Algebraiska och geometriska lösningar av kubiska ekvationer

Transkript

1 Algebraiska och geometriska lösningar av kubiska ekvationer Ihab Megbil Juni 2018 Examensarbete matematik C, 15 hp Examinator: Johan Björklund Handledare: Rolf Källström

2 Sammanfattning Syftet med det här arbetet är att lösa kubiska ekvationer utifrån både algebraiska och geometriska perspektiv. Läsaren kommer att möta olika metoder att finna rötter av kubiska ekvationer med fokus på Cardanos metod. Kapitel 3 introducerar Khayyams metod för att hitta en positiv reell rot med hjälp av geometrisk algebra. Kapitel 4 presenterar Cardanos metod för att hitta en positiv reell rot med geometrisk och algebraisk metod. Kapitel 5 visar bisektionsmetoden och Newton-Raphsons metod för att hitta en reell rot med numeriska beräkningar. För att underlätta metoder (för moderna ögon) använde jag mig av spel, tabeller och moderna matematikprogram. Förståelsen av dessa metoder med faktorsatsen visas i kapitel 6 hur vi kan hitta alla reella rötter när vi har en rot. Dessutom innehåller kapitlet Cardanos formel för tre rötter av den allmänna kubiska ekvationen. Kapitel 7 presenterar Eulers metod för att lösa den allmänna bikvadratiska ekvationen med hjälp av Cardanos metod. Dessutom beskrivs Descartes metod för att lösa bikvadratiska ekvationer med användningen av geometrisk algebra. Läsaren får även en inblick i kvintiska ekvationer. 1

3 Förord Jag vill tacka professorn Rolf Källström vid akademin för teknik och miljö- Högskolan i Gävle för konstruktiv kritik och förslag till förbättringar av examensarbetet och stöd genom skrivandeprocessen. Jag vill även tacka Rolf Källström, Johan Björklund, Mikael Forsberg, Sören Hector, Mirko Radic, Yury Shestopalov, Pär Hemström, Helena Lindström, Xiaoqin Wang, Hang Zettervall och många andra lärare vid högskolan i Gävle som utvecklade mig i matematik. 2

4 Innehåll 1 Inledning 4 2 Historia av kubiska ekvationer 5 3 Khayyams metod att hitta en positiv reell rot till en kubisk ekvation Khayyams konstruktion Khayyams bevis Cardanos metod att hitta en positiv reell rot till en kubisk ekvation Den geometriska betydelsen av att reducera en ekvation Den algebraiska betydelsen av att reducera en ekvation Numeriska metoder att hitta en reell rot till en ekvation Bisektionsmetoden Newton-Raphsons metod Den allmänna lösningen av den kubiska ekvationen 40 7 En inblick i bikvadratiska och kvintiska ekvationer 52 3

5 Kapitel 1 Inledning De flesta matematiker är överens om att algebra är ett huvudområde i modern matematik. Genom hela historien visar många matematiker att algebran är ett allmänt verktyg för problemlösning. Emellertid ger algebraiska lösningar inte alltid en djupare förståelse för matematiska problem. Att se lösningar både ur algebraiska och geometriska perspektiv förstärker förståelsen. Idag har de flesta elever inte tillräcklig kunskap om varför de studerar matematiska ekvationer. Ekvationer är inte bara en fråga om att hitta lösningar, utan även ett mycket exakt sätt att beskriva olika funktioner i tillämpningar. Att se den kvadratiska ekvationen ax 2 +c = bx som en kvadrat + en rektangel = en rektangel eller att se den kubiska ekvationen ax 3 = bx 2 + cx + d som volym av en kub = den totala volymen av kuber, motiverar elever att lösa matematiska problem ur olika perspektiv och utvecklar elevernas förmåga både i algebra och geometri (Jfr kapitel 3 och 4). I det här arbetet grundar jag mig främst på Girolamo Cardanos tillvägagångssätt i sin bok Ars magna or the rules of algebra (1545) / Cardano, Witmer och Ore, 2007, som är baserat på både geometriska och algebraiska metoder för att hitta rötter av kubiska ekvationer. I mindre utsträckning baserar jag mig på Omar Khayyams tillvägagångssätt i dennes bok Maqala fi l-jabr wa l-muqabala (1079) / Kent och Muraki, 2016, som använder geometrisk algebra. 4

6 Kapitel 2 Historia av kubiska ekvationer Allt sedan antiken har ekvationer länkats ihop med att lösa linjära och kvadratiska problem. I Babylonien ( f.kr) löste matematiker kvadratiska ekvationer med den s.k. pq-formeln (Johansson, 1998). I Grekland (600 f.kr e.kr) löstes kvadratiska ekvationer och undersöktes några kubiska ekvationer. Men lösningarna vara snarare geometriska än algebraiska (a. a). I Abbasid-staten ( ) grundades Harun al-rashid ( ) Beit al-hikma (Visdomens hus) genom översättningen av grekiska och hinduiska böcker till arabiska (Whitaker, 2004). Därför påverkades matematiker i landet av geometriska texter som producerades i Grekland, och speciellt tanken på att ett matematiskt problem inte var helt löst utan ett bevis (Kent och Muraki, 2016). I dennes bok Al-jabr w al-muqabalah löste den berömda matematikern Muhammad al-khwarizmi ( ) kvadratiska ekvationer både med geometriska och algebraiska metoder. I sin avhandling Maqala fi l-jabr wa l-muqabala löste Omar Khayyam ( ) 19 typer av kubiska ekvationer med geometriska metoder (Waerden, 2012). Han började sin avhandling med hänvisning till att läsaren inte kan förstå texten utan att först läsa Euklides böcker och två artiklar av Apollonius om koniska sektioner. Han undersökte också bikvadratiska ekvationer (a. a). Under renässansen ( ) grundades Abacusskolan i Italien. Skolan hade generellt intresse för ämnet matematik (Najemy, 2004). Vid ungefär samma tidpunkt översatte humanister, som var starka på lingvistik men svaga på matematik, många grekiska och arabiska texter till latin (Karp och Schubring, 2016). Därför påverkades matematiker i landet av grekiska och arabiska texter om ekvationslösning. Scipione del Ferro ( ) upptäckte först en metod att lösa den kubiska ekvationen som saknar en kvadratisk term, alltså x 3 +px = q, där p, q, x är positiva reella tal (Dunham, 1990). Niccolò Tartaglia ( ) vann sin främsta ryktbarhet genom sin lösning av kubiska ekvationer, varvid han självständigt återfann och fullföljde 5

7 Ferros upptäckt. Slutligen upptäckte Gerolamo Cardano ( ) och dennes elev Lodovico Ferrari ( ) hur man kan lösa den allmänna kubiska ekvationen ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, där koefficienter a, b och c är positiva eller negativa, reella eller imaginära. Metoden som publicerades av Cardano i Ars magna or the rules of algebra är baserad på att eliminera x-termen av andra ordningen i den kubiska ekvationen (a. a). I själva verket representerar Cardanos metod en gemensam kontaktpunkt för att undersöka den allmänna lösningen av den kubiska ekvationen. Metoden ledde Ferrari till att hitta en teknik för att lösa den bikvadratiska ekvationen (Dunham, 1990). Dessutom föreslogs Cardanos metod i syfte att lösa kvintiska ekvationer. Men tyvärr möttes alla ansträngningar i denna riktning med misslyckande. Slutligen löste Charles Hermite ( ) den allmänna kvintiska ekvationen genom införandet av elliptiska funktioner, men metoden kräver operationer som är mer komplicerade än i elementär algebra (a. a). 6

