Wykład 8

Wzory na rozwiązywanie równań stopnia 2, 3, 4 w ciele C

Wszystkie rozważane tu równania mają współczynniki zespolone.
Jeśli rozważamy równanie az

2

+ bz + c = 0 to znamy algorytm rozwiązy-

wania tego równania.

Rozważmy teraz równanie stopnia 3: az

3

+ bz

2

+ cz + d = 0. Pokażemy

jak rozwiązywać takie równania.
Przypadek 1. Niech b = 0, a więc mamy równanie az

3

+ cz + d = 0. Po

pierwsze jeśli a 6= 0 to możemy nasze równanie podzielić obustronnie przez
a. I przyjmując, że s =

c

a

, t =

d
a

, otrzymujemy równanie:

z

3

+ sz + t = 0

Przedstawmy rozwiązanie tego równania w postaci z = α + β wtedy otrzy-
mujemy:

(α + β)

3

+ s(α + β) + t = 0

stąd:

α

3

+ 3α

2

β + 3αβ

2

+ β

3

+ s(α + β) + t = 0

i dalej:

α

3

+ β

3

+ 3αβ(α + β) + s(α + β) + t = 0

a więc:

α

3

+ β

3

+ t + (α + β)(3αβ + s) = 0

To równanie jest spełnione między innymi w przypadku gdy:

α

3

+ β

3

= −t

3αβ = −s

Podzielmy drugie równanie przez 3 i podnieśmy do trzeciej potęgi:

α

3

+ β

3

= −t

α

3

β

3

= −

s

3

27

Wstawmy u za α

3

i v za β

3

wtedy otrzymujemy:

u + v = −t
uv = −

s

3

27

Obliczmy u z drugiego równania i wstawmy do pierwszego:

−

s

3

27v

+ v = −t

1

Pomnóżmy obie strony przez v:

−

s

3

27

+ v

2

= −tv

przenieśmy na jedną stronę:

v

2

+ tv −

s

3

27

= 0

Otrzymaliśmy zależność kwadratową na v, a takie równania umiemy rozwią-
zywać. To nam pozwoli wyznaczyć v, oraz u. Z więc również α i β. Co da
nam rozwiązanie wyjściowego równania.
Przykład Rozwiązać opisaną powyżej metodą równanie x

3

+ 3x − 4 = 0.

Przypadek 2. Jeśli b 6= 0 to dokonujemy podstawienia: z = y −

b

3a

. I otrzy-

mujemy równanie:

a

1

z

3

+ c

1

z + d

1

= 0

gdzie a

1

= a, c

1

= 3as

2

−2bs+c, d

1

= s

2

−cs+d−as

3

, s =

b

3a

. A więc otrzymu-

jemy równanie z przypadku pierwszego. Jeśli potrafimy rozwiązać równanie
a

1

z

3

+ c

1

z + d

1

= 0 to potrafimy również rozwiązać równanie wyjściowe.

Przykład Rozwiązać równanie x

3

− 2x

2

− x + 2 = 0.

Rozważmy teraz równanie stopnia 4: az

4

+ bz

3

+ cz

2

+ dz + e = 0. Podobnie

jak poprzednio rozpatrzymy dwa przypadki:
Przypadek 1. Załóżmy, że b = 0. Wtedy mamy równanie: az

4

+cz

2

+dz+e =

0. Podzielmy nasze równanie obustronnie przez a i wstawmy: s =

c

a

, t =

d
a

, r =

e

a

. Wtedy równanie przybiera postać:

z

4

+ sz

2

+ tz + r = 0

Spróbujmy rozłożyć wielomian na iloczyn dwóch wielomianów stopnia 2:

z

4

+ sz

2

+ tz + r = (z

2

+ αz + β)(z

2

+ γz + δ)

Obliczmy:

(z

2

+ αz + β)(z

2

+ γz + δ) = z

4

+ (α + γ)z

3

+ (β + δ + αγ)z

2

+ (αδ + βγ)z + βδ

Po porównaniu z równaniem wyjściowym otrzymujemy układ równań:



















α + γ = 0
β + δ + αγ = s
αδ + βγ = t
βδ = r

2

Teraz korzystając z pierwszego równania możemy wszędzie pozbyć się zmien-
nej γ.











β + δ − α

2

= s

αδ − βα = t
βδ = r

Przekształcając dwa pierwsze równania otrzymujemy:

(

β + δ = s + α

2

δ − β =

t

α

A następnie dodając i odejmując stronami te dwa ostatnie równania otrzy-
mujemy:

(

2δ = s + α

2

+

t

α

2β = s + α

2

−

t

α

Wymnóżmy teraz te równania przez siebie:

4βδ = (s + α

2

−

t

α

)(s + α

2

+

t

α

)

wiemy też że βδ = r, a więc otrzymujemy równanie:

4r = (s + α

2

−

t

α

)(s + α

2

+

t

α

) = s

2

+ 2sα42 −

t

2

α

2

Wymnóżmy to równanie przez α

2

:

4rα

2

= s

2

+ 2sα

6

− t

2

Wstawmy za α

2

zmienną u wtedy otrzymamy:

4ru = s

2

+ 2su

3

− t

2

Otrzymaliśmy równania stopnia 3 na zmienną u to pozwala nam wyznaczyć
u (stosujemy poprzedni algorytm). A jeśli mamy u to znamy również α, a
więc również β i δ.
Przypadek 2. Jeśli w równaniu az

4

+ bz

3

+ cz

2

+ dz + e = 0 mamy b 6= 0

to podobnie jak w przypadku równań stopnia 3 możemy się pozbyć współ-
czynnika przy trzyciej potędze dokonując podstawienia z = y −

b

4a

. I dalej

rozwiązujemy równanie jak w przypadku poprzednim.

3