Allmänna Tredjegradsekvationen - version 1.4.0

Transkript

1 Allmänna Tredjegradsekvationen - version Lars Johansson 0 april 017 Vi vet hur man med rotutdragning löser en andragradsekvation med reella koecienter: x + px + 0 1) Men hur gör man för att göra motsvarande med tredjegradsekvationer? Detta skall här diskuteras. Först skall vi titta på hur man kan förenkla tredjegradsekvationen med substitition. Eliminering av term genom användning av substitution Låt oss mjukstarta genom att betrakta en andragradsekvation. Det som kan göra en andragradsekvation svår är närvaron av en förstagradsterm. Vi använder följande substitution: Denna insätts i ekvation 1) : x y p y p) + p y p ) + 0 ) Om vi hittar en lösning till y så nner vi lätt lösningen till x eftersom x p + y ) Kvadraten utvecklas och paranteserna elimineras i ), vilket ger: Ekvationen hyfsas: y yp + p 4 + py p + 0 y p Förstagradstermen är borta och ekvationen kan lätt lösas: 1

2 och vi nner att y är: y p 4 p y ± 4 4) Om 4) sätts in i ) erhåller vi den kända lösningen till andragradsekvationen: x p ± p 4 Nu skall vi med denna teknik eliminera andragradstermen ur en tredjegradsekvation. En allmän tredjegradsekvation kan skrivas: y + ry + sy + t 0 5) Här är y den obekanta och r, s och t är kända konstanter. Det underförstås att de kända konstanterna är reella. Nu görs följande substitition: Substititionen 6) insätts i 5) : y x r 6) x r ) + rx r ) + sx r ) + t 0 Tredje- och andragradsparanteserna utvecklas: x x r + 1 r x 1 7 r + r x rx r) + sx 1 rs + t 0 Ekvationen förenklas......och omgrupperas Nu sätter vi: x 1 r x + 7 r + sx 1 rs + t 0 x + x s 1 r) + 7 r 1 rs + t 0 7) p s 1 } r 1 rs 7 r t Och om 8) stoppas in i 7) ser vi att tredjegradsekvationen kan skrivas: 8) x + px 9) Alla tredjegradsekvationer kan omformuleras på detta sätt. Så problemet att lösa den allmänna tredjegradsekvationen kan reduceras till att lösa en ekvation av typ 9).

3 Övningsuppgifter Övning 1 Eliminera andragradstermen ur tredjegradsekvationen y + y + 6y 10 0 Lösning: Sätt y x 1 Substitutionen insätts: x 1) + x 1) + 6x 1) 10 0 Tredje- och andragradsparanteserna utvecklas: x x + x 1 + x x + 1) + 6x Förenkla: x + x 14 { x + x 14 Svar: y x 1 Övning Eliminera andragradstermen ur tredjegradsekvationen y 6y + 1y 11 0 Lösning: Sätt y x + Substitutionen insätts: x + ) 6x + ) + 1x + ) 11 0 Tredje- och andragradsparanteserna utvecklas: x + 6x + 1x + 8 6x + 4x + 4) + 1x Förenkla: x + 1x + 8 4x 4 + 1x x + x 1 { x + x 1 Svar: y x + Ekvationslösning med hjälp av rotutdragning Vi börjar med att titta på andragradsekvationen och går därefter över till tredjegradsekvationen.

4 Lösning av andragradsekvationer med rotutdragning Nyckeln till lösning av andragradsekvationer 1) är kvadreringsregeln: a b) a ab + b Termerna omgrupperas: a b) a + ab b 0 a b) a + ba b) + b 0 a b) + ba b) + b a 0 10) Jämför nu ekvation 10) med andragradsekvationen: x + px + 0 1) Man kan se att ekvationerna 10) och 1) har samma struktur, och man kan identiera andragradsekvationens konstanter och variabeln x: a b) + }{{}}{{} b a b) + b }{{}} {{ a } 0 x p x Jämförelsen mellan ekvationerna 10) och 1) ger ett ekvationssystem: x a b 11) p b 1) b a 1) Om vi kan uttrycka a och b med hjälp av p och kan ekvationen lösas. Ekvation 1) i systemet ger: Om 14) insätts i 1) erhålls: b p 14) Man löser ut a: p) a a p) p 4 p a ± 4 15) 4