8 Kapitel 3 Khayyams metod att hitta en positiv reell rot till en kubisk ekvation I sin avhandling Maqala fi l-jabr wa l-muqabala presenterar Omar Khayyam en användbar metod för att beskriva egenskaper hos kubiska ekvationer med hjälp av geometrisk algebra (d.v.s. grafisk lösning). Han undersökte 19 typer av kubiska ekvationer och upptäckte att: 1. fem ekvationer x 3 = ax 2 ; x 3 = ax; x 3 + ax 2 = bx; x 3 + ax = bx 2 ; ax 2 + bx = x 3 kan lösas med kompass och rätskiva av Euklides elementa, bok II. Anledningen är att ekvationer kan reduceras till en ekvation av mindre grad. 2. fjorton olika typer av ekvationer x 3 = a; x 3 + ax 2 = b; x 3 + a = bx; x 3 + a = bx 2 ; x 3 +ax = b; ax 2 +b = x 3 ; ax+b = x 3 ; x 3 = ax 2 +bx+c; x 3 +ax = b + cx 2 ; x 3 + ax 2 + b = cx; x 3 + ax 2 + bx = c; x 3 + ax 2 = bx + c; x 3 + ax = bx 2 + c; x 3 + a = bx 2 + cx kan bara lösas med användning av kägelsnitt. Den positiva roten av en kubisk ekvation bestämdes av en skärningspunkt mellan två koner, till exempel skärningen mellan två hyperbler eller skärningen mellan en cirkel och en hyperbel, osv. Khayyam hävdar att algebra består av fyra huvudsakliga saker: tal, objekt (x), kvadrat (x 2 ) och kub (x 3 ). För Khayyam existerar talet inte i verkligheten, alltså kommer talet bara till existens när det finns en väsentlig orsak. Han betecknar en rak linje som objekt (x) och dess kvadrat ger (x 2 ) som är en fyrkantig av lika sidor med rät vinkel vars sida är lika med en rak linje. Han beskriver en kub (x 3 ) som en kropp som är avgränsat av sex lika ytor av fyra sidor vars sidor är lika, vinklarna är rätvinkliga. De fyra sidorna var 7

9 varje raklinjeobjekt (x) och varje yta var en kvadrat (x 2 ). Alltså en kub är lika med kvadrater, vilket betyder i Khayyams metod x 3 = ax 2. En kub plus kanter är lika med kvadrater och tal, vilket betyder x 3 + ax = bx 2 + c och osv. I sina bevis anvävder Khayyam subtila övergångar mellan längder, areor och volymer för att de geometriska konstruktionerna stämmer. Dessutom använder han i sitt bevis proportioner mellan linjer, ytor och rymder i syfte att finna den önskade lösningen. Jag börjar med formeln x 3 + ax 2 + bx = c, (3.1) där a, b, c > 0. Formeln (3.1) som finns i Khayyams avhandling representerar ett bra exempel på geometrisk algebra. Men först behöver vi några definitioner om hyperbel och rektangulär parallellepiped som ingår i Khayyams konstruktion. 3.1 Khayyams konstruktion Definition 1. En rektangulär parallellepiped är en tredimensionell objekt med sex sidor, som alla är rektanglar. Definition 2. En hyperbel är en kurva som spåras av en punkt som rör sig i ett plan sådana att skillnaden mellan dess avstånd från två fasta punkter i samma plan är alltid densamma. Antag att x 3 + 7, 9x 2 + (1, 3) 2 x = (2, 1) 3 (3.2) Målet är att konstruera en rektangulär parallellepiped med volym c 3, vars bas är en kvadrat med sidor av längd b och vars höjd är av längd c3. b 2 På grund av Khayyam behandlar varje term av x 3 + ax 2 + bx = c såsom volymen av en parallellepiped skulle värdena för konstruktionen vara a = 7,9; b = 2 1, 69 = 1, 3 och c = 3 9, 261 = 2, 1. Dessa anvisningar som gav av Khayyam i sin avhandling kommer att leda oss till att skapa ett linjesegment sådant att dess längd är en lösning till (3.2). 8

10 1. Konstruera ett linjesegment HB med längd b, sådant att b är kvadratroten av det angivna talet av kanter. 2. Konstruera ett linjesegment BG vinkelrätt mot HB, sådant att längden av BG är höjden av den här fasta rektangeln. Eftersom basens area är b 2 och volymen är c 3, så har BG längd c3 b Konstruera punkt D på den linje som går med linjesegmentet BG, sådant att DB är ett linjesegment av längd a. 4. Konstruera en halvcirkel med diameter GD. Linjesegmenten GB och HB bestämmer därefter en rektangulär parallellepiped igenom att konstruera punkt K och linjesegmenten GK och HK. 5. Skissa därefter en hyperbel som passerar igenom punkt G med asymptoter HK och HB. Den här hyperbeln skär halvcirkeln igen i en känd punkt Z. 6. Dra en linje från punkten Z vinkelrätt mot diameter GD, sådana att den skär GD i punkt L och skär KH i punkt T. 7. Längden LB av linjesegmentet LB är en positiv reell lösning till den kubiska ekvationen (3.2). 8. Förläng linjesegmentet HB för att skära den linjen i punkt A. Detta steg är för att bevisa lösningen (LB) 3 + BD(LB) 2 + (HB) 2 LB = (HB) 2 GB. 9

11 Figur 3.1: Khayyams konstruktion av GeoGebra för x 3 + 7, 9x 2 + (1, 3) 2 x = (2, 1) 3. Skärningspunkten Z mellan halvcirkeln och hyperbeln ger längden LB av linjesegmentet LB som representerar en positiv reell lösning. 3.2 Khayyams bevis Eftersom Khayyam behandlar varje term i en polynomekvation av grad 3 som en tredimensionell rektangulär låda för att hitta en längd LB, så kan tre lådor byggas sådana att deras kombinerade volymer är lika med en given volym. Den första lådan är en kub med volym (LB) 3. Den andra lådan har en kvadratisk bas av (LB) 2 och en given höjd av BD. Den tredje lådan har höjd av LB och en given kvadratisk bas av (HB) 2. Den totala volymen av dessa tre lådor måste vara lika med den angivna volymen (HB) 2 GB. Dessa huvudvillkor ger den kubiska ekvationen (LB) 3 + BD(LB) 2 + (HB) 2 LB = (HB) 2 GB För att vara tydlig kommer Khayyams bevis att presenteras i fem steg. Men först kräver processen några viktiga satser. 10

12 Sats Produkten av de vinkelräta avstånden från vilken punkt som helst på en hyperbel till dess asymptoter är konstant. Bevis. Låt S: x 2 a y2 = 1 vara den givna hyperbeln. Hyperbelns asymptoter 2 b2 är y = ± b a x, alltså t 1 : bx ay = 0 och t 2 : bx + ay = 0. Låt P (x 0, y 0 ) vara någon punkt på S. Så ger -avståndet d 1 från P till t 1 genom d 1 = bx 0 ay 0 a2 + b, och d 2 2 ger från P till t 2 genom d 2 = bx 0 + ay 0 a2 + b. Därmed d 1*d 2 2 = b2 x 2 0 a 2 y0 2 x 2 0. Men P (x a 2 + b 2 0, y 0 ) S, så a y2 0 = 1. Detta leder till 2 b 2 att b 3 x 2 0 a 2 y0 2 = a 2 b 2. Alltså d 1 d 2 = a2 b 2 a 2 + b = konstant. 2 Sats Om en sida i en triangel ligger längs en cirkels diameter, och om det tredje hörnet också ligger på cirkeln, då är vinkeln vid det tredje hörnet en rät vinkel. Bevis. Satsen bevisades sig som en del av den trettio första propositionen i den tredje boken av Euklides Elementa (Jfr Euklides Elementa, Bok III, Prop 31). Sats Om i en rätvinklig triangel från den räta vinkeln till basen en vinkelrät (linje) dragits, är trianglarna vid den vinkelräta likformiga med den hela och med varandra. Bevis. Satsen bevisades sig av den åttonde propositionen i den sjätte boken av Euklides Elementa (Jfr Euklides Elementa, Bok VI, Prop 8). 1. Bevisa att areor av rektanglar GLTK och ZABL är lika. Bevis. Ur sats (3.2.1) har rektanglar ZAHT och GBHK lika areor eftersom båda punkterna G och Z ligger på samma hyperbel med asymptoter HK och HB (Jfr figur 3.1). På grund av att rektanglar ZAHT och GBHK delar den gemensamma rektangeln LBHT, innebär detta att skillnaden från dessa rektanglar GLTK och ZABL också har lika area. I vårt exempel visar detta steg att areor av rektanglarna ZAHT och GBHK är lika med 7,

