Transcript x 3 + px + q = 0

VI. Binomické rovnice.
6.1. Základné pojmy
Definícia 6.1.1
A) Polynóm tvaru “xn – a”  C[x] (nad poľom komplexných čísel)
nazývame binomickým polynómom.
B) Rovnicu xn – a = 0 nazývame binomickou rovnicou.
Veta 6.1.1.
Ak a  C, a  0, potom rovnica xn – a = 0 má n jednoduchých
koreňov.
6.2. Rovnica xn – 1 = 0 (rovnica pre delenie kruhu).
Rovnica xn – 1 = 0 je špecifickým prípadom binomickej rovnice
a má podľa vety 6.1.1. n rôznych koreňov. Jeden z nich je 1.
Definícia 6.2.1
Koreň rovnice xn – 1 = 0, nazývame primitívnym, ak nevyhovuje
žiadnej rovnici tvaru xm – 1 =0, kde 1 m  n.
Veta 6.2.1.
Číslo ε je primitívnym koreňom rovnice xn – 1 = 0 <=> ak všetky
čísla ε, ε2, ε3, ...., εn = 1 sú navzájom rôzne.
Veta 6.2.2.
Nech ε je ľubovoľný primitívny koreň rovnice xn – 1 = 0. Potom
medzi číslami ε, ε2, ε3, ...., εn sú tie a len tie čísla εk primitívnymi
koreňmi rovnice xn – 1 =0, pri ktorých je exponent k nesúdeliteľný
s číslom n.
Dôsledok.
Rovnica xn – 1 = 0, n > 1 má presne toľko primitívnych koreňov,
koľko existuje prirodzených čísel menších ako n a nesúdeliteľných s
n.
Veta 6.2.3.
Nech n 2 je celé číslo a nech
ε = cos
2
2
 i. sin
n
n
Potom čísla ε, ε2, ε3, .... εn = 1 sú práve všetky riešenia rovnice
xn – 1 = 0 (n-té odmocniny s čísla 1).
6.3. Rovnica xn – a = 0 .
Veta 6.3.1.
Nech a  0 je komplexné číslo. Nech c je ľubovoľné riešenie rovnice
xn – a = 0. Potom všetky riešenia rovnice sú c, εc, ε2c, ..... εn-1c, kde
2
2
 i. sin
ε  cos
n
n
Ako nájsť jedno riešenie c rovnice xn – a = 0 ?
a = a .(cos  i. sin ) - komplexné čísla v goniometrickom tvare
a = a .(cos(  2k)  i.sin(  2k))
n
a  a
n
  2k
  2k 

 i. sin
 cos

n
n 

k = 0, 1, 2, .... n-1
VII. Rovnice druhého, tretieho a štvrtého stupňa
7.1. Rovnice druhého stupňa
ax2 + bx + c = 0
a,b,c  C,
a0
b
c
x  x 0
a
a
2
b
Substitúcia: x  z 
2a
2
b  b
b c

z    z     0
2a  a 
2a  a

2
2
b
b
b
b
c
2
z z  2  z 2  0
a 4a
a
2a
a
b  4ac
z 
0
2
4a
2
2
b  4ac
z1 
2a
2
b 2  4ac
z2  
2a
 b  b  4ac
x1 
2a
2
 b  b 2  4ac
x2 
2a
Veta7.1.1.
Korene kvadratickej rovnice ax2 + bx + c = 0 s komplexnými
koeficientami sú komplexné čísla x1, x2, ak b2  4ac znamená
jeden z koreňov rovnice z2 – (b2 – 4ac) = 0.
Poznámka:
D = b2 – 4ac
D = 0 => dvojnásobný koreň
D 0=> rôzne korene
Ako vypočítať
a  bi
?
1) v goniometrickom tvare
a  bi 
  2k
  2k 

a  bi  cos
 i. sin

2
2 

2) bez použitia goniometrie
b 0, ináč zrejmé
Chceme nájsť u + vi, tak aby platilo:
(u + vi)2 = a + bi
Po úprave:
u2 - v2 = a,
2uv = b, po ďalšej úprave


u  v a
2

2

1 2
u .v  b
4
2
2
Použijeme Vietove vzorce t.j. u2, (-v2) sú korene rovnice:
2
b
y 2  ay 
0
4
korene tejto rovnice sú:
a  a 2  b2
y1 
2
a  a 2  b2
y2 
2
potom