5 Nu ger oss ekvationerna 15) och 14) värden på a och b. Lösningen kan således skrivas upp: x a b b + a p ± p 4 Själva resultatet är ju välkänt, men det intressanta här var metoden för härledningen: jämförelse mellan andragradsekvationen och uttrycket för kvadrering. I nästa avsnitt går vi vidare och arbetar på motsvarande sätt med en tredjegradsekvation. Lösning av tredjegradsekvationer med rotutdragning Nyckeln till lösning av tredjegradsekvationer är kuberingsregeln: Termerna omgrupperas: Utbrytning: a b) a a b + ab b a b) + a b ab a b a b) + aba b) a b 16) Vi drar oss åter till minnes den ekvation vi vill lösa: x + px 9) Om vi jämför ekvationerna 16) och 9) nner vi att de har samma struktur: a b) + }{{}}{{} ab x p a b) }{{} x a b }{{} Identieringen av parametrar ger följande ekvationer: x a b 17) p ab 18) a b 19) Med hjälp av ekvationerna 18) och 19) skall vi nu försöka att hitta uttryck för a och b. Ekvation 18) medför: b p a 0) 5

6 0) insätts i 19): a p ) a a p 7a a a 6 p 7 a 6 a p 7 0 Om vi nu löser ovanstående sjättegradsekvation får vi lätt fram värdet på a. Sjättegradsekvation! Det blir ju bara värre och värre! Vi försöker lösa en tredjegradsekvation och hamnar i en sjättegradsekvation. Är det inte dags att ge upp nu? Nej, man skall inte ge upp! Sjättegradsekvationen kan ju betraktas som en andragradsekvation: a ) a p 7 0 Om vi betraktar a som den sökta obekanta nner vi lätt: a ± 4 + p 7 1) 18) medför: ) insätts i 19): Löser vi ut b får vi: a p b ) p ) b b b ± 4 + p 7 ) Ekvation 17) ger x a b och tillsammans med 1) och ) kan vi ställa upp en pampig formel: x a b ± 4 + p 7 ± 4 + p 7 4) Men är problemet verkligen löst? Vi vet visserligen att x a b, och vi känner a och b i termer av de ingående parametrarna p och. Men vi har inte entydiga värden på a och b. Uttrycken för dessa är ju behäftade med en plusminusterm. Dessutom vet vi att om tex. a är känt, så kan a ha tre möjliga värden som uppfyller detta. Exempelvis vet vi att om a 8, så uppfylls detta om a, a 1 + j och om a 1 j. ) 6

7 Varje term i 4) kan alltså ha sex olika värden, och kombinerar vi dem på alla upptänkliga sätt nner vi att uttrycket skulle kunna ha värden, trots att vi vet att en tredjegradsekvation kan ha högst tre olika lösningar. Således återstår en hel del arbete. Övningsuppgifter Övning Varje tredjegradsekvation med reella koecienter har minst en reell lösning. Följande tredjegradsekvationen har en reell rot: x + 9x 6 5) Använd formel 4) för att hitta ekvationens reella rot. Lösning: Vi identierar: p 9; 6. Så beräknas a : { a ± 4 + p 7 6 ± ± ±14 1 6) Låt oss till att börja med att anta att a 7. Ekvation 18) medför att p 7a b så: b p 7a ) På basis av antagandet att a 7 nner vi tre möjliga värden på a: a + j 8) j På motsvarande sätt ger 7) tre möjliga värden på b: 1 b 1 + j 1 j 9) x a b får ett reellt resultat endast om man bildar x genom att använda de reella värdena på både a och b. Så: x a b 1 Nu går vi vidare med det andra antagandet från 6), att a 1. På motsvarande sätt som i 7) får vi nu: 7

