Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500- talet Anders Källén MatematikCentrum LTH anderskallen@gmail.com Sammanfattning I den här artikeln ska vi diskutera hur man kan lösa tredje- och fjärdegradsekvationer. Metoderna upptäcktes på 1500-talet och ledde till en bitter personlig fejd mellan två italienare. En intressant observation är att metoderna bygger på att man kan räkna med komplexa tal, vilket man alltså tvingades till i en tid när inte ens negativa tal var accepterade som tal.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 1 (14) Introduktion År 1545 publicerade en italiensk läkare och matematiker vid namn Girolamo Cardano en bok i algebra vid namn Ars Magna (Algebrans regler), en bok som än idag betraktas som ett av renässansens mästerverk. Det som var mest betydelsefullt i den var att den, efter att inledningsvis ha diskuterat linjära och kvadratiska ekvationer, fortsätter med den fullständiga lösningen av tredje- och fjärdegradsekvationer. Men publicerandet ledde till att en annan italiensk matematiker, känd som Tartaglia, fick spé. Han ansåg att han härigenom hade blivit bestulen på sin stora upptäckt. Trots att Cardano tydligt angav att han fått lösningen på en av tredjegradsekvationerna från just Tartaglia. Tartaglia ansåg att han fått Cardanos löfte att Tartaglia skulle publicera först. Den påföljande striden är vad denna artikel handlar om. Redan de gamla grekerna kunde diskutera ekvationer som vi nu skriver x 2 + ax = b. De gjorde det i geometriska termer, där x 2 och ax båda betecknar areor, och vi söker en sida x så att summan av dessa två areor ska vara lika med b. De hade också en lösning på det, som svarar mot vår kvadratkomplettering. På samma sätt kunde de diskutera tredjegradsekvationer. Areor ersätts då med volymer. Men fjärdegradsekvationer eller polynomekvationer av högre grad hade ingen mening för dem, eftersom vi lever i en tredimensionell värld. Och grekerna hade inte uppfunnit algebran och kunde därför inte formulera problemet som vi gör, i en enkel ekvation. Men en skillnad mellan andragradsekvationer och tredjegradsekvationer är att medan grekerna kunde lösa de förra, hade de ingen aning om hur man kan lösa de senare. Det dröjde till Renässansen innan detta blev möjligt. Först behövde man nämligen uppfinna lite av det vi idag kallar algebra. Men när tiden var mogen, var det ingen enkel födelseprocess för lösandet av tredjegradsekvationen. Istället var det en process med mycket hemlighetsmakeri, offentliga tävlingar och smutskastning. Det finns en intressant detalj i det hela. I en tid då negativa tal knappt var uppfunna så dyker i denna diskussion de komplexa talen på ett naturligt sätt upp. För att nå målet att finna lösningarna till tredjegradsekvationen måse man räkna med dem som vore de tal. Även problem som varken använder komplexa tal i sin formulering eller i sitt svar kräver att man räknar med komplexa tal. Som en känd matematiker en gång sa: den kortaste vägen mellan två reella sanningar går ofta genom det komplexa. Hur grekerna löste andragradsekvationer För att lösa det vi idag skriver som ekvationen x 2 + 10x = 39 skulle grekerna rita en kvadrat med sidan x och två små rektanglar med sidorna 5 och x. Sedan lägger man ut dessa rektanglar såsom i figuren till höger. Vi ser då att om vi lägger till en kvadrat med sidan 5 så får vi en jämn kvadrat. Det vi vill uppnå är då att denna nya kvadrat, med sidan x + 5, ska ha en total area som är 39 + 25 = 64. Det i sin tur innebär att sidan ska vara 8, alltså x + 5 = 8. Det följer att x = 3.