UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGOŠKA FAKULTETA

DIPLOMSKO DELO

MATJAŽ KRAUS

UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGOŠKA FAKULTETAŠtudijski program: Matematika in fizika

NIČLE POLINOMA

DIPLOMSKO DELO

Mentor:

izr. prof. dr. Marko Slapar

Somentor: Kandidat:

dr. Tadej Starčič Matjaž Kraus

Ljubljana, 2016

Program diplomskega dela

V diplomskem delu obravnavajte osnovni izrek algebre in njegove posledice. Natoobravnavajte različne metode in možnosti računanja ničel polinomov.

Ljubljana, 2016 Mentor: dr. Marko Slapar, izr. prof.

Somentor: dr. Tadej Starčič

Zahvala

Zahvaljujem se mentorju izr. prof. dr. Marku Slaparju za nasvete in strokovnopomoč pri pisanju diplomskega dela. Zahvaljujem se tudi svoji družini in vsemdrugim, ki ste me kakor koli podpirali in spodbujali v času študija.

Povzetek

Osrednji del diplomskega dela so različne metode iskanja in računanja ničel polino-mov. V uvodu bom predstavil polinome in njihove lastnosti. Nato se bom posvetilosnovnemu izreku algebre in njegovemu dokazu. V nadaljevanju bom predstavilrazlične metode in kriterije za računanje ničel. Bolj natančno bom obravnavalCardanovo formulo in Ferrarijevo metodo.

Ključne besede: ničle polinoma, osnovni izrek algebre, Cardanova formula, Fer-rarijeva metoda

Abstract

The main part of the thesis are various search methods and calculation of thepolynomial roots. In the introduction, I present polynomials and their properties.Then I will focus on Fundamental Theorem of Algebra and its proof. In thecontinuation various methods and criteria for the roots calculation are presentedwith focus on Cardano formula and Ferrari method.

Keywords: Polynomial roots, fundamental Theorem of Algebra, Cardano for-mula, Ferrari method

Poglavje 1. Uvod 2

Poglavje 2. Splošno o polinomih 32.1. Definicija in osnovne lastnosti 32.2. Osnovni izrek algebre in posledice 6

Poglavje 3. Računanje ničel 123.1. Polinomi prve in druge stopnje stopnje 123.2. Polinomi tretje stopnje 153.3. Polinomi četrte stopnje 263.4. Kriteriji za določanje narave ničel polinoma z realnimi koeficienti 353.5. Polinomi stopnje 5 ali več 37

Poglavje 4. Zaključek 39

Literatura 40

Kazalo

POGLAVJE 1

Uvod

Pri študiju matematike sem velikokrat iskal ničle linearnih in kvadratnih enačb.Vendar se mi je večkrat postavilo vprašanje, ali je mogoče in kakšen je postopekizračuna ničel polinomov z višjimi stopnjami, ki se jih ne da rešiti z znanjem sre-dnješolske matematike.Namen diplomskega dela je predstaviti iskanje in računanje ničel polinomov inodgovoriti na vprašanje, če se jih sploh da vedno poiskati. Najprej bom predsta-vil, kaj so to polinomi in zapisal nekaj osnovnih lastnosti . Nato bom predstavilosnovni izrek algebre, ki je temeljnega pomena za iskanje ničel, in posledice izreka.Sledilo bo glavno poglavje o ničlah polinomov. Zgolj na kratko bom omenil re-ševanje ničel polinomov prve in druge stopnje, saj je postopek znan že večinisrednješolcev. Največ pozornosti bom namenil polinomom 3. in 4. stopnje, sajza ti dve stopnji še obstajajo formule, v katerih nastopajo le koreni koeficientov.Nazornost reševanja bom podkrepil z grafično predstavitvijo.Del diplomskega dela bom namenil tudi temu, kako lahko z poznavanjem diskri-minante že vnaprej vemo, kakšna bo narava dobljenih ničel. Na koncu se bomdotaknil polinomov stopnje 5. ali višje stopnje.

2

POGLAVJE 2

Splošno o polinomih

2.1. Definicija in osnovne lastnosti

(Vir [2] str.163)Naj bo C polje kompleksnih števil. Polinom s koeficienti a1, a2, . . . , an ∈ C razu-memo kot funkcijo p : C→ C, ki je podana s predpisom

pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x+ a0,

kar pomeni, da namesto x lahko vstavimo poljubno kompleksno število. Če bomoželeli poudariti, da so vsi koeficienti realni, bomo to posebej napisali.

Osnovni parametri polinoma so:

• največja potenca spremenljivke x, n se imenuje stopnja polinoma,

• prvemu koeficientu an pravimo vodilni koeficient,

• zadnjemu členu a0 rečemo prosti člen.

Računske operacije polinomovPri računanju s polinomi obravnamo spremenljivke tako, kot da so števila. Najbosta

pn(x) =anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x+ a0

qn(x) =bnxn + bn−1x

n−1 + bn−2xn−2 + · · ·+ b2x

2 + b1x+ b0

poljubna polinoma.