1
u  a  a 2  b2
2
2


1
v   a  a 2  b2
2
2


1
u
a  a 2  b2
2


1
v
 a  a 2  b2
2

Za druhú odmocninu berieme vždy kladnú hodnotu (inak
dostaneme riešenie s opačným znamienkom).
Pozor:
Musí platiť vzťah u2 - v2 = a
2uv = b
t.j., ak zvolíme u, v nemôžeme zvoliť úplne ľubovoľne, ale
ho vypočítame z u2 - v2 = a, 2uv = b. Umocnením sa
presvedčíme, že je splnený vzťah (u + vi)2 = a + bi.
7.2. Kubická rovnica
a0x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0,
a0  0
a3
a1 2 a 2
x  x  x 0
a0
a0
a0
3
x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0
Substitúcia:
a1
x  y
3
Po úprave: y3 + py +q = 0
x3 + px + q = 0, p 0, q  0.
Nech x je koreň rovnice x3 + px + q = 0.
Položíme x = u + v => (u + v)3 + p(u + v) + q = 0.
Po úprave: u3 + v3 + (3uv + p) .(u + v) + q = 0.
Máme iba jeden vzťah u3 + v3 + (3uv + p) .(u + v) + q = 0 a dve
neznáme u, v. Žiadame ešte aby platilo 3uv = -p.
Čísla u,v: u + v = x, 3uv = -p pre pevné x vždy existujú, lebo
p
v
3u
p
u
x
3a
Po úprave:
3u2
– p – 3ux = 0, potom
p
u  ux   0
3
2
Ak teda 3uv = -p dosadíme do
u3 + v3 + (3uv + p) .(u + v) + q = 0 dostaneme
u3 + v3 = -q
(3uv)3 = -p3
Zo vzťahov u3 + v3 = -q,
3
p
u 3 .v 3  
27
dostaneme, že čísla u3, v3 sú korene rovnice
3
p
 2  q 
0
27
táto rovnica sa nazýva kvadratická rezolventa rovnice
x3 + px + q = 0, p  0, q 0.
Stačí vyriešiť kvadratickú rezolventu , dostaneme 1 ,2
a potom riešiť kubické binomické rovnice:
u  1
3
Každá má tri korene.
v3  2
Dvojice ku sebe patriacich vyberieme pomocou podmienky 3uv = -p
3
p
2

 q 
 0 sú čísla:
Riešením rovnice
27
4p 3
q q 
3
2
3
q
1
4
p
q
q
p
27   

q2 
 

2
2 2
27
2
4 27
2
1, 2
Po dosadení do
u 3  1, v3  2 dostaneme:
2
3
q
q
p
u3   

2
4 27
2
3
q
q
p
v3   

2
4 27
2
3
q
q
p
u3  

2
4 27
2
3
q
q
p
v3  

2
4 27
Existuje až “9” možností “u, v”. Aby sme určili správne dvojice
stačí k pevnému u vybrať v tak aby platilo 3uv = -p.
Podľa vety 5 o binomických rovniciach stačí zobrať jednu pevnú
hodnotu u1 ako koreň rovnice :
2
3
q
q
p
u3   

2
4 27
a ostatné dostaneme:ε .u1, ε2 .u1, kde
je riešením rovnice x3 – 1 = 0.
1
3
 
i
2 2
v1 – vyberieme pomocou 3uv = -p.
x1 = u1 + v1
x2 = ε. u1+ ε2 .v1
x3 = ε2 . u1 + ε. v1
=> musí platiť 3uv = -p
2
3
Veta 7.2.1.
q
q
p

Nech je daná rovnica x3 + px + q = 0 a nech u  3  
2
4 27
Označme znakom v tú hodnotu výrazu
3
q
 