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 2 (14) Detta resonemang är precis vad vi gör när vi kvadratkompletterar: x 2 + 10x 39 = (x + 5) 2 25 39 = (x + 5) 2 8 2 = 0 x + 5 = ±8. Enda skillnaden är att vi också har tillgång till negativa tal, och därför ser att det finns ytterligare en lösning till ekvationen, nämligen x = 13. Men den lösningen har ingen mening för antikens grekiska matematiker. Algebrans ofullständighet och dess konsekvenser Tanken att uttrycka ekvationer i symboler istället för ord var inget som plötsligt framsprang ur pannan på någon, utan var en långsam process. Inte heller fanns begrepp som likhetstecken, så tanken att göra algebraiska operationer som vi gör, när vi t.ex. flyttar över några termer från ena sidan till andra sidan för att sedan kvadratkomplettera, fanns överhuvudtaget inte. Den första kända bok som använde tecknen + och lär ha tryckts 1489. Detta att steg för steg förkorta ord så att till slut endast initialerna återstod pågick under lång tid, och hade säkert gått fortare om alla matematiker talat samma språk. Men,som exempel, 1skrev en Pacioli 1494 ekvationen x + x 2 = 12 som Trioumane.1.n o. che gioto al suo qrat o facia.12. Det är klart att det är svårare att se genom en sådan notation än att se genom den vi har idag. Dock skedde det en utveckling mot vår notation, och avgörande för denna utveckling var boktryckarkonsten som kunde sprida nya idéer på ett effektivare sätt än tidigare. Tryckerikonsten hjälpte till att skapa det förkortade språk som vi idag kallar algebra. En förklaring till att sådana tecken blev populära kan vara att de var språkligt neutrala. I början av 1500-talet visste man alltså hur man löste linjära och kvadratiska ekvationer geometriskt, och araber hade löst några speciella tredjegradsekvationer, också geometriskt, men någon allmän metod för sådana var inte känd, och vissa trodde inte det fanns någon sådan. Innan vi går in och tittar närmare på den fejd som ägde rum kring lösandet av tredjegradsekvationen måste vi titta närmare på tiden. De lärartjänster som fanns i t.ex. matematik tillsattes inte som idag, då de utlyses till sökande som får bevisa sin kompetens och sedan väljer man ut den som har bäst meriter. Istället kallades man till, och erbjöds, olika tjänster efter sitt rykte, och rykte fick man genom att genomföra offentliga dueller med medtävlare. Dueller i vilka man utmanade varandra med problem. Vinster i sådana dueller skapade ens rykte och därmed möjligheter att komma ifråga för anställningar av olika slag. Eftersom det handlade om att vinna dueller var det viktigt att inte hjälpa sina motståndare genom att berätta om de trick man upptäckt. Det fanns därför ingen drivkraft att offentliggöra sina upptäckter, utan tvärtom: det gällde att hålla dem hemliga. Sedan gällde det naturligtvis att hitta någon att utmana på duellerna. Dessa dueller var offentliga tillställningar där publiken ofta bestod av studenter och anhängare, men ibland kunde större folksamlingar dras till tillställningarna och vadslagning kunde äga rum i publiken.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 3 (14) Fejden mellan Tartaglia och Cardano Någon gång tidigt 1500-tal upptäckte en matematikprofessor i Bologna, Scipione del Ferro (1465-1526), hur man kunde lösa ekvationer på formen x 3 + ax = b (där a och b är positiva). Troligen fick del Ferro aldrig tillfälle att utnyttja denna sin kunskap, men när han dog kom hans svärson och efterträdare Annibale della Nave, och en av hans elever, Antonio Maria Fior, över lösningen. Den senare kände nu att han var i besittning av en hemlighet som han kunde utnyttja för att få en tjänst i matematik, det gällde då bara att hitta en motståndare. Då han hörde talas om en viss Tartaglia, som hade antytt att han kunde lösa vissa tredjegradsekvationer och som just då höll på att försöka göra sig ett namn. Här fanns hans motståndare, så Fior utmanade Tartaglia. Tartaglia var född i Brescia i norra Italien 1499 och döpt till Niccolò Fontana. Men som liten gav ett sabelhugg av en fransk soldat honom en allvarlig skada i mun och gom, som ledde till att han led av talsvårigheter hela livet. Han fick därför smeknamnet