13 2. Genom utveckling av proportioner (förhållanden) för segmenten, bevisa att (LZ) 2 (GL) = (HB)2 2 (LB) 2 Bevis. Eftersom areor av rektanglar GLTK och ZABL är lika, innebär detta att (LZ)(LB) = (GL)(LT ). Därmed LZ GL = LT. Eftersom LT LB = HB, så LZ GL = HB och därmed kommer deras kvadrater också att LB vara i proportion. I vårt exempel visar detta steg att (LZ)2 (6, 34)2 = 2 = 1,94 = (1, 3)2 (0, 933) 2 = (HB)2 (LB) 2. (GL) (4, 55) 2 3. Använd halvcirkeln för att bevisa att (LZ) 2 (GL) = (LD) 2 (GL) Bevis. Eftersom triangeln DGZ är inskriven på diametern DG i halvcirkeln (Jfr figur 3.2), så är DGZ en rätvinklig triangel ur sats (3.2.2). Trianglarna LGZ och LDZ är också rätvinkliga trianglar, så LGZ och LDZ likformiga ur sats (3.2.3). Därmed LG LZ = LZ. Detta leder till LD att (LZ) 2 = (GL)(LD). Genom att multiplicera båda sidor med (GL) kommer formeln vara (LZ)2 (GL) = LD. I vårt exempel visar detta steg 2 GL att LZ LD = 6, 34 8, 83 = 0,72 = 4, 55 6, 34 = LG LZ. 12

14 Figur 3.2: LGZ och LDZ är likformiga och ger därför förhållandet LG LZ = LZ LD. 4. Bevisa att (HB) 2 (GL) = (LD)(LB) 2 Bevis. Genom andra och tredje stegen får vi (LZ) 2 (GL) 2 = (HB)2 (LB) 2 = LD (GL) (HB) 2 (GL) = (LD)(LB) 2 5. Bevisa att längden LB av linjesegmentet LB är en positiv reell lösning till den kubiska ekvationen (3.2) Bevis. Eftersom punkten B ligger mellan D och L, så LB + DB = LD. Detta innebär att lådan med höjd LD och basar (LB) 2 kan delas in i 13

15 två mindre lådor: en kub med volym (LB) 3 plus en låda med höjd DB och basar (LB) 2. Detta kombinerat med det fjärde steget ge följande formel: (HB) 2 (GL) = (LD)(LB) 2 = (LB+DB)(LB) 2 = (LB) 3 +(DB)(LB) 2. Lägga nu volymen (HB) 2 (LB) till varje sida i syfte att få (HB) 2 (GL) + (HB) 2 (LB) = (LB) 3 + (DB)(LB) 2 + (HB) 2 (LB) Eftersom GL + LB = GB, så (LB) 3 + BD(LB) 2 + (HB) 2 LB = (HB) 2 GB Alltså längden LB av linjesegmentet LB är en reell positiv lösning till den kubiska ekvationen (3.2). Khayyams metod ser lite konstig ut för en modern läsare. Vi är inte vana vid att bara ta positiva koefficienter för att hitta en positiv reell rot. Man kan därför undra varför Khayyam ger endast en positiv reell rot i sin avhandling och om vi kan finna alla reella rötter av (3.2) med hjälp av geometrisk algebra. Självfallet kan vi finna alla reella rötter av kubiska ekvationer (om de finns) genom användning av moderna matematikprogram såsom GeoGebra, Wolfram Mathematica, Algebrator och osv. Men dilemmat är att direkta lösningar genom dessa program inte har någon annan betydelse än att se skärningspunkter med x-axeln. Därför är dessa program mycket användbara om de används med hjälp av geometrisk algebra. Genom användning av Geo- Gebra visar figur (3.3) nedan alla reella lösningar av den kubiska funktionen f(x) = x 3 +7, 9x 2 +(1, 3) 2 x (2, 1) 3 efter att ha konstruerat hela cirkeln på diametern GD och visat andra hälften av hyperbeln med asymptoter HK och HB. Figur (3.3) illustrerar även att x-koordinaterna för skärningspunkter mellan cirkeln och hyperbeln är i grunden lösningar av den kubiska funktionen f(x) = x 3 + 7, 9x 2 + (1, 3) 2 x (2, 1) 3. Detta innebär i princip att Omar Khayyam hittade negativa reella rötter, men han såg negativa tal som rymdobjekt från en annan värld och därför vägrade han att hantera dem. Dessutom fokuserade han på att finna en rot eftersom denna rot skulle leda honom till att hitta andra positiva reella rötter genom faktorsatsen eller sambandet mellan koefficienter och rötter (Jfr kapitel 6). 14

16 Nästa kapitel visar användningen av praktisk geometri tillsammans med en algebraisk metod för att hitta en positiv reell rot genom Cardanos metod. Det är därför bra att bevara de nyckelidéer vi har fått genom Khayyams metod i geometrisk algebra. Figur 3.3: Alla reella lösningar av den kubiska funktionen f(x) = x 3 +7, 9x 2 + (1, 3) 2 x (2, 1) 3 i Khayyams konstruktion, där x 1 = 0, 993, x 2 = 1, 321 och x 3 = 7, 511. Skärningspunkter mellan cirkeln och hyperbeln är lösningarna till den kubiska funktionen med grön färg. Notera att x-koordinaterna för skärningspunkter (inte längs x-axeln) mellan cirkeln och hyperbeln är i själva verket lösningar av den kubiska funktionen f(x) = x 3 + 7, 9x 2 + (1, 3) 2 x (2, 1) 3. Hyperbelns ekvation kan vi få av forrmeln pb = x(y + b), där a = 7,9; b = 1,3 och p = c3 b 2 = 5,

17 Kapitel 4 Cardanos metod att hitta en positiv reell rot till en kubisk ekvation I Ars magna or the rules of algebra ger Gerolamo Cardano och dennes elev Lodovico Ferrari lösningar på fjorton typer av kubiska ekvationer. De tenderar att tänka i termer av tredimensionella kuber och manipulerar dessa för att nå lösningar. Deras metod är huvudsakligen baserad på att reducera den allmänna kubiska ekvationen ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 till en kubisk ekvation i normalform y 3 + my = n. Det är därför nödvändigt att beskriva vad som menas med att reducera en ekvation till normalformeln algebraiskt och geometriskt. Målet är att uppnå en större förståelse av Cardanos metod eftersom denna metod kommer senare att användas i allmänna lösningar av både kubiska och bikvadratiska ekvationer. 4.1 Den geometriska betydelsen av att reducera en ekvation Vi kan ta formeln x 3 = ax 2 + b som presenteras i kapitel XIIII av Ars magna or the rules of algebra för att reducera den till normalformeln y 3 = my + n. Låt vår ekvation vara x 3 = 6x Processen kräver fyra steg för att nå en positiv reell lösning till x 3 = ax 2 + b. 1. Vi börjar med att uppdela en kub i åtta delar för att få binomialformeln som kan användas i nästan alla argument om kuber. Låt oss ta en kub med en okänd höjd AC. Låt höjden AC vara uppdelad i en godtycklig punkt B i två delar: AB och BC. Detta delar 16