2
q 2 p3

4
27
,
pre ktorú platí 3uv = -p. Potom korene rovnice x3 + px + q = 0 sú
x 1= u + v, x2 = ε. u +
ε2
.v, x3 =
ε2
1
3
i
. u + ε. v, kde    
2 2
je riešením rovnice x3 – 1 = 0. (Cardanove vzorce)
7.3. Diskusia riešení kubickej rovnice
Ak x1, x2, x3 sú korene rovnice x3 + px + q = 0, potom diskriminant
2
D3 =x  x 
. x  x 
. x  x 
1
2
1
3
2
3
Ak teraz použijeme vzorec z vety 7.2.1., tj.
x1 = u1 + v1,
1
3
2
x2 = ε. u1 + ε .v1 =  u1  v1  
iu1  v1 
2
2
x3 =
ε2
1
3
. u1 + ε. v1 =  u1  v1  
iu1  v1 
2
2
1
3
kde :    
i
2 2
Dostávame:
3
3
x1  x 2  u1  v1  
iu1  v1 
2
2
3
3
x1  x 3  u1  v1   iu1  v1 
2
2
x 2  x3  i 3u1  v1 
Po úprave:
D3 = -27 q2 – 4p3
Veta 7.3.1.
Rovnica x3 + px + q = 0 má viacnásobný koreň <=> ak sa
jej diskriminant rovná 0.
Nech D3 0 a nech korene sú x1, x2, x3 a všetky sú reálne potom D3
je štvorec reálneho čísla, potom D3 > 0.
Ďalej, nech x1 je reálne a x2, x3 sú komplexne združené, potom:
(x2 – x3) = k .i => (x2 – x3)2 = k2 . (-1) < 0.
(x1 – x2) a (x1 – x3) – sú komplexne združené => ich súčin
(x1 – x2).(x1 – x3) je reálne => (x1 – x2)2 . (x1 – x3)2 je > 0 => D3 < 0.
Veta 7.3.2.
Nech x3 + px + q = 0 je rovnica s reálnymi koeficientami, pre ktoré
D3  0. Potom ak D3 > 0 má rovnica 3 reálne korene, ak D3 < 0 má
rovnica jeden reálny a dva komplexne združené korene.
Neexistuje algebraická metóda, ktorá by dávala riešenie rovnice
x3 + px + q = 0 s reálnymi koreňmi aj koeficientami v reálnom
tvare. “casus ireducibilis”
Objavenie komplexných čísel malo preto v matematike obrovský
význam.
7.4. Goniometrické riešenie rovnice x3 + px + q = 0 pre prípad
D3 > 0.
D3 = - 4p3 – 27 q2 > 0 potom p < 0
Vyjadríme číslo
 D3
D3
q
q 2 p3
q
27q 2  4p3
q
q
 

 
 
  i
2
4 27
2
108
2
108
2
108
v goniometrickom tvare t.j.
D3
q
 i
 r cos  i sin 
2
108
D3
q
q 2 D3
q 2  4p3  27q 2
r   i





2
108
4 108
4
108
 p3
p
 

27
 3 
3
q
cos  2 
r
q
 1 
2  p
 3 
3
D3
108
sin  
r
=> 0 < φ < π, lebo sin φ > 0 => stačí φ vyjadriť z rovnice :
cos 
q
 1 
2  p
 3 
3
Ak použijeme Cardanove vzorce:
u  3 rcos  i sin 
v  3 rcos  i sin 
u
3
 p
 
 3
3
  2k
  2k 

.  cos
 i sin

3
3 

p 
  2k
  2k 
u
3  cos 3  i sin 3 
 p    2k
  2k 
v
 i sin
 cos

3 
3
3 
k = 0, 1, 2
Pozor:
p
Aby platilo u.v  
3
potom treba vziať v sčítancoch to isté k.
p

x1  2
. cos
3
3
p
  2
x 2  2  cos
3
3
p
  4
x 3  2  cos
3
3
Veta 7.4.1.
Nech x3 + px + q = 0, p 0 je rovnica s reálnymi koeficientami,
pre ktorú
D3 = -4p3 – 27q3 >0. Nech φ je uhol, pre ktorý platí:
cos 
q
p
2 