Tartaglia, stammaren. Han bosatte sig i Venedig där han tjänade sitt uppehälle som lärare i matematik. Vid något tillfälle antydde han för en vän att han kunde lösa ekvationer på formen x 3 + cx 2 = d, och det var tillräckligt för att få utmaningen av Fior. Så, tidigt 1535, utmanade Fior Tartaglia på duell. De skulle föreslå 30 problem för varandra och den som under 30 dagar kunde lösa flest av motståndarens problem skulle utses till vinnare. Vad ingen visste var att Tartaglia antingen innan eller under utmaningen kommit på hur man kan lösa ekvationer av båda typerna ovan, vilket betydde att han kunde lösa Fiors alla 30 problem. Samtidigt hade Tartaglia kommit underfund med att Fior inte kunde lösa problem med x 2 -termer och valde sådana, vilket ledde till att Fior inte kom långt med hans problem. Tartaglia var tydlig vinnare och intet hördes från Fior därefter. Med detta steg Tartaglias stjärna och han fick många studenter och vände sig åt tidens kanske viktigaste matematiska problemområde, ballistiken, om vilket han publicerade en bok 1537. Inte ett ord om tredjegradsekvationen i den. Det är då Cardano dyker upp. Han var född i Pavia 1501 och hade tidigt blivit intresserad av matematik, vilket var mest Euklides geometri på den tiden. Cardano s far var en välutbildad jurist, lärare i geometri och en god vän till Leonardo da Vinci. Även om fadern ville att Girolamo skulle studera juridik, började han läsa matematik som 19-åring vid universitetet i Pavia och som 21-åring både debatterade han offentligt och lärde ut Euklides. Sedan tog han en medicinsk examen vid universitetet i Padua som 25-åring. Under åren 1524-1547 ska han mest ha varit upptagen med olika juridiska dispyter (vilkan han själv påstår att han vann alla). Samtidigt byggde han upp ett rykte som läkare och under sent 1530-tal var han den mest eftertraktade läkaren i norra Italien; 1537 inbjöds han att undervisa i medicin i Pavia, men avböjde eftersom hans inkomsterna huvudsakligen kom från privata patienter och patroner, och han litade inte på att universitetet skulle betala ut lönen. Han gjorde även horoskop för de rika och mäktiga och var en stor spelare. Han var född i en vidskeplig familj och fortsatte den traditionen, samtidigt som han gjorde viktiga observationer i vad vi idag kallar naturvetenskap. Efter att hört om Tartaglias vinst över Fior bad Cardano om tillåtelse att publicera dennes lösning på tredjegradsekvationen i en bok han tänkte skriva. Han skulle ge full cred till
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 4 (14) Tartaglia, som dock först svarade att han planerade att skriva en bok själv om det. Han visste dock inte när. Efter en intensiv brevväxling lyckades dock Cardano utverka att Tartaglia och han träffades och Cardano fick då Tartaglia hur själva lösningsalgoritmen såg ut. Mer precist indikerade han algoritmen i form av en kod, och han gav ingen förklaring på varför algoritmen fungerade. Detta hände 1539. Med vid mötet var Cardanos elev Ludovici Ferrari och tillsammans lyckades de med det besvärliga arbetet att dekryptera Tartaglias metod. Hur Cardano löste en tredjegradsekvation För att illustrera Cardanos metod betraktar vi exemplet x 3 + 6x = 20. På den tiden hade man, som sagt, inte tillgång till vår algebra, utan både problem och lösning bestod av längre verbala beskrivningar. I svensk översättning börjar den något i stil med Ta tredjepotensen av en tredjedel av koefficienten framför x och addera till den kvadraten av hälften av konstanten i ekvationen och tag kvadratroten ur resultatet. Duplicera detta och till en av de två adderar du hälften av det tal du redan kvadrerat och från det andra subtraherar du hälften av detsamma. Då har du ett binomium och dess apotome. Subtrahera tredjeroten av apotomen från den av binomium och du får värdet på x. Allt detta blir naturligtvis enklare om man använder modern algebra! Det handlar om att lösa en ekvation på formen x 3 +px+q = 0. Det man utnyttjar är följande observation: vi har att (u + v) 3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v). Det betyder att om vi skriver x = u + v så har vi ekvationen Om vi därför kan välja u och v så att x 3 3uvx (u 3 + v 3 ) = 0. 