A harmadfokú egyenlet megoldási ötletéről és a Cardano-képletről már volt szó a komplex számok bevezetése kapcsán, de számos kérdés nyitva maradt. Azóta felépítettük azokat az eszközöket, amelyekkel a témát lezárhatjuk (de a 10. szakaszban, mélyebb eszközök birtokában, még egyszer visszatérünk rá). A tárgyalás az előző szakaszhoz hasonlóan kissé vázlatos lesz, és csak arra az esetre szorítkozunk, amikor az egyenlet együtthatói komplex számok. Először röviden átismételjük, hogy meddig is jutottunk el az 2. szakaszban.
Az általános harmadfokú egyenlet megoldásának kérdését visszavezettük arra az esetre, amikor az egyenlet
alakú. Megmutattuk, hogy ha u és v olyan számok, melyekre uv=-p/3 és u3+v3=-q, akkor az u+v szám biztosan megoldása az egyenletnek. Ezt az egyenletrendszert úgy próbáltuk megoldani, hogy az első egyenletet köbre emeltük. Ekkor az s=u3 és t=v3 értékekre
adódott. Ezekre az s és t számokra tehát s+t=-q és st=(-p/3)3 teljesül. Innen u-t és v-t köbgyökvonással akartuk meghatározni, és eredményül a Cardano-képletet kaptuk:
Ezzel a képlettel több probléma is van. Nem mutattuk meg, hogy az egyenlet mindegyik megoldása megkapható ebből a képletből, és azt sem, hogy a képlet által adott szám megoldása az egyenletnek. Ennél súlyosabb probléma, hogy a képlet nem is egyértelmű, hiszen tudjuk, hogy egy nem nulla komplex számnak három különböző köbgyöke van. A képletet tehát elvileg 3⋅ 3=9-féle módon értékelhetjük ki.
Megjegyzés
Annyit tisztáztunk az 1.2.4 és az 1.2.10 gyakorlatok megoldása során, hogy a képletben (vagyis az s és t kifejezésekben) szereplő két négyzetgyököt úgy kell választani, hogy egymás ellentettjei legyenek.
(Vigyázzunk, komplex számok esetén egy számnak két egyenrangú négyzetgyöke van, nincs közöttük kitüntetett, nem mondhatunk olyat, mint valósban, hogy a négyzetgyök mindig a nemnegatív értéket jelöli, lásd az 1.2.11. Gyakorlat megoldását). Ha ezt a két négyzetgyököt a képletben megcseréljük, akkor u és v kicserélődik, de u+v nem változik meg.
3.8.1. Tétel. Ha a Cardano-képletben szereplő u és v köbgyököket úgy választjuk, hogy szorzatuk -p/3 legyen, akkor a képlet az egyenlet megoldását szolgáltatja, és az egyenlet mindegyik megoldása megkapható ezen a módon. A két köbgyöknek választható olyan u és v értéke, hogy uv=-p/3 és az egyenlet három gyöke u+v, ε u+ε2v, ε2 u+ε v, ahol ε primitív harmadik egységgyök E három szám között minden gyök annyiszor szerepel, amennyi a multiplicitása.
Bizonyítás. Bárhogy is választjuk az u és v köbgyököket, u3+v3=s+t=-q és u3v3=st=(-p/3)3 teljesülni fog. Ha uv=-p/3 is teljesül, akkor az 2. szakaszban látottak szerint x=u+v tényleg megoldása az egyenletnek. Meg kell még mutatnunk, hogy az egyenlet mindegyik megoldása megkapható a képletből. Egyúttal gyakorlati útmutatót is adunk a képlet használatára.
Válasszuk külön azt az esetet, amikor p=0. Ebben az esetben az egyenlet az x3+q=0 alakot ölti, megoldásai tehát a -q szám köbgyökei, és ezért nem érdemes a képletet használni. Meg kell azonban mutatnunk, hogy a képlet ebben az esetben is kiadja az egyenlet megoldásait. Amikor behelyettesítünk, akkor a (-q/2)2 számból kell négyzetgyököt vonni, ennek értékei -q/2 és q/2. Ha az s kifejezésben választjuk a -q/2, a t kifejezésben pedig a q/2 értéket, akkor s=u3=-q és t=v3=0 adódik. Így v=0, és u a -q szám valamelyik köbgyöke. Ezek szorzata tényleg p/3=0. Az egyenlet gyökei u, ε u és ε2 u, azaz a képlet tényleg kiadja (u=q=0 esetén is) az egyenlet megoldásait.