18 basen ACEF i fyra delar: två kvadrater och två rektanglar (Jfr figur 4.1& 4.2). Nu kan vi multiplicera varje del av basen med de två linjesegmenten AB och BC, vilket ger åtta delar (Jfr figur 4.3). Därefter kan vi manipulera de blåa kropparna, vilket ger en blå kropp vars bas är kvadraten av AB och vars höjd är tre gånger BC, så volymen = 3(Ab) 2 (BC). På samma sätt kan vi manipulera de svarta kropparna, vilket ger volymen = 3(AB)(BC) 2. Resultatet är i figur (4.4) att vi har fått binomialformeln (AC) 3 = (AB + BC) 3 = (AB) 3 + 3(AB) 2 (BC) + 3(AB)(BC) 2 + (BC) 3 Cardano visar detta steg i kapitel VI av sin bok. Notera att Cardano hänvisar till dessa geometriska former genom sina kanter som kub AE, kvadrat AE, kub på AC, Kvadrat på BC och osv. Figur 4.1: En kub med volym (AC) 3. AC är kubens höjd som uppdelar i en godtycklig punkt B i två delar: AB och BC.. 17

19 Figur 4.2: En kub med volym (AC) 3. Basen ACEF delar i fyra delar: två kvadrater och två rektanglar. Kuben har gjort av ett spel Lego Classic hos TOYSR US.. 18

20 Figur 4.3: Efter att den kuben i figur 4.2 är uppdelad får vi åtta delar genom att multiplicera varje del av basen med de två linjesegmenten AB och BC.. 19

21 Figur 4.4: Manipuleringen av dessa geometriska former. Vi har fått fyra delar (AC) 3 = (AB+BC) 3 = (AB) 3 +3(AB) 2 (BC)+3(AB)(BC) 2 +(BC) 3. Notera att alla dessa kroppar har faktiska specifika storlekar, men mitt mål är att klargöra processen för att förklara det allmänna fallet.. 2. Nu kommer vi att uppdela den önskade kuben x 3 = 6x i delar. Vår kub har höjd sex enheter (Jfr figur 4.5). Låt kuben ha en okänd längd AC så att kuben har samma okända bas av kuben i steget (1). Alltså kubens volym = 6(AC) 2. Eftersom reduceringen är från x 3 = ax 2 + b till y 3 = my + n, så kommer konstanten b att vara utanför geometriska former. Låt AC vara uppdelad i en godtycklig punkt B i två delar: AB och BC. Detta delar kuben i fyra delar. Därefter kan vi manipulera de två svarta kropparna, vilket ger volym av 6(AB)(BC) + 6(AB)(BC) = 12(AB)(BC). Alltså den blåa kroppen har volym av bas (AB) 2 och höjd 6; den gröna kroppen har volym av bas (BC) 2 och höjd 6. Resultatet är i figur (4.6) 6(AC) 2 = 6(AB) 2 + 6(BC) (AB)(BC) 20

22 Figur 4.5: Den önskade kuben med volym 6(AC) 2, där höjden sex enheter och basen (AC) 2. Notera att kuben ha en okänd längd AC. 21

23 Figur 4.6: Efter att uppdela den önskade kuben x 3 = 6x 2 i figur (4.5) i fyra delar och därefter manipulera, får vi 6(AC) 2 = 6(AB) 2 + 6(BC) (AB)(BC). Notera att alla dessa kroppar har faktiska specifika storlekar, men mitt mål är att klargöra processen för att förklara det allmänna fallet. 22

24 3. Reducera till normalformen y 3 = my + n Låt den okända kanten AC av kuben i steget (1) vara lika med x. Låt den okända kanten AB av den olika färger kuben vara lika med y. Nu kräver processen att veta var exakt punkten B ligger i syfte att kroppar av båda kuber skulle ha samma volym av baser (AB) 2. Med andra ord kräver processen att bestämma punkten B för att de blåa kroppar av både kuben i steget (1) och kuben i steget (2) skulle ha samma volym. Den blåa kroppen av kuben i steget (1) har volym 3(AB) 2 (BC), medan den blåa kroppen av kuben i steget (2) har volym 6(AB) 2. För att båda kuber skulle ha samma volym 3(AB) 2 (BC) = 6(AB) 2 kräver processen BC = 2. För att förenkla problemet kan vi nu ta bort de blå kroppar från processen. Eftersom den svarta kroppen av kuben i steget (2) har volym 12(AB)(BC) och den svarta kroppen av kuben i steget (1) har volym 3(AB)(BC) 2, så har den svarta kroppen av kuben i steget (2) dubbelt så stor volym som den svarta kroppen av kuben i steget (1) har. Eftersom den gröna kroppen av kuben i steget (2) har volym 6(BC) 2 och den gråa kroppen av kuben i steget (1) har volym (BC) 3, så har den gröna kroppen av kuben i steget (2) volym tre gånger som den gråa kroppen av kuben i steget (1) har. Genom att ta bort de gemensamma volymer ger processen den olika färger kuben med volym (AB) 3, den svarta kuben med volym 12(AB) och den gröna kuben med volym 16. Nämligen att (AB) 3 = 12(AB) Eftersom AB = y, så y 3 = 12y Efter detta steg måste vi addera b = 100 som var utanför geometriska former och därmed y 3 = 12y Alltså vi har reducerat den kubiska ekvationen x 3 = 6x till normalformeln y 3 = 12y (Jfr figur 4.7). 23

25 Figur 4.7: I den vänstra sidan har vi den olika färger kuben på AB med volym (AB) 3 = y 3, medan den högra sidan har vi en svart kropp med volym 12 (AB) = 12 y och en grön kropp med volym 16. Med andra ord har vi fått normalformen y 3 = 12y + 16 efter reduceringsprocess. Vi måste också addera b = 100 som var utanför geometriska former och alltså y 3 = 12y Få en lösning av normalformen y 3 = my + n Cardano ger en geometrisk lösning av den kubiska ekvationen y 3 = my + n i kapitel XII av sin bok. Han ger ett visst tal (AC) som en geometrisk lösning till den kubiska ekvationen (AC) 3 = m(ac) + n, men han visar inte hur vi kan hitta det talet. Däremot ger han en algoritm (en regel för Cardano) som leder direkt till lösningen genom koefficienter av denna ekvation utan hänvisning till det talet som produceras av beviset. Jag har föredragit att skriva Cardanos lösning med moderna symboler trots att det saknar i Cardanos text. Låt oss se Cardanos sats. 24