3uv = p, u 3 + v 3 = q, så kommer x = u + v att lösa tredjegradsekvationen x 3 + px + q = 0. Exempel 1 För ekvationen x 3 + 6x 20 = 0 skriver vi alltså x = u + v där u, v ska vara sådana att { { 3uv = 6 uv = 2. u 3 + v 3 = 20 u 3 + v 3 = 20 Vi har nu 2 ekvationer och två obekanta. Och de kan vi lösa på följande sätt. Andra ekvationen ger (u 3 + v 3 ) 2 = q 2 u 6 + 2u 3 v 3 + v 6 = q 2
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 5 (14) och från den första ekvationen har vi att vilket ger oss att u 3 v 3 = (p/3) 3, (u 3 v 3 ) 2 = u 6 2u 3 v 3 + v 6 = q 2 + 4(p/3) 3 = 4. Här är sista likheten en definition. Det följer att vi har följande två ekvationer för u och v { u 3 + v 3 = q u 3 v 3 = 2. Negativa tal fanns inte på den tiden, vilket vi kan använda som skäl till att inte bry oss om den negativa kvadratroten. Alternativt kan vi se det som att vi kräver att u v (någon måste ju vara störst), och då måste vi ta den positiva kvadratroten. Från detta bestämmer vi först u 3 och v 3, u 3 = q 2 +, v 3 = q 2 och sedan u och v och får slutligen lösningen x = u + v = 3 q 2 + 3 q 2 + till tredjegradsekvationen (jämför med texten i början av avsnittet). Exempel 2 Vi fortsätter exemplet ovan. Vi får då p = 6 och q = 20 och alltså { { u 3 + v 3 = 20 u 3 + v 3 = 20 uv = 2 u 3 v 3 = ( 20) 2 + 4 2 3 = 12 3 Det följer att 2u 3 = 2(6 3 + 10) och 2v 3 = 2(6 3 10) och alltså x = u + v = 3 6 3 + 10 3 6 3 10. Att detta är ett krångligt sätt att skriva x = 2 på är kanske inte helt lätt att se. Men vi kan verifiera det genom att notera att ( 3 ± 1) 3 = 10 ± 6 3, så att uttrycket blir x = 3 + 1 ( 3 1) = 2, Med med hjälp av detta får vi nu att x 3 +6x 20 = x 3 +6x 20 (2 3 +6 2 20) = (x 2)(x+2x+4)+6(x 2) = (x 2)(x+2x+10), vilket visar att de övriga två nollställena är komplexa: x = 1±3i. Vilka inte hade någon mening på 1500-talet, så tredjegradsekvationen har endast en lösning ur deras perspektiv.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 6 (14) Anmärkning Här finns mer i lösningen än som 1500-tals matematikerna hade möjlighet att förstå. Tricket är ju att lösa ekvationerna z 3 = 6 3 ± 10, och vi såg att dessa har lösningarna z ± = 3 ± 1. Men den har också två lösningar till: om vi skriver ω = e iπ/3 = 1 + i 3 så är även z 2 2 ± ω och z ± ω 2 lösningar till ekvationen. Men här kan vi inte ta vilka kombinationer som helst eftersom produkten av talen u, v ska vara ett reellt tal så måste de lösningar vara sådana att antalet ω-faktorer är noll eller tre. Detta ger oss följande tre alternativ för u + v: z + z = 2, ωz + ω 2 z = 1 + 3i, ω 2 z + ωz = 1 3i. Det var Euler som 1732 först visade att en tredjegradsekvation har tre rötter och därför gav den första kompletta diskussionen av Cardanos lösning. Hur gör vi då om vi har också en x 2 -term. Det är ganska enkelt för oss, med vår tillgång till algebra, som nästa exempel visar. Exempel 3 Vi ska lösa ekvationen x 3 + 6x 2 6x 63 = 0. Det första vi då ska göra är att bli av med x 2 -termen genom att införa en ny variabel x = y + a för ett lämpligt a. Polynomet blir nu (y +a) 3 +6(y +a) 2 6(y +a) 63 = y 3 +(3a+6)y 2 +(3a 2 +12a 6)y +(a 3 +6a 2 6a 63) och vi väljer a så att koefficienten framför y 2 är noll, i vårt fall a = 2. Uttryckt i y blir därför ekvationen vi ska lösa y 3 18y 35 = 0. Vi gör nu som i föregående exempel och skriver y = u + v där 3uv = 18 och u 3 + v 3 = 35. Från den får vi att (u 3 v 3 ) 2 = (u 3 + v 3 ) 2 4 6 3 = 35 2 4 6 3 = 19 2, så att u 3 v 3 = 19. Det följer att 2u 3 = 54 och 2v 3 = 16, och alltså u = 3 och v = 2. Det följer att y = 2 + 3 = 5 och alltså x = y 2 = 3. För att få de övriga nollställena fortsätter vi använda ekvationen i y: y 3 18y 35 = y 3 5 3 18(y 5) = (y 5)(y 2 + 5y + 7) så de övriga nollställena är y = 5/2 ± 25/4 7 = ( 5 ± i 3)/2 och alltså x = ( 9 ± i 3)/2. Exempel 4 Polynomet x 3 15x 4 ser man ganska lätt har nollstället x = 4 och med hjälp av det kan vi se att de andra två rötterna är 2± 3. Men om vi använder metoden ovan för att hitta nollställena ser vi att den ger oss resultatet x = 3 2 + 121 + 2 3 121. Den innehåller det imaginära talet 121 = 11i, men x är ändå ett reellt tal!