Tegyük most föl, hogy p≠ 0. Megmutatjuk, hogy u-nak szabad az s kifejezés bármelyik köbgyökét választani, a v=-p/3u választás a t kifejezés egyik köbgyökét fogja eredményezni (és így az egyenletnek az egyik megoldását kapjuk). Tudjuk, hogy st=(-p/3)3 (speciálisan s, és így u sem nulla). Ha tehát u3=s, akkor innen
Tehát tényleg választhatjuk u-nak az s szám bármelyik köbgyökét.
Ekkor az s három köbgyöke u1=u, u2=ε u, u3=ε2 u. A vi=-p/3ui is kiadja a t három köbgyökét (hiszen három különböző számról van szó). Legyen v=v1, ekkor nyilván v2=ε2 v és v3=ε v. Azt kell megmutatni, hogy ui+vi az egyenlet összes megoldása, azaz hogy
Ebből az is adódik, hogy ha az f polinomnak vannak többszörös gyökei, akkor az u+v, ε u+ε2v, ε2 u+ε v számok között minden gyök annyiszor szerepel, amennyi a multiplicitása. A beszorzás helyett rövidebb utat választunk.
Legyen αi=ui+vi, tudjuk, hogy ezek gyökei f-nek. Tegyük föl, hogy az αi számok között van két különböző, mondjuk α1≠α2. Az f polinomban nem szerepel x2-es tag, ezért gyökeinek összege nulla, és így harmadik gyöke csak -α1-α2 lehet. Azt kell tehát belátni, hogy -α1-α2=α3. De ez igaz, mert egy komplex szám három köbgyökének az összege nulla, és így u1+u2+u3=0, v1+v2+v3=0, vagyis α1+α2+α3=0. Ebben az esetben tehát készen vagyunk.
Ha az αi számok mindhárman egyenlők, akkor, mivel összegük nulla, mindegyik nulla kell, hogy legyen. Így ui=-vi=p/3ui, azaz ui2=p/3. Ez lehetetlen, mert a p/3-nak csak két négyzetgyöke lehet, az u1, u2, u3 pedig (a most vizsgált p≠ 0 esetben) páronként különböző. Ez az ellentmondás bizonyítja az állítást. (Az Olvasó meggondolhatja, hogy a három αi valójában csak a p=q=0 esetben lehet egyenlő.) □
3.8.2. Tétel. A komplex együtthatós f(x)=x3+px+q polinomnak akkor és csak akkor van többszörös komplex gyöke, ha a Cardano-képletben a négyzetgyökjel alatt álló
kifejezés nulla. Ha a p és q együtthatók valósak, akkor D≤ 0 esetén mindegyik gyök valós, D>0 esetén pedig egy valós gyök van, a másik két komplex gyök pedig egymás konjugáltja.
Bizonyítás. A 3.7.10. Gyakorlatból látjuk, hogy az f diszkriminánsa -108D. Ez akkor és csak akkor nulla, ha D=0, ami az első állítást bizonyítja (hiszen a diszkrimináns pontosan akkor tűnik el, ha van többszörös gyök).
Tegyük föl, hogy p és q valós. Ha a polinomnak van nem valós gyöke, akkor ennek konjugáltja is gyök, a harmadik gyök pedig valós, ebben az esetben tehát három különböző gyök van. A nem valós gyökök száma 2, ami nem osztható néggyel, tehát a 3.7.8. Állítás szerint ilyenkor f diszkriminánsa, azaz -108D negatív, tehát D>0. A másik lehetőség az, ha három valós gyök van. Ha van többszörös gyök, akkor D=0. Ha nincs, akkor D≠
0, és alkalmazhatjuk a 3.7.8. Állítást. A nem valós gyökök száma nulla, ami néggyel osztható szám, és így f diszkriminánsa, azaz -108D pozitív, vagyis D<0. □
3.8.3. Gyakorlat. Adjunk az előző tételre olyan elemi bizonyítást, amely sem a diszkriminánsok általános elméletét, sem a derivált fogalmát nem használja.