26 Sats Om (AB)(BC) = m 3 och (AB)3 + (BC) 3 = n, då är AC lösningen av (AC) 3 = m(ac) + n, där AC = AB + BC. Regel: Om y 3 (m) 3 (n) 2 = my + n och (3) 3 (2), då y = 2 3 n ( 2 + n 2 2 )2 ( m n 3 ) ( n 2 )2 ( m 3 )3 Bevis. Cardanos bevis Eftersom (AB)(BC) = m, så 3(AB)(BC) = m. Multiplicera båda sidor med AC, sådana att 3(AB)(BC)(AC) = m(ac). Men (AC) = (AB) 3 +(BC), så 3(AB)(BC)((AB) + (BC)) = 3(AB) 2 (BC) + 3(AB)(BC) 2. Alltså 3(AB) 2 (BC) + 3(AB)(BC) 2 = m(ac). Men 3(AB) 2 (BC) + 3(AB)(BC) 2 + (BC) 3 + (AC) 3 = (AC) 3 och (AB) 3 + (BC) 3 = n, så är (AC) lösningen av (AC) 3 = m(ac) + n. Det verkar tydligt att Cardanos bevis är ofullständigt. Den dolda länken i Cardanos bevis är faktiskt problemet x = 10x som löste i Al-jabr w almuqabalah av Khwarizmi (Karpinski, 1915). För Khwarizmi representerar x 2 area av en kvadrat, medan talet 21 representerar area av en rektangel. Den totala arean för dessa två geometriska former ger area av en rektangel av 10x, där rektangeln har bredd x och längd 10 enheter. Lemma 1. Khwarizmis problem x = 10x (4.1) Bevis. Målet är att hitta x-värdet utifrån det geometriska perspektivet för att nå i slutet en algoritm (en regel för Khwarizmi). Vi får i figur (4.8) area av kvadraten AHBF (x 2 ) + area av rektangeln BDGF (21) = area av rektangeln AHDG (10x). Eftersom (4.1), så följer det att sidan ag har längd 10. Låt t vara mittpunkten på sidan ag. Konstruera kvadraten tclg. Låt tc skära linjen hd i punkten e. Konstruera nu kvadraten ecmn. Det är lätt att se be = ec och bf = nd. Alltså rektangeln BETF = rektangeln MNDL. Eftersom area av rektangeln BDGF är 21, så följer det att area av rektangeln TEDG + area av rektangeln MNDL = 21. Men sidan tg har längd 5, så följer det att kvadratens area TCLG är 25. Alltså kvadratens 25

27 area ECMN är 4. Detta innebär att ec = 2. Alltså te = gl - ec = 5-2 = 3. Men te = bf och bf = x x = 3 Detta innebär att (bf) är en geometrisk lösning av (bf) 2 + n = m(bf). Alltså Al-Khwarizmi ger i sin bok den önskade algoritmen: Ta 1/2 av det okända, det är 5, multiplicera det själv, ge 25. Från detta subtrahera 21, ge 4. Ta roten till detta, ge 2, och dra av det från halva roten, lämna 3, vilket representerar en av delarna., s. 85. Genom moderna symboler får vi den önskade algoritmen bf = m ± m 2 4n 2 Naturligtvis är sju den andra roten av (4.1). Figur 4.8: x 2 representerar area av kvadraten AHBF, medan 21 representerar area av rektangeln BDGF. Den totala arean för dessa två geometriska former ger area av en rektangel av 10x. Konstruktionen av Khwarizmi, översatt från latin till engelska av Louis Charles Karpinski, London, Alltså (AB + BC) 3 = (AB) 3 + 3(AB) 2 (BC) + 3(BC) 2 (AB) + (BC) 3 (AB + BC) 3 = 3(AB)(BC)(AB + BC) + (AB) 3 + (BC) 3, 26

28 är ekvivalent med normalformeln y 3 = my + n, där y = AC = AB + BC, villkor är (AB) 3 + (BC) 3 = n (4.2) och (AB)(BC) = m 3 Därefter kan (4.3) formuleras med potenslagar Ersätta (4.4) i (4.2) och få Mltiplicera (4.5) med (AB) 3 och få (4.3) (AB) 3 (BC) 3 = ( m 3 )3 (4.4) (AB) 3 + ( m 3 )3 (AB) 3 = n (4.5) (AB) 6 + ( m 3 )3 = n(ab) 3 (4.6) Därefter kan (4.6) formuleras igen med potenslagar ((AB) 3 ) 2 + ( m 3 )3 = n((ab) 3 ) 1 Sätt t = (AB) 3, så vå får en liknande situation som lemma (1) (t) 2 + ( m 3 )3 = nt. Processen fortsätter för att få AB och BC, och i slutet får vi AC som en geometrisk lösning av (AC) 3 = m(ac)+n med regeln AC = 3 n ( n 2 )2 ( m 3 )3 + 3 n 2 2 ( n 2 )2 ( m 3 )3. Detta steg kommer också att illustreras i avsnitt 4.2 och kapitel Den algebraiska betydelsen av att reducera en ekvation Antag att vi har den allmänna formeln av den kvadratiska ekvationen ax 2 + bx+c = 0. För att reducera denna ekvation kräver processen att eliminera x- termen av första ordningen genom en ny variabel y, så att ersätta x = y b 2a för att uppnå a(y b 2a )2 + b(y b 2a ) + c = 0 27

29 Därefter utvecklas ekvationen Efter förenkling erhålls vilket ger Alltså vilket ger Men vilket ger abc-formeln a(y 2 b a y + b2 b2 ) + by 4a2 2a + c = 0 ay 2 by + b2 b2 + by 4a 2a + c = 0, ay 2 = b2 2a b2 4a c = b2 4ac 4a y 2 = b2 4ac 4a 2, y = ± b 2 4ac 2a x = y b 2a, x = b ± b 2 4ac 2a Alltså vi har fått abc-formeln igen. Detta exempel visar att vi kan reducera kubiska ekvationer igenom att eliminera x-termen av andra ordningen. Med andra ord kan vi reducera kubiska ekvationer genom att ersätta x = y b 3a. Låt oss ta formeln ax3 bx 2 = c. Låt vår ekvation vara x 3 6x 2 = 100. Alltså x = y 6 = y + 2, vilket ger 3 1 eller (y + 2) 3 6(y + 2) 2 = 100 (y + 2)(y + 2) 2 6(y + 2) 2 = 100 Efter utveckling och förenkling erhålls y 3 + 6y 2 6y 2 12y 116 = 0, vilket ger y 3 = 12y

30 Detta innebär att vi har reducerat den kubiska ekvationen x 3 6x 2 = 100 till formeln som accepterar lösningen y 3 = 12y + 116, sådana att koefficienten av den kvadratiska termen är lika med noll. Nu kan vi ta de båda villkoren ur sats (4.1.1) (AB) 3 + (BC) 3 = 116 (4.7) och (AB)(BC) = 12 3 = 4 (4.8) Ersätta (4.8) i (4.7), vilket ger (AB) 3 + ( Multiplicera (4.9) med (AB) 3, vilket ger Därefter kan (4.10) formuleras med potenslagar Anta att t = (AB) 3, så att få pq-formeln Eftersom t = (AB) 3, så 4 AB )3 = 116 (4.9) (AB) = 116(AB) 3 (4.10) ((AB) 3 ) = 116((AB) 3 ) 1 (4.11) t 2 116t + 64 = 0 (4.12) t = ± ( )2 64 (AB) 3 = ± ( )2 64 Det kan visas att om vi tar den positiva eller negativa roten av (AB) kommer vi att få samma värde av (AC) = (AB) + (BC). Vi kan bara ta den positiva roten 116 AB = ( )2 64 Ersätta i (4.7), vilket ger ( ) (BC) 3 =

31 116 BC = ( ( )2 64) Eftersom y = (AC) = (AB) + (BC), så 116 y = ( ) ( ( )2 64) är en lösning av normalformeln y 3 = 12y Eftersom x = y + 2, så 116 x = ( ) ( ( )2 64) + 2 7, 7 är en lösning av den kubiska ekvationen x 3 6x 2 = 100. Med andra ord har vi fått algoritmen AC = y = 3 n ( n 2 )2 ( m 3 )3 + 3 n 2 2 ( n 2 )2 ( m 3 )3 116 AC = y = ( )2 ( ) ( )2 ( 12 3 )3 AC = y 5,7. Eftersom x = y + 2, så x 7,7. För att få alla andra rötter kan vi använda faktorsatsen eller faktoriserings formel i kapitel 6. 30