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 7 (14) Här ser vi att, och det insåg redan italienarna på 1500-talet, att vi faktiskt måste räkna med komplexa tal. Mer precist måste vi lösa ekvationen (a + bi) 3 = 2 + 11i. Denna ekvation kan skrivas a 3 3ab 2 + i(3a 2 b b 3 ) = 2 + 11i { a 3 3ab 2 = 2 3a 2 b b 3 = 11, från vilket vi ser att a = 2, b = 1 är en lösning. Vi drar därför slutsatsen att och från det att x = (2 + i) + (2 i) = 4. (2 ± i) 3 = 2 ± 11i, Genom att bestämma även de två övriga lösningarna till ekvationen kan vi få de återstående två nollställena, men det räcker ju om vi hittat en. Den intressanta lärdomen från detta exempel är att för att kunna hitta de reella lösningarna (alltså verkliga sådana) till denna ekvation, måste vi räkna med komplexa tal. Det går inte att bara säga att 121 inte finns. Gör man det, ger metoden inte en lösning på tredjegradsekvationen. Fjärdegradsekvationer Men Ars Magna innehöll inte bara en metod att lösa den allmänna tredjegradsekvationen utan också en metod att lösa den allmänna fjärdegradsekvationen. Det var eleven Ludovico Ferrari som hade hittat den, vilket Cardano är snabb med att berätta. Idén bakom metoden ska vi nu illustrera. Vi skriver för enkelhets skull fjärdegradsekvation på formen x 4 + 2ax 3 + bx 2 + 2cx + d = 0, där vi alltså satt 2:or framför två av koefficienterna. Metodens idén kan illustreras med följande enkla exempel. Exempel 5 Vi kan faktorisera polynomet x 4 + 9 i två andragradspolynom med hjälp av konjugatregeln som följer: x 4 + 9 = x 4 + 6x 2 + 9 6x 2 = (x 2 + 3) 2 6x 2 = (x 2 + 3 6x)(x 2 + 3 + 6x) Den allmänna idén nu är att skriva ett allmänt fjärdegradspolynom på formen x 4 + 2ax 3 + bx 2 + 2cx + d = (x 2 + ax + A) 2 (Bx + C) 2. för lämpliga konstanter. För att se om det går utvecklar vi uttrycket i högerledet: x 4 + 2ax 3 + (2A + a 2 B 2 )x 2 + 2(A BC)x + A 2 C 2.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 8 (14) Det betyder att vi måste finna A, B, C sådana att 2A + a 2 B 2 = b B 2 = 2A + a 2 b A BC = 2c BC = A c A 2 C 2 = d C 2 = A 2 d. Men sambandet (BC) 2 = B 2 C 2 leder ur detta till följande ekvation för A: (2A + a 2 b)(a 2 d) = (A c) 2. Detta är en tredjegradsekvation, och sådana har vi just lärt oss lösa. Låt A vara en av dess lösningar. Tag sedan B och C sådana att först och tredje ekvationen ovan är uppfyllda och vi har att ekvationen ovan är uppfylld. Det följer därur att fjärdegradspolynomet kan faktoriseras (x 2 + ax + A + Bx + D)(x 2 + ax + A Bx C), vilka är två andragradspolynom och som vi därför kan lösa. Exempel 6 Vi ska lösa ekvationen x 4 + 2x 3 x 2 2x 3 = 0. Om vi upprepar räkningen ovan betyder det att vi ska hitta A, B, C sådana att B 2 = 2A + 2 BC = A + 1, C 2 = A 2 + 3 och motsvarande tredjegradsekvation blir därför (2A + 2)(A 2 + 3) (A + 1) 2 = (A + 1)(2A 2 A + 5) = 0. Här har vi A = 1 gratis, så vi får sedan att vi kan ta B = 0 och C = 2. Det betyder att x 4 + 2x 3 x 2 2x 3 = (x 2 + x 1) 2 (0x + 2) 2 = (x 2 + x 3)(x 2 + x + 1). Av dessa är det endast den första faktorn som har reella nollställen, så lösningarna ges av x = ( 1 ± 13)/2. Stridens fortsättning Hur fortsatte då den uppkomna stridigheten mellan Cardano och Tartaglia? Huruvida Cardano verkligen var bunden av ett löfte till Tartaglia om att inte avslöja hemligheten med lösandet av tredjegradsekvationen har ifrågasatts. Det är Tartaglia som påstår det, medan Ferrari, som var med på mötet, är tydlig med att ett sådant löfte inte gavs. Tidens skribenter, som var väl medvetna om fejden, tycks inte haft något att invända; invändningarna kom inte förrän på 1700-talet, då man tog Tartaglias påstående som sanning.