Ez az eredmény megerősíti azt az anomáliát, amit konkrét példákon már megismertünk az 2. szakaszban. Ha D>0, akkor az egyetlen valós gyököt csak valósban számolva megadja a Cardano-képlet. Ha azonban három valós gyök van, akkor a Cardano-képletben negatív számból kell négyzetgyököt vonni, tehát ha komplex számokat nem használhatunk, akkor a képlet az egyenlet egyik gyökét sem adja meg! A régiek, akik még nem ismerték a komplex számokat, ezt casus irreducibilisnek, megoldhatatlan esetnek nevezték.
A helyzet valójában még rosszabb: nemcsak a Cardano-képlettel, hanem semmilyen más, a négy alapműveletet és valósban maradó akárhányadik gyökvonásokat tartalmazó, akármilyen bonyolult képlettel sem lehet általában kiszámítani a harmadfokú egyenlet gyökeit akkor, ha három valós gyök van. Ez a tétel a Galois-elmélet eszközeivel bizonyítható (lásd 6.10.2. Tétel). Az általános ötöd- (és magasabb) fokú egyenletet már komplex gyökvonások segítségével sem lehet általában megoldani, ezekre már nem létezik olyan megoldóképlet, amely az együtthatókból kiindulva a négy alapműveletet és az akárhányadik gyökvonásokat használja. Erről a 9. szakaszban lesz szó.
Megjegyzés
Természetesen mérnöki számításokhoz már a harmadfokú egyenletet sem a megoldóképlettel érdemes megoldani, hanem közelítő módszerekkel. A közelítő módszerek azonban nem minden probléma megoldására alkalmasak. Ha például azt kell eldönteni, hogy van-e többszörös gyök, akkor a fenti elméletre, azaz a diszkrimináns vizsgálatára van szükség.
Ám egy olyan elméleti problémát, hogy létezik-e megoldóképlet, nem a gyakorlati alkalmazások miatt érdemes vizsgálni. A matematikában általában nem lehet előre tudni, hogy mely eredmények bizonyulnak később fontosnak, mert az emberiség nem képes ilyen szinten előre látni. A gyökképletek vizsgálata elsősorban azért fontos, mert ez vezetett el az absztrakt algebra kifejlődéséhez (amely azután számos alkalmazásra talált a matematikán belül és kívül is).
3.8.4. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy px2+qx+r∈ ℂ[x] pontosan akkor négyzete egy ℂ[x]-beli polinomnak, ha q2 -4pr=0 (itt p=0 is megengedett, amikor q2-4pr=0 ekvivalens azzal, hogy q=0). Mi a helyzet ℚ fölött?
3.8.5. Tétel. A negyedfokú komplex együtthatós polinomok gyökeit megkaphatjuk az együtthatókból a négy alapművelet és a gyökvonás segítségével.
Bizonyítás. A negyedfokú egyenletre is van megoldóképlet, de már annyira bonyolult, hogy nem érdemes fölírni. Megmutatjuk azt a módszert, amivel a képlet levezethető (ezt Ferrari fedezte föl). A diszkussziót a feladatokra és a 10. szakaszra hagyjuk. A főegyütthatóval leosztva az egyenlet a következő alakú lesz:
Az f-et két másodfokú polinom szorzatára fogjuk bontani, mert akkor már könnyű megkeresni a gyökeit. Ehhez egy harmadfokú egyenletet kell megoldanunk. A két másodfokú tényezőt K(x)+L(x) és K(x)-L(x) alakban keressük, az egyenletet tehát két négyzet különbségeként akarjuk fölírni. Legyen
az x-es tag együtthatóját azért választjuk a/2-nek, hogy K2-ben az x3 együtthatója ugyanaz legyen, mint f-ben.
Ekkor könnyű számolással adódik, hogy
A zárójelben álló polinom akkor lesz egy L(x) polinom négyzete, ha a diszkriminánsa nulla (3.8.4. Gyakorlat), azaz ha
Ezt az u-ban harmadfokú g polinomot az fharmadfokú rezolvensének nevezzük. A g(u)=0 megoldásával elvégezhetjük f szorzatra bontását. □
Az f polinomban az x=y-a/4 helyettesítéssel eltűnik a harmadfokú tag, vagyis feltehetjük, hogy a=0. Ekkor a harmadfokú rezolvens a
alakot ölti.