8 b p 9 7a 7 1) 7 0) De reella värden på a och b som kan hämtas ur detta är a 1 och b. Detta ger: x a b 1 ) Samma resultat! Vi undersöker om lösningen satiserar ekvationen: VL x + 9x HL Svar: ekvationens reella rot är x Det stämmer! En titt på tredjegradsekvationens lösning Den lösning som erhölls i förra avsnittet ekvation 4) ) förefaller, som påpekades, lite väl mångtydig. Låt oss granska lösningen och se om den kan preciseras. Vi konstaterade att a ± 4 + p 7 och att b ± 4 + p 7 Av ekvation 19) framgår att a b. Detta uppfylls om vi väljer att ha plustecken framför rottecknen i uttrycken för både a och b : ) a b p p 7 Kravet som ställs av ekvation 19) uppfylls också om vi väljer att ha minus framför bägge rottecknen: ) a b 4 + p p 7 Däremot uppfylls kravet inte om vi låter a och b ha olika tecken framför respektive kvadratrot. Låt oss jämföra lösningarna då vi har plus- och minustecken framför kvadratrötterna. Plustecken ger: x a b p p p p 7 1) Om vi istället väljer att ha minus framför rottecknen erhålls: 8

9 x a b { 1 bryts ur paranteserna 1) p p 7 } 4 + p 7 1) p p p 7 ) En jämförelse mellan ekvationerna 1) och ) visar att man får samma resultat oavsett om man använder plus eller minus framför rottecknen. Vi kan således fastslå lösningen till tredjegradsekvationen 9): x p p 7 ) För att denna lösning skall bli praktiskt användbar måste vi studera den ytterligare. Man upptäcker snart att det uppstår tre fall som måste behandlas vart och ett för sig. Låt oss benämna uttrycket under kvadratroten diskriminanten, D. Det gäller alltså att D 4 + p 7 4) De tre olika fallen är alltså: D > 0, D 0 och D < 0. De följande tre avsnitten behandlar vart och ett av nämnda fall. Lösning av tredjegradsekvationen om diskriminanten är större än noll Vi inleder med att införa en konvention. Den konvention vi inför säger att om w är ett reellt tal gäller att z w är reellt, dvs. den reella lösningen till z w). Däremot tolkar vi w 1 som hela lösningsmängden till z w. Med andra ord har vi: 8 och 8 Men däremot gäller: j 1 j och j 1 j 9

10 För att demonstrera lösningen av tredjegradsekvationer utgår vi från ett exempel. Så, låt oss ta oss an följande ekvation: x + 6x 0 5) Redan nu kan vi avslöja för läsaren att ekvationen har lösningsmängden x 1 ; x 1 + j; x 1 j; Vi vill lösa ekvationen med den formel som härletts, och det första steget är att beräkna diskriminanten: Vi vet att x a b där p 6; 0; D 4 + p 7 0) a + D b + D och Vi beräknar approximativa värden på a och b: a a j a j 6) b 1.71 b j b j 7) Låter man dem representeras i ett komplext talplan ser det ut som i Figur 1. Lösningarna till a + D, och motsvarande för konstanten b, delar varvet i tre lika delar. Det bör lätt inses, att om a och b är reella tal och om a ej har samma absolutbelopp som b, så kommer ett och endast ett av a-värdena a 1 a ) att vara reellt, och detsamma gäller b -värdena b 1 b ). Därav följer att en och endast en av lösningarna till tredjegradsekvationen kommer att vara reell. Utan bevis fastslår vi härmed: Sats 1. Om diskriminanten till en tredjegradsekvation av typen x + px är större än noll har ekvationen en reell lösning och två komplexa och komplexkonjugerande) lösningar. Satsen framstår som trovärdig då vi betraktar Figur. Av guren framgår att ekvationens enda) reella lösning kan konstrueras graskt ur det komplexa 10

11 Figur 1: De parametrar som ingår i tredjegradsekvationens lösning presenteras här inlagda i ett komplext talplan. a 1 a representeras med tjocka linjer och b 1 b med tunna. talplanet. a 1 och b 1 är ju reella, vilket ger oss x 1 a 1 b 1 som ekvationens enda reella lösning. a 1 och b 1 har ju sina fotpunkter i origo och x 1 har sin fotpunkt b 1 :s spets. Av guren framgår klart att a 1 och x 1 + b 1 pekar på samma punkt, helt enligt formeln för ekvationens lösning. Vi kan nu slå fast att den reella lösningen till tredjegradsekvationen x + px ges av formeln x 1 + D + D 8) där D 4 + p 7 > 0 och det följaktligen gäller att D är ett reellt tal. I vårt aktuella fall, med p 6, 0 och D 108, har vi: x Uttrycket blir faktiskt exakt. Tror man inte räknedosans vittnesbörd 11