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 9 (14) Tartaglia gav lösningen (men inte ett bevis) i en kodad form, och Cardano hade fått jobba mycket för att ur koden hitta hur man löser en tredjegradsekvation. Det är inte säkert att han därigenom verkligen rekonstruerade dennes metod, utan snarare arbetade fram en egen metod, vilken han beskriv i sin bok. Dessutom hade Cardano i tiden mellan mötet med Tartaglia och publikationen av sin bok fått reda på att del Ferro redan innan Tartaglia hade löst problemet med ekvationen utan en x 2 -term, vilket betydde att Tartaglia inte var först. Men Tartaglia ansåg sig likväl lurad på en upptäckt och angrep Cardano för att få till en duell. Men istället var det Ferrari som, begåvad med ett hett temperament, kastade handsken. Till Tartaglias stora besvikelse. Även om vi inget vet om den duellen visar alla tecken mot att Ferrari vann och Tartaglia fick dra sig tillbaka med ett dalande rykte. Men Tartaglia gav inte upp. Han smidde olika ränker för att komma åt Cardano, men det som blev den senares fall var egentligen inte Tartaglias angrepp utan Cardanos egna, vanartiga, barn. P.g.a. skandaler kring dem förlorade Cardano sina anställningar och fick inga nya. Slutet kom när Tartaglia genom att använda Cardanos äldsta son som redskap lyckades sända den Spanska Inkvisitionen på Cardano. Även om han slapp tortyr och endast satt en kort tid i fängelse framlevde Cardano resten av sitt liv som en skuggfigur i Rom. Han dog 1576 och strax efteråt följde Tartaglia honom i graven. Efter Tartaglias död försökte man samla ihop och publicera dennes opublicerade verk. Bland dessa hittade man ingenting om tredjegradsekvationen! Vieta och den moderna algebran Den som kom att slutligen forma den moderna algebran, och därmed skriva ett polynom som vi gör idag, var den franske juristen och kungliga rådgivaren Francoise Vieta (1540-1603). Vieta är idag mer känd som code-breaker, men det är en annan historia. Istället är vi intresserade av varianter på metoden att lösa tredjegradsekvationer, och följande metod utvecklades av Vieta men blev publicerad först 1615, många år efter hans död. Metoden startar med identiteten cos(3α) = 4 cos 3 (α) 3 cos(α), som vi skriver z 3 3 4 z2 1 cos(3α) = 0, 4 z = cos(α). Antag nu att vi ha en given tredjegradsekvation på formen y 3 + py + q = 0. Vi skriver då först y = nz, vilket ger oss ekvationen z 3 + p n 2 z + q n 3 = 0. Om vi nu tar n sådan att p/n 2 = 3/4, alltså n = 4p/3 och sedan väljer α sådan att q/n 3 = cos(3α)/4, så övergår vår givna ekvation i cosinusidentiteten.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 10 (14) Exempel 7 Låt oss först illustrera detta med ekvationen x 3 15x 4 = 0. Vi ska då skriva x = nz där n = 4( 15)/3 = 2 5 och sedan välja α sådan att cos(3α) = 4( 4) n 3 = 2 5 5. Skriv nu α 0 = arccos( 2 5 )/3 0.463648. 5 Då ges alltså en lösning till ekvationen av x 1 = 2 5 cos(α 0 ) 4. Vi ser att metoden är numerisk i allmänhet. Vi får också de andra två rötterna x 2 = 2 5 cos(α 0 + 2π/3) 3.73205, x 2 = 2 5 cos(α 0 + 4π/3) 0.267949 vilka är numeriska approximationer till 2 3 respektive 2 + 3. Exempel 8 Betrakta nu åter ekvationen x 3 + 6x 20 = 0. Vi löser den på samma sätt genom att skriva x = nz där n = 4 6 = 8 = 2 2i. 3 Visserligen ett komplext tal, men det kanske går bra ändå. Ekvationen för α blir nu cos(3α) = 4q ( 20) = 4 n3 8 = 5i, 8i 3 2 och den ekvationen kan vi inte lösa utan komplex analys. Vi ser alltså att metoden fungerar olika bra i olika situationer. Man