 3 
3
,0<φ<π
Potom korene rovnice sú čísla:
x1  2
p

. cos
3
3
p
  2
x 2  2  cos
3
3
x3  2 
p
  4
cos
3
3
5, Rovnice štvrtého stupňa (bikvadratické)
a1 x4 + a2 x3 + a3x2 + a4 x + a5 = 0
x4 + b1x3 + b2 x2 + b3x + b4 = 0
Substitúcia:
b1
x z
4
z4 + c 1 z2 + c 2 z + c 3 = 0
x4 + ax2 + bx + c = 0
Pripočítame a odpočítame k rovnici:
 2  a  r 2 

  rx  



2




2
2
 4



ar
ar
2
2
   rx  bx  
  c  0
 x  a  r x  
 2   
 2 


2
 2

ar
  c
rx  bx  
 2 


 2 ar
2
x 
  ux  v  0
2 

2
2
 2

a

r


Chceme výraz rx  bx  
  c
 2 


upraviť tak,aby táto rovnica mala dvojnásobný koreň  t.j.
2
 2

ar
  c = r(x – α)2
rx  bx  
 2 


Musíme “r” zvoliť tak, aby rovnica
2
 2

a

r


  c  0
rx  bx  
 2 


mala dvojnásobný koreň.
2


ar
2
D 2  b  4r 
  c  0
 2 

r3 + 2ar2 + (a2 – 4c)r – b2 = 0.
Také “r” existuje a je dokonca reálne, ak a, b, c sú reálne.
Teda ak “r” je riešením r3 + 2ar2 + (a2 – 4c)r – b2 = 0 => existuje α
 C ktoré je dvojnásobný koreň
2
 2

ar
  c  0
rx  bx  
 2 


Ak máme už vypočítané r, α, potom rovnica
2
2
 4



a

r
a

r




2
2
   rx  bx  
  c  0
 x  a  r x  
 2   
 2 


má tvar:
 2 a  v
x  2  


2
 r x    0
2
 2 ar
 2 a  r

 r x    x 
 r x     0
x 
2
2



Táto rovnica a rovnica x4 + ax2 + bx + c = 0 sú
ekvivalentné a korene poslednej rovnice získame riešením
dvoch kvadratických rovníc.
Poznámka:
Rovnice stupňa vyššieho ako “4” sa nedajú riešiť pomocou
odmocnín.
IV. Reciproké rovnice
6.1.Reciproké rovnice I. druhu.
Definícia 6.1.1.
Polynóm f(x) = a0xn + a1xn-1 + ... + an , a0  0 sa nazýva reciproký
polynóm I. druhu ak
a0 = a n
a1 = an-1
a2 = an-2
.
.
Definícia 6.1.2
Reciprokou rovnicou I. druhu nazývame rovnicu f(x) = 0, kde
f(x) je reciproký polynóm I. druhu
Veta 6.1.1.
Ak reciproká rovnica I. druhu má koreň α, potom má aj koreň 1 .

Veta 6.1.2.
Ak f(x) je reciproký polynóm I. druhu nepárneho stupňa, potom
f(x) = (x+1) . g(x), kde g(x) je reciproký polynóm prvého druhu
párneho stupňa.
V ďalšom sa môžeme obmedziť iba na rovnice párného stupňa:
a 0 x 2m  a1x 2m1  .... a1x  a 0  0
a0  0 (delíme xm a spájame prvý + posledný atď)
1 
 m 1 
 m1
a 0  x  m   a1  x  m1   ...  a m  0
x 
x 


Zavedieme substitúciu:
1
x  y
x
1
2
x  2  y2  2
x
1
x  3  y 3  3y
x
3
1
4
2
x  4  y  4y  2
x
4
dosadením týchto rovníc do rovnice
1 
 m 1 
 m1
a 0  x  m   a1  x  m1   ...  a n  0
x 
x 


dostávame
b0 ym  b1ym1  ... bn  0
6.2 Reciproké rovnice II. druhu.
Definícia 6.2.1.
Polynóm f(x) = a0xn + a1xn-1 + ... + an , a0  0 sa nazýva
reciprokým polynómom II. druhu ak platí:
a0 = - an
a1 = -an-1
a2 = - an-2
(iba nepárny stupeň alebo stredný člen chýba)
Pre takýto polynóm platí: x n .f  1   f x 
x
x  0
Definícia 6.2.2.
Reciprokou rovnicou II. Druhu nazývame rovnicu f(x) = 0, kde
f(x) je reciproký polynóm II. druhu.
Veta 6.2.1.
Ak reciproká rovnica II. druhu má koreň α => má aj koreň
1.

Veta 6.2.2.
Každý reciproký polynóm f(x) II. druhu môžeme písať v tvare
f(x) = (x-1).g(x), kde g(x) je reciproký polynóm I. druhu.
Teda reciproké rovnice II. druhu vieme transformovať
reciproké rovnice I. druhu.
na