12 Figur : Tredjegradsekvationens tre lösningar kan konstrueras fram ur diagrammet. Lösningen x a b representeras av en pil med fotpunkten i b och spetsen i a. Vi vet att x 1 + j och guren tycks bekräfta detta. kan man testa genom att sätta in i ekvationen. Men det är inte elementärt att visa att uttrycket ovan faktiskt blir. Vi har nu ekvationen: x + px 0 9) och vi kan konstatera att en av lösningarna, x 1 är känd. Med hjälp av polynomdivision kan vi nu faktorisera vänsterledet i 9): x + px x x 1 )x + x 1 x + x 1 + p) Läsaren invänder kanske mot att konstanten saknas i högerledet, men det bör lätt inses att x 1 + px 1 samt att: 1

13 x x 1 )x + x 1 x + x 1 + p) x + x 1 x + x 1x + px x 1 x x 1x x 1 px 1 x + px x 1 px 1 x + px Nollställena i andragradsfaktorn utgör tredjegradsekvationens övriga två lösningar. Dessa beräknas: x, x 1 x ± 1 4 x 1 p x 1 ± x 1 4 p 40) Vi vet att en tredjegradsekvation med positiv diskriminant har en reell och två komplexa lösningar. Uttrycket under rottecknet i ekvation 40) är således negativt. Således kan rötterna x, skrivas: x, x 1 ± j 4 x 1 + p 41) Låt oss testa detta på vårt problem. Vi har: x + 6x 0 där en av lösningarna är känd: x 1 Vi stoppar in detta i ekvation 41): x, ± j 4 ) ± j 9 1 ± j Resultatet stämmer väl med vad vi visste från början. Receptet för lösning av ekvationen x + px om diskriminanten är ett positivt tal, är: D 4 + p 7 x 1 + D + D x, x 1 ± j 4 x 1 + p 4) Övningsuppgifter Övning 4 Använd rotutdragning för att söka samtliga rötter till följande tredjegradsekvationer: a) 4x + 1x 17 b) x 99x 540 1

14 Lösning av a-uppgiften Ekvationen skrivs: x x 17 4 Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p Den reella lösningen är: x 1 + D De komplexa lösningarna blir: x, x 1 ± j + D x 1 + p 1 ± j ± j ± j Svar: x 1 1 x, 1 ± j Lösning av b-uppgiften Ekvationen är: x 99x 540. Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p Den reella lösningen är: x 1 + D + D De komplexa lösningarna blir: x, x 1 ± j 4 x 1 + p 6 ± j ± j 9 6 ± j Svar: x 1 1 x, 6 ± j Lösning av tredjegradsekvationen om diskriminanten är lika med noll Vid lösning av en tredjagradsekvation på formen x + px beräknas parametrarna a och b, vilka är: a + D p 7 och b + D p 7 14

15 När diskriminanten D är lika med noll erhålls: a och b 4) 4 7 p 44) Vi noterar i förbigående att det av vänsterledet i 44) framgår att ekvationens båda led är positiva, vilket i sin tur kräver att p är negativt. Ett nödvändigt men icke tillräckligt villkor för att D skall vara noll är således att p är ett negativt tal. Kurvan i Figur visar vilka p och som uppfyller ekvation 44). Det nns ett reellt värde på a och ett reellt värde på b som uppfyller relationerna 4): a 1 och b 1 a 1 och således erhålls följande reella lösning: x 1 a 1 b 1 a 1 a 1 ) a ) Med hjälp av 45) konstateras att: x ) Om ekvation 46) kvadreras erhålls: x ) 15