kan visa att om ekvationen har tre reella lösningar så gäller alltid att p < 0 och att 4q n = q/2 3 (p/3) 3 blir ett tal mellan 1 och 1. I det fallet fungerar alltså metoden som i det första fallet ovan. Villkoret är ekvivalent med att (p/3) 3 + (q/2) 2 = 0, vilket i sig medför att vi måste ha p < 0. Om tredjegradsekvationen har endast en reell rot kan man istället använda de hyperboliska funktionerna, men vi går inte in på det. Istället tittar vi på en alternativ, och i många avseenden enklare, lösning till tredjegradsekvationen x 3 + px + q = 0 som också härstammar från Vieto. I den introducerar han z genom och får då ekvationen z 3 x = z p 3z p3 27z 3 + q = 0,
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 11 (14) vilket är en kvadratisk ekvation i z 3 med lösningen z 3 = q 2 ±, = ( p 3 )3 + ( q 2 )2. Totalt ger detta oss 6 komplexa rötter z vilka dock endast ger 3 olika värden på x. För att se detta låt z ± vara lösningar till de två ekvationerna. Då gäller att (z + z ) 3 = ( ( q 2 )2 ) = ( p 3 )3, så låt oss välja z ± så att z + z = p 3. De sex lösningarna till denna ekvation ges då av och vi får först lösningen z ±, z ± ω, z ± ω 2, x 1 = z ± p 3z± = z ± + z till ekvationen, Därefter har vi (där vi använder att ω 2 + ω + 1 = 0) x 2 = z ± ω x 3 = z ± ω 2 p 3z ± ω = z ±ω + z ω 2 = z ± ω z (ω + 1) = (z ± z )ω z, p 3z ± ω 2 = z ±ω 2 + z ω = z ± (1 + ω) + z ω = (z z ± )ω z ±, vilka är samma lösningar. Så där finns två av dem. Låt oss se hur detta fungerar i några exempel. Exempel 9 Vi börjar med x 3 + 6x 20 = 0. Då definieras z genom och ekvationen vi får för z är x = z 2 z z 3 8 20 = 0. z3 Löser vi den ingående andragradsekvationen för z 3 så får vi att z 3 = 10 ± 6 3. Denna ekvation har vi sett tidigare och såg då att vi kan ta z ± = 1± 3. De tre lösningarna till ekvationen blir nu x 1 = (1 + 3) + (1 3) = 2, x 2 = 2 3ω (1 3) = 3( 1 + i 3) (1 3) = 1 + 3i, x 3 = 2 3ω (1 + 3) = 1 3i. Vi har alltså hittat samma tre lösningar som vi gjorde tidigare.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 12 (14) Exempel 10 För ekvationen x 3 15x 4 = 0 definierar vi z genom och dess ekvation blir Löser vi den får vi x = z + 5 z z 3 + 53 z 3 4 = 0. z 3 = 2 ± 125 + 4 = 2 ± 11i. Även denna ekvation har vi sett tidigare och såg då att vi kan ta z ± = 2 + ±i. De tre lösningarna är nu x 1 = (2+i)+(2 i) = 4, x 2 = 2iω (2 i) = 2+ 3, x 3 = 2iω (2+i) = 2 3. Vi får alltså åter samma lösningar som vi fick tidigare. Femtegradsekvationer då? De lösningar till polynomekvationer av grad till och med fyra som vi diskuterat är alla sådana att vi endast behöver använda oss av de fyra räknesätten samt rotutdragningar. När man på detta sätt kan skaffa en formel för lösningen som endast innehåller sådana operationer så säger man att man löser ekvationen med hjälp av radikaler. Den naturliga frågan är nu: kan vi även lösa högregradsekvationer med hjälp av radikaler? Det var den naturliga frågan att ställa från 1600-talet och framåt. Många stora matematiker jobbade mycket med det och försökte analysera lösningsmetoderna för att hitta något som gick att generalisera. Mycket viktig matematik kom ur dessa ansträngningar, men de var alla förgäves när det gällde lösandet av den allmänna femtegradsekvationen. Men en avgörande insats gjordes av Joseph-Louis Lagrange () som gjorde en ingående analys av de metoder som hade använts för att lösa de av lägre grad. Hans insats visade på varför dessa metoder inte fick att generalisera till ekvationer av högre grad än fyra, och visade därmed att om det skulle gå att hitta en lösning till den allmänna femtegradsekvationen så måste man hitta nya vägar. Den observation Lagrange gjorde var den grundläggande betydelsen den binomiska ekvationen z n = 1 hade vid lösandet av n-tegradsekvationen (n 4). Låt oss i exempelform skissera hans omformulering av metoderna. De bygger på att en n:tegradsekvation har precis n rötter (vilket inte var bevisat vid denna tid); kalla dem x 1,..., x n. Ekvationen z n = 1 har k rötter ω k = ω k 1, ω = e 2πi/n, och till var och en av dem definierar han uttrycket t k = n j=1 x i ω j 1 k, k = 1,..., n. Detta är egentligen den diskreta Fouriertransformen av rötterna, men vi kan kalla den Lagranges resolventer.