32 Kapitel 5 Numeriska metoder att hitta en reell rot till en ekvation Bolzanos sats eller satsen om mellanliggande värden säger att om f (x) är kontinuerlig på intervallet [a, b] och om s är ett tal mellan f (a) och f (b), så finns det ett tal c i [a, b], sådana att f (c) = s. Specielt om f tar sitt minimivärde m och sitt maximivärde M, så är dess värdemängd också ett slutet intervall [m, M]. Figur (5.1) visar en typisk situation. Punkter (a, f (a)) och (b, f (b)) är på motsatta sidor av den horisontella linjen y = s. För att vara obruten måste grafen y = f (x) skära denna linje för att gå från en punkt till den andra punkten. I figur (5.1) skär grafen linjen en gång i x = c. Om linjen y = s var något högre kan det ha varit två skärningar och två möjliga värden för c. Satsen är därför anledningen till att grafen för en kontinuerlig funktion i ett intervall I måste vara en sammanhängande och en obruten kurva utan att hopp. Ta ett exempel: f(x) = x 3 4x. Eftersom f(x) = x(x 2 4) = x(x 2)(x + 2), så f(x) = 0 endast när x = 0, x = 2 och x = - 2. Eftersom f är kontinuerlig på hela reella linjen måste den ha konstant tecken vid varje intervall (, 2), ( 2, 0), (0, 2) och (2, ). Om det fanns punkter a och b i ett av dessa intervaller, t.ex i (0, 2), sådana att f(a) < 0 och f(b) > 0, då ur satsen om mellanliggande värden skulle det existera c mellan a och b, och därmed mellan 0 och 2, sådana att f(c) = 0. Men vi vet att f har ingen sådan noll i (0, 2). Ta ett annat exempel: f(x) = x 3 x 1. Funktionen är ett polynom och därför kontinuerlig överallt. Vi har f(1) = 1 och f(2) = 5, och 0 ligger mellan - 1 och 5, satsen garanterar att det måste finnas ett tal c i intervallet [1, 2] så att f(c) = 0. Satsen om mellanliggande värden kommer faktiskt att hjälpa oss att hitta 31

33 en reell rot av kubisk ekvation genom att utnyttja två numeriska metoder: bisektionsmetoden och Newton-Raphsons metod. Båda metoderna är baserade på att upprepa samma process flera gånger för att förbättra noggrannheten vid numerisk beräkning. Därför kommer jag att använda tabeller för att underlätta dessa beräkningar. Figur 5.1: Satsen om mellanliggande värden: kontinuerlig funktion f tar värdet s vid någon punkt c mellan a och b. 32

34 5.1 Bisektionsmetoden Bisektionsmetoden eller intervallhalveringsmetoden innebär, som namnet antyder, att vi utifrån ett givet intervall som innehåller en rot kan evaluera en funktion i mitten av intervallet. Med andra ord betraktas metoden ett kort intervall [a, b] där f byter tecken, då det är känt att f någonstans i intervallet är noll, enligt satsen om mellanliggande värden. Vi kan betrakta grafen till f i intervallet a x b. Om grafen är en sammanhängande kurva och har ett nollställe i intervallet så skär kurvan x-axeln på minst ett ställe i intervallet. Låt oss för enkelhetens skull anta att vi endast har en skärningspunkt och att funktionen alltså endast har ett nollställe i intervallet (Jfr figur 5.2). Nu delar vi intervallet mitt itu m = a+b och bestämmer funktionsvärdet f(m) i mittpunkten. Igenom att 2 jämföra tecknen för f(a), f(b) och f(m) kan vi avgöra på vilken sida om m skärningspunkten ligger: 1. Om f(m) = 0, då är m en rot av f(x). 2. Om f(m) f(b)< 0, då ersätta a = m för att skapa ett nytt intervall. 3. Om f(m) f(a)< 0, då ersätta b = m för att skapa ett nytt intervall. Därefter kan vi upprepa processen, nu med hälften så stort intervall. Denna intervallhalvering kan fortsätta tills vi stängt in vårt sökta x-värde i ett tillräckligt litet intervall. Exempel Lös den kubiska ekvationen och ge x med två decimaler. x 3 + 2x 4 = 0 Sätt f(x) = x 3 + 2x 4. Att finna en rot av ekvationen f(x) = 0 är detsamma som att finna nollstället till f. Vi har f(a) = f(1) = 1 < 0 och f(b) = f(2) = 8 > 0, och 0 ligger mellan - 1 och 8, satsen om mellanliggande värden garanterar att det måste finnas ett tal m i intervallet [1, 2], så att f(m) konvergerar till noll. Låt m = a+b = 1, 5. Vi kan beräkna x-värdena 2 genom: 33

35 a f(a) b f(b) m f(m) Er Ny b - a ,5 2,375 b=m 0, ,5 2,375 1,25 0, b=m 0, ,25 0, ,125 0, a=m 0,125 1,125-0, ,25 0, ,1875 0, b=m 0,0625 1,125-0, ,1875 0, , , a=m 0, , , ,1875 0, , , a=m 0, , , ,1875 0, , , b=m 0, Efter den sjunde iterationen får vi alltså x = 1, ± 0, , med två decimaler x = Figur 5.2: Bisektionsmetoden: kontinuerlig funktion y = f(x), där m är intervallets mittpunkt mellan a och b. 34

36 5.2 Newton-Raphsons metod Newton-Raphsons metod är en metod för att bestämma en approximativ lösning till en ekvation. Man startar med att betrakta en enkel rot i intervallet [a, b]. Grafen till funktionen y = f(x) skär x-axeln i en punkt som ligger i [a, b]. Låt y = f(x) vara en kontinuerligt deriverbar funktion i intervallet [a, b]. Anta vidare att funktionen har ett nollställe c i intervallet [a,b] och att x 0 är en punkt som ligger nära funktionens nollställe (Jfr figur 5.3). Alltså kan vi beteckna c den exakta lösningen av funktionen f(x) = 0, medan x 0 är en approximation av lösningen. I syfte att få en bättre approximation bestämmer vi skärningspunkten mellan x-axeln och tangenten i punkten p = (x 0, f(x 0 )). Tangenten genom punkten P har ekvationen: k = y x = f(x 0) y x 0 x 1 = f (x 0 ) f(x 0 ) y = f (x 0 )(x 0 x 1 ) Eftersom y = 0 vid skärning med x-axeln, får vi x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ), vilket ger ny approximation av lösningen c. Vi kan nu använda x 1 som ett nytt startvärde och beräkna en ny approximation Vi får algoritmen x 2 = x 1 f(x 1) f (x 1 ) x n+1 = x n f(x n) f (x n ), (5.1) vilket utgör iterationsformeln i Newton-Raphsons metod. Under mycket allmänna villkor konvergerar följden x 0, x 1, x 2... mot en rot till ekvationen f(x) = 0; ett närmevärde erhålls genom att processen avbryts vid någon steg. Kravet är att stoppa när får något givet tal ɛ så att x k x k 1 < ɛ. Med andra ord kan vi stanna när differensen mellan två konsekutiva värden är mindre än ɛ, men detta garanterar inte noggrannhets krav som ofta anges på formen x k c < ɛ. 35