16 Figur : Kurvan i p-planet visar de värden på p och där diskriminanten D är noll. Till vänster om kurvan är diskriminanten negativ, och till höger om densamma är den positiv. men diskriminanten, D 4 + p 7, är noll så: Om 48) insätts i 47) erhålls: 4 7 p 48) x ) p 64 7 p) 4 p) 49) Av 49) framgår att vi har följande reella värde på x 1 : x 1 4 p 50) Om vi nu tar leden i ekvation 46) och dividerar med dem i ekvation 50) erhålls x 1 x 1 x 1 4 ) 4p p Som visas i tidigare avsnitt kan ekvationen faktoriseras: 51) x + px x x 1 )x + x 1 x + p + x 1) 5) 16

17 Ekvationens övriga rötter hittas genom att söka nollställena till andragradspolynomet i högerledet till 5): x, x 1 ± x 1 4 p x 1 x 1 ± p 4 x 1 5) Uttrycket under rottecknet i ekvation 5) förenklas, och då kommer sambandet i ekvation 50) till användning: p 4 x 1 {50)} p 4 Vi nner alltså att 5) är en dubbelrot: x x x 1 ± 0 1 ) p p Utan bevis presenteras följande sats: Sats. Om diskriminanten till en tredjegradsekvation av typen 4 p) 0 54) x + px är lika med noll, har ekvationen en unik lösning plus en reell dubbelrot. Omvänt gäller att om en tredjegradsekvation av nämnt slag har reella lösningar, inklusive en reell dubbelrot, gäller att dess diskriminant är noll. Figur 4) presenterar en grask konstruktion av lösningarna i ett komplext talplan där parametrarna {a 1, a, a } och {b 1, b, b } är inritade. Av guren framgår intuitivt att samtliga lösningar blir reella. Receptet för lösning av ekvationen x + px då diskriminanten är noll är: x 1 p x x x 1 55) Övningsuppgifter Övning 5 Använd rotutdragning för att söka samtliga rötter till följande tredjegradsekvationer: a) x x b) x 147x 686 Lösning av a-uppgiften Ekvationen skrivs: x x Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p )

18 Figur 4: Lösningarna till en tredjegradsekvation med diskriminanten noll representeras geometriskt i gurens komplexa talplan. Vi ser lätt att x 1 a 1 b 1, x a b och att x a b. Då diskriminanten är noll löses ekvationen enligt 55): x 1 p ) x x x 1 1 Svar: x 1 x, 1 Lösning av b-uppgiften Ekvationen skrivs: x 147x 686 Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p ) 7 0 Då diskriminanten är noll löses ekvationen enligt 55): x 1 p ) 14 18

19 x x x Svar: x 1 14 x, 7 Lösning av tredjegradsekvationen om diskriminanten är mindre än noll Vi påminner oss om tredjegradsekvationens utseende: bekant vid det här laget är lösningen x a b där: a + D p 7 och b + D p 7 x + px. Som Om diskriminanten D 4 + p 7 är mindre än noll gäller att 4 p 7 > 0 Då erhåller vi: a + D + 1) D) 1) + + j 4 p 7 Nu denieras: R Nu kan vi skriva: 4 p 7 ) 56) 4 p 7. Naturligtvis är R ett tal större än noll. Och på samma sätt gäller a + jr 57) b + jr 58) x a b + + 1) 4 + p 7 ) 4 p p 7 + 1) + j 4 p 7 + j 4 p 7 + jr + jr 4 p 7 ) 59) a är som bekant en mängd om tre element a {a 1, a, a }, och a är ett tal med positiv imaginärdel. Om a och a placeras i samma komplexa talplan kommer det att se ut ungefär som i gur 5). 19