Megjegyzés
Amikor az x=y-a/4 helyettesítést végrehajtjuk, akkor az f-ből nemcsak az x3 együtthatója tűnik el, hanem a többi együttható is megváltozik. A fenti képletben b, c, d már az új polinom együtthatóit jelöli.
Ha ezeket az új együtthatókat új betűkkel jelölnénk, például b', c', d'-vel, akkor a képlet nehezebben lenne olvasható. A matematikai zsargonban a „feltehetjük” szó sokszor arra utal, hogy a jelölést megváltoztatjuk azért, hogy a képleteink egyszerűbbek maradjanak.
Gondolkodjunk!
3.8.6. Gyakorlat. Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a komplex számok között.
1. x3-6ix-i+8=0.
2. x3+12x-16i=0.
3. x3-21x+20=0.
4. x4+x2+4x-3=0.
3.8.7. Gyakorlat. Keressük meg a f(x)=x4-10x2+1 polinom harmadfokú rezolvensének mindhárom gyökét (3.3.24. Feladat). Hogyan változik f felbontása két másodfokú szorzatára, ha a rezolvensnek más-más gyökét használjuk?
3.8.8. Feladat. Legyen
ahol α1,α2,α3,α4∈ ℂ. Igazoljuk a következő állításokat.
1. Az f harmadfokú rezolvense g(x)=8(x-u1)(x-u2)(x-u3), ahol
2. Tegyük föl, hogy a 3.8.5. Tétel bizonyításában az u=u1 gyököt használjuk. Ekkor az f polinom másodfokúakra történő felbontásának tényezői (x-α1)(x-α2) és (x-α3)(x-α4) lesznek.
3. 2u1-b+a2/4=(α1+α2-α3-α4)2/4.
4. c-au1= (α1+α2-α3-α4) (α1α2-α3α4)/2.
5. u12-d= (α1α2-α3α4)2/4.
6. Ha α1+α2-α3-α4=0, akkor u12-d=(α1-α3)2(α2-α3)2/4.
3.8.9. Feladat. Egy negyedfokú polinomnak négy gyöke van, ezek háromféleképpen állíthatók párba, és így háromféle felbontása van két másodfokú szorzatára. Igazoljuk a 3.8.7. Gyakorlat általánosításaként, hogy ez a három párba állítás a harmadfokú rezolvens három gyökéből kapható, a negyedfokú egyenlet megoldásában leírt módszerrel.
3.8.10. Feladat. Legyen f(x)=x4+ax3+bx2+cx+d∈ ℚ[x] és g az f harmadfokú rezolvense. Igazoljuk, hogy f pontosan akkor reducibilis ℚ fölött, ha az alábbi három eset valamelyike fennáll.
1. Az f-nek van racionális gyöke.
2. A g-nek van olyan u (racionális) gyöke, melyre 2u-b+a2/4 egy nem nulla racionális szám négyzete.
3. Az u=b/2-a2/8 számra au=c teljesül, és u2-d egy racionális szám négyzete.
Mutassuk meg, hogy a (2) és (3) azzal ekvivalens, hogy f felbomlik két másodfokú, racionális együtthatós polinom szorzatára. Igazoljuk azt is, hogy ha a=0, akkor a (3) feltétel így fogalmazható: c=0 és
.
3.8.11. Gyakorlat. Legyen f(x)=x4+bx2+d∈ ℚ[x]. Igazoljuk a következőket.
4. Az f harmadfokú rezolvensének gyökei b/2 és .
5. Az f pontosan akkor reducibilis ℚ fölött, ha a b2-4d, , számok valamelyike egy racionális szám négyzete.
Az (5) ponthoz tartozó mindhárom esetben adjuk is meg f felbontását két másodfokú polinom szorzatára.
3.8.12. Gyakorlat. Az előző gyakorlat mely esetébe tartozik az x4-2, az x4+4, és a 3.8.7. Gyakorlatban vizsgált x4-10x2+1 polinom?
3.8.13. Feladat. Vezessük vissza negyedfokú egyenletre az x8+2x2+4x+2=0 egyenletet.