37 Tillräckligt villkor för noggrannhets krav x k c < ɛ. Om f(x k ɛ) och f(x k +ɛ) har olika tecken, alltså f(x k ɛ)*f(x k +ɛ) < 0, då ligger en rot mellan punkterna (x k ɛ) och (x k + ɛ). Med andra ord är avståndet mellan x k och den exakta roten c mindre än ɛ och noggrannhets krav x k c < ɛ är uppfylld. När man löser en ekvation med Newton-Raphsons metod måste man välja ett startvärde som ligger i närheten av den sökta roten. Detta kan vi göra igenom att gissa eller rita grafen till y = f(x) med hjälp av dator och från grafen välja den första approximationen x 0. Därefter använder formeln (5.1) för att bestämma några en approximation till den exakta roten. Den sista anmärkningen är att man inte får välja en punkt nära funktionens extrempunkt. Tangenten i en sådan punkt är nästan parallell med x-axeln och första approximation x 1 kan hamna långt bort från lösningen och utanför funktionens definitionsmängden. Exempel Ekvationen x 3 3x = 0 har en negativ rot. Ange en approximativ rot med tre korrekta decimaler dvs bestäm x k så att avståndet till den exakta roten c uppfyller kravet x k c < 0, Låt f(x) = x 3 3x Nu f( 1) = 3 < 0 och f(0) = 1 > 0. Eftersom 0 ligger mellan - 3 och 1 bekräftar satsen om mellanliggande värden att det måste finnas ett tal c i [ 1, 0], sådana att f(c) konvergerar till noll (Jfr figur 5.4). Vi väljer x 1 = 1. Vi har f(x) = x 3 3x och f (x) = 3x 2 6x. Alltså x n+1 = x n f(x n) f (x n ) x n+1 = x n x3 n 3x 2 n + 1 3x 2 n 6x n Nu kan vi beräkna x-värdena genom: n x n f(x n ) f (x n ) x n+1 = x n f(xn) f (x n) , ,667-0,631 5,337-0, ,549-0,069 4,198-0, ,532 0,0003 4,041-0,532 36

38 De första tre decimaler i x 6 förändras inte så har vi troligt tre korrekta decimaler. Alltså det finns anledning att anta att det exakta nollställen ligger i intervallet (- 0, ,0005; - 0,532-0,0005). I syfte att vara säkra beräknar vi funktions värden i ändpunkterna: f( 0, 532 0, 0005) = 0, , f( 0, , 0005) = 0, , Alltså har den kontinuerliga funktionen f(x) olika tecken i intervallets ändpunkter. Därför måste ett nollställe ligga i intervallet (- 0, ,0005; - 0,532-0,0005). Alltså - 0,532 är en approximativ rot med tre korrekta decimaler. För att få alla andra rötter kan vi använda faktorsatsen eller faktoriserings formel i kapitel 6. I själva verket kan vi hitta alla rötter av kubiska ekvationer med hjälp av Newton-Raphsons metod. Metoden som beskrivs ovan används när rötterna är reella, medan samma metod kräver applikationer av komplex dynamik när rötterna är komplexa. Med andra ord är det lätt att hitta några approximationer till lösningar när de ligger inom en lokal struktur, medan det är svårt att hitta approximationer till lösningar när de ligger inom en global struktur. För att eliminera dessa svårigheter kräver processen därför moderna tekniker såsom datorgrafik. Den grundläggande strategin för att generera en bild som illustrerar den globala strukturen hos Newton-Raphsons metod för ett polynom p är som följer: 1. Välja en rektangulär region i det komplexa planet, så att regionen ofta innehåller alla rötter av p. 2. Uppdela regionen i rektanglar, t.ex 300 * 300 av dem, vilket motsvarar ett komplext tal. 3. Genomföra Newton-Raphsons metod för alla dessa komplexa tal, så att z n+1 = z n p(zn) p (z n). Huvuddragen ovan illustrerar hur vi kan hitta alla komplexa rötter med hjälp av Newton-Raphsons metod, men en sådan avancerad nivå ligger inte inom mitt ödmjuka arbete. 37

39 Figur 5.3: Newton-Raphsons metod: kontinuerlig deriverbar funktion y = f(x), där x 0 är en punkt som ligger nära funktionens nollställe c. En tangent genom punkten (x 0, f(x 0 )) skär x-axeln i punkten x 1. 38

40 Figur 5.4: Newton-Raphsons metod: kontinuerlig deriverbar funktion f(x) = x 3 3x Man kan observeras att den negativa roten måste ligga mellan 0 och

41 Kapitel 6 Den allmänna lösningen av den kubiska ekvationen En allmän kubisk ekvation är en ekvation som kan skrivas på formen ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, där koefficienter a, b och c är positiva eller negativa, reella eller imaginära. En allmän kubisk ekvation har tre rötter, av vilka minst en och annars alla tre tillhör de reella talen. Den allmänna kubiska ekvationen löstes med Cardanos formel med användning av komplexa tal. Men innan jag tar denna formel börjar jag med att omformulera sats (4.1.1) i syfte att eliminera begränsningen (m)3 (3) (n)2 3 (2). Cardano 2 presenterar sats (6.0.1) i kapitel XI av Ars magna or the rules of algebra i syfte att få en reell rot. Sats Om tu = m 3 och t3 u 3 = n, då är y lösningen av y 3 + my = n, där y = t - u. n Regel: Om y 3 + my = n, då y = ( n 2 2 )2 + ( m 3 )3 - n ( n 2 )2 + ( m 3 )3 Bevis. Låt oss ta en kub vars längd t och vars volym t 3. Låt t vara uppdelad i en punkt i två delar: u och t u. Därefter visar figur (6.1) att kuben kan uppdelas i sex delar, vilket ger volym som är lika med den totala volymen för dessa geometriska former u 3 + (t u) 3 + 2tu(t u) + u 2 (t u) + u(t u) 2 = t 3 40

42 (t u) 3 + 2tu(t u) + u 2 (t u) + u(t u) 2 = t 3 u 3 Därefter faktoriseras den gemensamma (t - u) Efter förenkling erhålls (t u) 3 + (t u)(2tu + u 2 + u(t u)) = t 3 u 3 (t u) 3 + 3tu(t u) = t 3 u 3 Detta innebär att vi har kommit fram till den kubiska ekvationen y 3 + my = n. Eftersom y = t - u, så får vi Detta innebär att och Ersätta (6.1) i (6.2) y 3 + 3tu(y) = t 3 u 3 Multiplicera (6.3) med t 3, vilket ger med potenslagar pq-formeln ger Vi kan ta den positiva roten Ersätta (6.4) i (6.2), vilket ger u = 3 3tu = m (6.1) t 3 u 3 = n (6.2) t 3 ( m 3t )3 = n (6.3) (t 3 ) 2 n(t 3 ) 1 ( m 3 )3 = 0 t 3 = n 2 ± n 2 /4 + (m/3) 3 t = 3 n ( n 2 )2 + ( m 3 )3 (6.4) n ( n 2 )2 + ( m 3 )3 Alltså y = t u = 3 n ( n 2 )2 + ( m 3 )3 3 n ( n 2 )2 + ( m 3 )3 är en lösning till y 3 + my = n. 41

43 Figur 6.1: En kub med längd av t och volym av t 3. kuben kan uppdelas i sex delar: blå kub med volym (t u) 3, röd kub med volym u 3, en kub under den blåa kuben med volym u(t u) 2, ett högt block i övre främre hörnet med volym u 2 (t u), två plattor med volym tu(t - u). Exempel Reducera ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 Vi har a = 2, b = - 30, c = 162 och d = Vi kan reducera den kubiska ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 genom att ersätta x = y b 3a (Jfr 4.2), vilket ger x = y + 5. Alltså 2(y + 5) 3 30(y + 5) (y + 5) 350 = 0 2y y 2 30y y 40 = 0 y 3 + 6y 20 = 0. 42