20 De komplexa tal, a, som uppfyller ekvation 57) delar det komplexa talplanet i tre delar. Vi ser att b +jr är speglingen av a i den imaginära axeln. Figur 5: Den svarta linjen i det komplexa talplanet representerar a, och de röda representerar möjliga värden på a. Lägg märke till att argumentet för a 1 är 1 av argumentet för a Om vi skriver in {a 1, a, a } och {b 1, b, b } i ett komplext talplan ser vi att vi också kan geometriskt representera tredjegradsekvationernas lösningsmängd {x 1, x, x } i ett komplext talplan Figur 6)). Vi nner att samtliga lösningar är reella. Utan bevis uppställs följande sats: Sats. Om diskriminanten till en tredjegradsekvation av typen x + px är mindre än noll, har ekvationen tre unika lösningar som är reella. Omvänt gäller att om ekvationen har tre unika, reella lösningar så är diskriminanten negativ. Låt oss nu fundera på hur vi praktiskt skall hitta rötterna till tredjegradsekvationen om diskriminanten är negativ. Med utgångspunkt från 59) nner vi: x a b + jr + jr + jr + jr { } andra termen är kon- a + ā Re{a} jugatet av den första 0

21 Således gäller: x 1 Re{a 1 } a 1 cos arg{a 1 } ) 60) För att beräkna x 1 enligt 60) måste vi beräkna: a 1 a 4 + R R p 7 6 p 7 p arg{a 1 } 1 arg { + j 4 p 7 } Figur 6: x 1 a 1 b 1, och x 1 är helt reell. a och b är varandras spegelbilder i imaginära axeln, och som följd därav är a 1 och b 1 också varandras spegelbilder i reella axeln. På samma sätt som visats i tidigare avsnitt ekvation 41) ) kan de två övriga rötterna erhållas genom polynomdivision. Vi får således: x x 1 + x x 1 x 1 4 p 61) x 1 4 p 1

22 Övningsuppgifter Övning 6 Använd rotutdragning för att söka samtliga rötter till följande tredjegradsekvationer: a) x 7x 6 b) x 9x 70 Lösning av a-uppgiften Ekvationen skrivs: x 7x 6 Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p 7 6) + 7) Diskriminanten är negativ, och därför löses uppgiften enligt ekvationerna 60) och 61). a 1 p 7) 7 arg{a 1 } 1 arg { + j 4 p 7 x 1 blir: 1 arg { + j 1 π arctan ) 7 )) } 1 arg { 6) j } { 1 arg + j x 1 a 1 cos{arg a 1 } cos ) } 6 4 4) 7 } Genom insättning i ekvationen kan man konstatera att x 1 är ett exakt svar. Beräkning av x 1 och x sker enligt ekvation 61): x x 1 + x x 1 x 1 4 p x 1 4 p Svar: x 1 x 1 x

23 Lösning av b-uppgiften Ekvationen skrivs: x 9x 70 Vi ser att diskriminanten blir: D 4 + p 7 70) + 9) Diskriminanten är negativ. Således: a 1 p 9) { } { } arg{a 1 } 1 arg + j 4 p 7 1 arg + j D 1 {5 arg + j } 97 )) 97 1 arctan x 1 blir: x 1 a 1 cos{arg a 1 }.6056 cos0.456) 7 Genom insättning i ekvationen kan man konstatera att x 1 7 är ett exakt svar. Beräkning av x 1 och x sker enligt ekvation 61): x x 1 + x 1 4 p x x 1 x 1 4 p Svar: x 1 7 x x 5 Vi lägger märke till att båda lösningsmängderna i föregående övningsexempel är sådana att x 1 + x + x 0 Var det en slump, eller gäller detta generellt? Vi testar. Antag att lösningsmängden till en tredjegradsekvation är {x 1, x, x }. Då kommer tredjegradsekvationen se ut så här: x x 1 )x x )x x ) 0 x + x 1 x x )x + x 1 x + x 1 x + x x )x x 1 x x 0 x + x 1 x x )x + x 1 x + x 1 x + x x )x x 1 x x Om vi relaterar detta uttryck till parametrarna i vår ekvation erhålls: x + x 1 x x ) x + x }{{} 1 x + x 1 x + x x ) x x }{{} 1 x x }{{} 0 p

24 För att ekvationen skall vara på den form som behandlas i detta avsnitt krävs alltså att x 1 x x 0, dvs.: x x 1 x För en tredjegradsekvation på formen x + px med diskriminant mindre än noll kan lösningsreceptet sammanfattas: a 1 p { } arg{a 1 } 1 arg + j 4 p 7 x 1 a 1 cos{arg a 1 } x x 1 + x 1 4 p x x 1 x 6) 4