frac23\right)^3}} + \sqrt[3]{\frac42-\sqrt{\left(\frac42\right)^2-\left(\frac23\right)^3}}}\,\!$

Látható, hogy egész együtthatók (ill. gyökök) esetén is végig irracionális számokkal kell dolgozni.

Nézzük meg a következő példát:

${x^3-3x+2=0}\,\!$ (5)

Könnyen kitalálható és ellenőrizhető, hogy a megoldása 1 és -2.

Gyöktényezős alakja: ${(x-1)(x-1)(x+2)=0}\,\!$ , tehát az 1 kettős gyök. A megoldás során a másodfokú egyenlet diszkriminánsa 0.

A XVI. század első fellében a negatív gyököket nem vették figyelembe, így számukra csak az 1 megoldás. Csakhogy behelyettesítve (3)-ba $p = - 3$ -at és $q = 2$ -t:

${x = \sqrt[3]{\frac{-2}2+\sqrt{\left(\frac22\right)^2-\left(\frac33\right)^3}} + \sqrt[3]{\frac{-2}2-\sqrt{\left(\frac22\right)^2-\left(\frac33\right)^3}} = \sqrt[3]{-1}+\sqrt[3]{-1} = -2}\,\!$ .

A képlet levezetése logikailag hibátlan, így az 1-t is ki kell adnia. Ám a valós számtestben maradva ez képtelenséghez vezet:

${\sqrt[3]{-1}+\sqrt[3]{-1}=1}\,\!$

${\sqrt[3]{-1}=1/2}\,\!$

${-1=\frac 18}\,\!$

Ez csak úgy oldható föl, ha kilépünk a valós számtestből.

Tekintsük most az

${x^3-7x+6=0}\,\!$ (6)

példát.

Gyökei: 1, 2 és -3. A megoldás során a másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív:

${\mathbf{D}=3^2-\left(\frac 73\right)^3\approx-3,7}\,\!$ .

És mindig ez történik, ha három különböző valós gyök van. Elképzelhető azok zavara, akik igyekeztek megkerülni a negatív számok használatát, most pedig négyzetgyököt kellett vonniuk belőlük. Cardano is sokat foglalkozott ezzel az esettel, de komolyabb eredményt nem ért el. Helyesen feltételezte, hogy a

${\sqrt[3]{A+\sqrt{-D}}=r+\sqrt{s}}\,\!$

és

${\sqrt[3]{A-\sqrt{-D}}=r-\sqrt{s}}\,\!$

alakú, mert csak így tűnhet el a két tag összegéből a negatív szám négyzetgyöke. Raffaello Bombelli folytatta a gondolatmenetét. Ő a negatív számok négyzetgyökét is számnak tekintette, definiálva a velük való négy alapműveletet – de nem tudta értelmezni a komplex számokon a gyökvonást. Szabályai tulajdonképpen megmagyarázták a (6). típusú egyenlet megoldóképletének viselkedését: a két köbgyök két konjugált komplex számot ad, ezek összegéből pedig a képzetes rész kiesik. Ám ezen szabályok ismeretében sem tudta a (6). típusú egyenlet gyökeit kiszámítani.

De Bombelli szabályaival, a komplex számok mélyebb ismerete nélkül is föloldható az (5). típusú egyenletnél tapasztalt nehézség. Mai jelölésel ( $i=\sqrt{-1}$ , $a, b$ valós):

Legyen

${(a+bi)^3=-1=-1+0i}\,\!$

másrészt

${(a+bi)^3=a^3+3a^2bi-3ab^2-b^3i=a^3-3ab^2+(3a^2b-b^3)i}\,\!$

tehát:

${a^3-3ab^2=-1}\,\!$ , (7)

és

${3a^2b-b^3=0}\,\!$ . (8)

(8)-ból ha $b$ nem 0, akkor:

${b^2=3a^2}\,\!$ ,

(7)-be behelyettesítve:

${8a^3=1}\,\!$

innen

${a=\frac12}\,\!$ , ${b_1=\frac\sqrt32}\,\!$ , ${b_2=-\frac\sqrt32}\,\!$ .

Tehát

${u=\frac12+\left(\frac\sqrt32\right)i}\,\!$

${v=\frac12-\left(\frac\sqrt32\right)i}\,\!$

${x=u+v=1}\,\!$ .

A fenti gondolatmenetbe $- 1$ helyett bármely valós számot írhatunk, így

${a=-\frac\sqrt[3]\mathbf{R}2}$ , ${b_1=\left(\frac\sqrt32 \right) \sqrt[3]\mathbf{R}}\,\!$ , ${b_2=-\left(\frac\sqrt32 \right) \sqrt[3]\mathbf{R}}$ .

Tehát:

${x=u+v=-\frac\sqrt[3]\mathbf{R}2\,+\left (\left(\frac\sqrt32 \right) \sqrt[3]\mathbf{R}\right)i\,+\frac\sqrt[3]\mathbf{R}2\,-\left(\left (\frac\sqrt32 \right) \sqrt[3]\mathbf{R}\right)i \,=-2\left(\frac\sqrt[3]\mathbf{R}2\right)=-\sqrt[3]\mathbf{R}}\,\!$ .

Mindez következik a gyöktényezős alakból is: mivel $x 2$ együtthatója $0$ , így $x 1 + x 2 + x 3 = 0$ , jelen esetben kettős gyök van, tehát $x 1 + x 2 = - x 3$ , vagyis $- 2 x 1 = x 3$ .

Persze abban az időben (mivel kerülték a negatív együtthatók használatát) nem rendezték 0-ra az egyenleteket, így a a gyöktényezős alakot sem ismerhették.

Tehát az (5). típusú egyenlet minden gyöke kiszámítható ilyen egyszerűen.

A (6). típusú egyenletet Bombelli ily módon azért nem oldhatta meg, mert ott a hasonlóan felírt egyenletrendszer ismét harmadfokú egyenletre vezet.

A harmadfokú egyenlet rutinszerű megoldásának a komplex számok elméletének kidolgozása volt a feltétele. Ez legfőképp Carl Friedrich Gauss érdeme.

Miután definiálásra került az i, mint -1 négyzetgyöke, felmerült a kérdés, hogy vajon -1 logaritmusa is definiálható-e értelmesen. A választ Leonhard Euler adta meg: $ln( - 1) = i π$ esetén a komplex számok között is bevezethető a logaritmusfüggvény.

[szerkesztés] Jelentősége

A harmadfokú egyenlet problematikája kiteljesítette a számfogalmat, életrehívta a komplex számokat, közvetve hatott a test- és csoportelmélet, a hiperkomplex számok, a kvaterniók, a komplex függvénytan megszületésére.