44 Exempel Hitta en rot av den kubiska ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 Ur exempel vet vi att 2x 3 30x x 350 = 0 har normalformeln y 3 + 6y = 20 och därmed kan vi använda sats tu = 6 (6.5) och t 3 u 3 = 20 (6.6) Ersätta (6.5) i (6.6), vilket ger t 3 ( 2 t )3 = 20 (6.7) Multiplicera (6.7) med t 3 och formulera sedan med potenslagar, vilket ger (t 3 ) 2 20(t 3 ) 1 8 = 0 abc-formeln ger Vi kan ta den positiva roten t 3 = 20 ± t = (6.8) Ersätta (6.8) i (6.6), vilket ger Alltså y = t u = 3 u = = 2 är en lösning till y 3 + 6y = 20. Direkt ur regeln i sats kan vi få alltså y = 2 av denna normalformel. Eftersom x = y + 5 ur exempel (6.0.2), så x = = 7 är en reell rot av 2x 3 30x x 350 = 0. För att få alla andra rötter av den kubiska ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 kan vi använda faktorsatsen eller faktoriserings formel. Låt oss börja med några satser för att nå dessa viktiga formler. 43

45 Sats Divisonsalgoritmen: Om p(x) och q(x) är polynom i x då finns det polynom k(x) och r(x), sådana att p(x) = q(x)k(x)+r(x), där r(x) har lägre gradtal än q(x). Bevis. Man behöver inte bevisa denna sats, som ligger till grund för en praktisk metod att dividera polynom. Sats Algebrans fundamentalsats: Varje polynom p(x) av positiv grad med komplexa koefficienter, har ett nollställe α C, dvs p(α) = 0. Bevis. Vi har sett att detta är sant för lineära, kvadratiska och kubiska polynom. Eftersom man saknar formler för ekvationslösning i allmänhet sker beviset ej igenom att man hittar rötter som i dessa fall, utan indirekt. Den förste som bevisade det (Carl Friedrich Gauss ) älskade satsen så mycket att han gjorde många olika bevis - det längsta tar ca 30 sidor, och det kortaste, med ett mer avancerat maskineri. Sats Faktorsatsen: Antag att p(x) är ett polynom, och att α C. Dela p(x) med x α: Då är resten p(x) = (x α)k(x) + r. r = p(α) Speciellt delar x α polynomet p(x) (dvs r = 0) om och endast om α är ett nollställe: p(α) = 0 Bevis. Ur sats vet vi att p(x) = (x α)k(x) + r(x), för några polynom k(x) och r(x), så att r(x) har lägre gradtal än (x α) = 1. Det följer att r(x) är en konstant r. Sätt sedan (x = α), p(α) = (α α)k(α) + r = 0 k(α) + r = r, och vi har identifierat resten. Att (x α) delar p(x) är detsamma som att säga att resten vid division är r = 0, och detta är alltså sant om och endast om p(α) = 0. 44

46 I själva verket finns det också en formel som spelar en central roll i faktorisering. Denna formel kan fungera med alla fall av koefficienter och alla typer av kubiska ekvationer med ett krav att ha en reell rot x = α: Sats Faktoriseringsformel: Om ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, där a, b, c, d R, då ger faktoriseringen (x α)(ax 2 + bx + c) = 0 Om vi nu har ett polynom p(x) av grad 3, så ser vi alltså från algebrans fundamentalsats att det föreligger ett nollställe p(α 1 ) = 0. Med faktorsatsen eller faktoriserings formel vet vi då att p(x) = (x α 1 )k 1 (x), där k 1 (x) är ett kvadratiskt polynom. Även k 1(x) har ett nollställe k 1 (α 2 ) = 0, så k 1 (x) = (x α 2 )k 2 (x), där k 2 (x) är ett lineärt polynom. Och även k 2 (x) har ett nollställe k 2 (α 3 ) = 0, så k 2 (x) = (x α 3 )k 3 (x), där k 3 (x) = k är en konstant. Sätter vi ihop allt detta får vi att p(x) = (x α 1 )k 1 (x) = (x α 1 )(x α 2 )k 2 (x) = (x α 1 )(x α 2 )(x α 3 )k, där graden sjönk med 1 för varje division, och att vi har lika många lineära faktorer i produkten som graden av polynomet vi startade med. På samma sätt får vi i allmänhet: Sats Till varje polynom p(x) av grad n med komplexa koefficienter finns det α 1, α 2,..., α n C, och k C, så att p(x) = k(x α 1 )(x α 2 )...(x α n ), för varje i = 1,...n gäller att p(α i ) = 0. Nu kan vi tydligt se sambandet mellan koefficienter och rötter. Antag att vi har ett kvadratiskt polynom x 2 + ax + b. Ur fundamentalsatsen vet vi att 45

47 det kan faktoriseras som x 2 + ax + b = (x α 1 )(x α 2 ), där α 1 och α 2 är polynomets nollställen. Om vi multiplicerar ut högerledet här, får vi och alltså har vi att och x 2 + ax + b = x 2 (α 1 + α 2 )x + (α 1 α 2 ), a = (α 1 + α 2 ) b = (α 1 α 2 ). Direkt från polynomet kan vi alltså läsa av vad summan av rötterna är, liksom deras produkt! Sats Sambandet mellan koefficienter och rötter: Låt ha x 3 + ax 2 + bx + c = 0. Om α 1, α 2, α 3 tre tal som uppfyller att α 1 + α 2 + α 3 = a och α 1 α 2 α 3 = c, då är α 1, α 2 och α 3 rötter av ekvationen. Exempel Hitta alla rötter av den kubiska ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 Ur exempel har vi en reell rot x 1 = 7. Vi kan använda faktorsatsen för att hitta alla andra rötter. 2x 2 16x + 50 x 7 ) 2x 3 30x x 350 2x x 2 16x x 16x 2 112x Alltså faktorsatsen ger 50x x x 3 30x x 350 = (x 7)(2x 2 16x + 50), där resten är noll. Nu kan vi använda abc-formeln/ pq-formeln för att få rötter av kvoten k(x), alltså rötter av den kvadratiska ekvationen 2x 2 16x + 50, där a = 2, b = - 16 och c = 50 x = b ± b 2 4ac 2a 46

48 x 2 = 4 + 3i x 3 = 4 3i Alltså har den kubiska ekvationen 2x 3 30x x 350 = 0 tre rötter x 1 = 7, x 2 = 4 + 3i och x 3 = 4 3i. Exempel Hitta alla rötter av den kubiska ekvationen x 3 + 7, 9x 2 + (1, 3) 2 x (2, 1) 3 = 0 (6.9) Ur exemplet i 3 har vi en reell rot x 1 = 0, 933. Vi kan använda faktoriserings formel för att hitta alla andra rötter. 1. Multiplicera (x)(ax 2 ) av formeln (6.0.7) = (1)(x 3 ) av ekvationen (6.9) a = 1 2. Multiplicera ( x 0 )(c) av formeln (6.0.7) = (2, 1) 3 av ekvationen (6.9) c = 9, Sätta värdena a och c i formeln (6.0.7) så att få (x 0, 933)((1)(x 2 ) + bx + 9, 929). 4. Skriva om formeln (6.0.7) i steget (3) så att få x 3 + x 2 (b 0, 9327) + x(9, 929 0, 933b) 9, Få b genom att kombinera båda ekvationer, alltså x 2 (b 0, ) i steget (4) = 7, 9x 2 av ekvationen (6.9). b = 8, Alltså x 3 +7, 9x 2 +(1, 3) 2 x (2, 1) 3 = (x 0, 933)(x 2 +8, 833x+9, 929). 7. Få de reella rötter av kvoten (x 2 + 8, 833x + 9, 929) genom pq-formeln x = p ( 2 ± p 2 )2 q x 2 = 1, 32 x 3 = 7, 51 47