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 13 (14) Exempel 11 För andragradsekvationen x 2 +a 1 x+a 0 = 0 har ekvationen z 2 = 1 lösningarna ±1 och vi får t 1 = x 1 + x 2 och t 2 = x 1 x 2. Här vet vi att t 1 = a 1 och dessutom gäller att t 2 2 = (x 1 x 2 ) 2 = (x 1 + x 2 ) 2 4x 1 x 2 = a 2 1 4a 0. Vi har alltså ekvationerna x 1 + x 2 = a 1 och x 1 x 2 = ± a 2 1 4a 0 från vilket vi kan bestämma lösningarna till x 1, x 2 = ( a 1 ± a 2 1 4a 0 )/2. Exempel 12 Betrakta nu tredjegradsekvationen x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0. Ekvationen z 3 = 1 har lösningarna 1, ω, ω 2 där ω = e 2πi/3 och vi får nu resolventvärdena t 1 = x 1 + x 2 + x 3, t 2 = x 1 + ωx 2 + ω 2 x 3, t 3 = x 1 + ω 2 x 2 + ωx 3. Liksom tidigare är t 1 = a 2 och dessutom ger diverse räknande att t 3 2+t 3 3 = 2(x 1 +x 2 +x 3 ) 3 9(x 1 +x 2 +x 3 )(x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 3 x 3 )+27(x 1 x 2 x 3 ) 3 = 2a 3 2+9a 2 a 1 27a 3 0, t 2 t 3 = (x 1 + x 2 + x 3 ) 2 3(x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 3 x 3 ) = a 2 1 3a 2. Vi kan därför bestämma t 3 2, t 3 3 som lösningarna till resolventekvationen t 2 + (2a 3 2 9a 2 a 1 + 27a 3 0)t + (a 2 1 3a 2 ) 3 = 0. När vi väl bestämt dem är det lätt att lösa ut x i :na ur det linjära ekvationssystemet ovan: x 1 = 1 3 (t 1 + t 2 + t 3 ), x 2 = 1 3 (t 1 + ω 2 t 2 + ωt 3 ), x 1 = 1 3 (t 1 + ωt 2 + ω 2 t 3 ). Detta ger en generalisering av Cardanos formel som är fallet då a 2 = 0. Exempel 13 Vi kommer så till fjärdegradsekvationen x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0. Nu ges lösningarna av den binomiska ekvationen av ±1, ±i och vi får t 1 = x 1 +x 2 +x 3 +x 4, t 2 = x 1 +ix 2 x 3 ix 4, t 3 = x 1 x 2 +x 3 x 4, t 4 = x 1 ix 2 x 3 +ix 4. Detta system är ekvivalent med följande, där vi har eliminerat i:na: t 1 = x 1 +x 2 +x 3 +x 4, t 2 = x 1 +x 2 x 3 x 4, t 3 = x 1 x 2 +x 3 x 4, t 4 = x 1 x 2 x 3 +x 4. Här ger en del räknande att t 2 2 +t 2 3 +t 2 4 = 3(x 1 +x 2 +x 3 +x 4 ) 2 8(x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 1 x 4 +x 2 x 4 +x 2 x 3 +x 3 x 4 ) = 3a 2 3 8a 2, När a 3 = 0 ges y = t 2 i, i = 2, 3, 4 som lösningar till ekvationen y 3 + a 2 2 y2 + a2 2 4a 0 y a2 1 16 64 = 0 Denna tredjegradsekvationen kallas fjärdegradsekvationens resolventekvation, och när vi hittat dess tre rötter y 1, y 2, y 3 så får man (alltjämnt i fallet a 3 = 0) lösningarna x 1 = y 1 + y 2 + y 3, x 2 = y 1 y 2 y 3, x 3 = y 1 + y 2 y 3, x 4 = y 1 y 2 + y 3.
Om tredjegradsekvation och en matematikerfejd på 1500-talet 14 (14) Vi ser att det som är gemensamt för tredje- och fjärdegradsekvationerna är att deras resolventekvation är av en grad som är en enhet lägre än själva ekvationen. Det gör att vi kan lösa den. Men det Lagrange upptäckte var att när vi kommer till femtegradsekvationen blir situationen annorlunda, i det att resolventekvationen blir av sjätte graden, och kan alltså inte lösas i allmänhet, eftersom vi endast kan lösa ekvationer upp t.o.m. fjärdegradsekvationen. Förklaringen till detta kom i början av 1800-talet med två unga matematiker: norrmannen Niels Henrik Abel och fransmannen Evariste Galaois. Det de kom fram till var överraskande: det finns ingen sådan formel var sig för femtegradsekvationen eller för någon ekvation av högre grad än fem! De fyra fall man klarade på 1500-talet är alltså alla fall som går att klara. Detta är i sig en fascinerande historia, som är kopplad till klassiska problem som vinkelns tredelning och kubens fördubbling, men det är en annan historia!