Seštevanje

(p+ q)(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ (a2 + b2)x2 + · · ·+ (an + bn)xn.

Množenje dveh polinomov

(pq)(x) = a0b0 + (a0b1 + a1b0)x+ (a0b2 + a1b1 + a2b0)x2 + . . .

+ (a0br + a1br−1 + · · ·+ aibr−i + · · ·+ arb0)xr + · · ·+ (anbm)xm+n.

3

Formalno lahko definiramo tudi odvod in integral polinoma.Odvod polinoma

pn′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + (n− 2)an−2xn−3 + · · ·+ 3a3x

2 + 2a2x+ a1.

Integral polinoma∫p(x)dx =

anxn+1

n+ 1+an−1x

n

n+an−2x

n−1

n− 1+ · · ·+ a2x

3

3+a1x

2

2+ a0x+ C, cεC.

Na zelo enostaven način lahko dokažemo, da zanje veljajo lastnosti in pravila, kijih izpeljemo pri infinitezimalnemu računu za realne funkcije.

Odvod oziroma integral polinoma je spet polinom. Ker lahko tudi vrednost poli-noma v poljubno izbrani točki enostavno izračunamo, so polinomi v nekem smislunajenostavnejše nelinearne funkcije.

Ničla polinoma p(r) je vsako število r, da velja p(r) = 0. Pravimo tudi, da jer koren ali rešitev enačbe q(x) = 0. Če velja p(x) = (x − r)kq(x), in q(x) 6= 0,potem je r večkratna ničla in k kratnost ničle polinoma p. Če je r večkratna ničlapolinoma p(r) potem, je r tudi ničla polinoma p′(r). Naj bo r večkratna ničla kjerk ≥ 2 in je p(x) = (x− r)kq(x), kjer q(r) 6= 0. Potem je odvod enak

p′(x) =k(x− r)k−1q(x) + (x− r)kg′(x)

=(x− r)k−1(kq(x) + q′(x)).

Primerp(x) =x3 − xp(x) =(x− 1)2(x+ 1), kjer k = 2

x1,2 =1, x3 = −1

V matematiki je veliko klasičnih problemov, ko potrebujemo informacijo o ničlahpolinoma. V nadaljevanju bomo videli metode reševanja enačb p(x) = 0, ki nambodo dale točno rešitev ali zadovoljiv približek. Seveda ne računamo ničel vsehpolinomov s formulami in metodami opisanimi v nadaljevanju. Primeri, ki seobravnavajo v srednjih šolah so praviloma rešljivi z razstavljanjem, izpostavlja-njem in metodo iskanja racionalnih ničel.

1. Primerx3 + 5x2 − 3x− 15 =0

x2(x+ 5)− 3(x+ 5) =0

(x+ 5)(x2 − 3) =0

Dobimo 2 ločeni enačbi4

I. x+ 5 = 0 II. x2 − 3 = 0

x1 = −5 x2 = 3

x2,3 = ±√

3

2. Primer

x6 − 4x4 =0

x4(x2 − 4) =0

x4(x− 2)(x+ 2) =0

Rešitve so

x1,2,3,4 = 0

x5 = 2

x6 =− 2

3. Primer

2x4 + x3 − 6x2 + x+ 2 = 0

Uporabimo metodo iskanja racionalnih ničel. Po tem postopku se najprej napiševse možne racionalne kandidate za ničle.Kandidati so vse kombinacije kvocientov deliteljev prvega in konstantnega člena vnašem primeru ±a0

a4

1

2, −1

2, 1, −1, 2, −2.

S pomočjo Hornerjevega algoritma, ki nam da ostanke (zmanjša polinom za enostopnjo), če s kakšnim izmed izbranih kandidatov dobimo vrednost polinoma 0.

Slika 2.1. p(x) = 2x4 + x3 − 6x2 + x+ 2

5

S Hornerjevim algoritmom najdemo dve ničli x1 = −2 in x2 = 1. Stopnja polinomase zmanjša za 2 in dobimo kvadratno enačbo, ki jo znamo enostavno rešiti.

2x2 − x− 1 = 0, x3 = 1, x4 = −1

2

2.2. Osnovni izrek algebre in posledice

Naslednjemu izreku pravimo osnovni izrek algebre.

Izrek 2.1. Vsak polinom s kompleksnimi koeficienti s stopnjo večjo kot 0 imanajmanj eno kompleksno ničlo. (Vir [1], str. 138).

Preden dokažemo izrek, zapišimo še nekaj njegovih enostavnih posledic.

Posledica 2.2. Vsak polinom n-te stopnje s kompleksnimi koeficienti lahko zapi-šemo v obliki p(x) = an(x−x1)(x−x2) . . . (x−xn), kjer so x1, x2, . . . , xn kompleksneničle polinoma.

Dokaz posledice: Če je x1 ničla polinoma p, potem s Hornerjevim algoritmomdobimo p(x) = (x− x1)q(x), kjer je q polinom stopnje n− 1. Po osnovnem izrekualgebre ima q ničlo x2. Po Hornerjevem algoritmu je q(x) = (x − x2)r(x), kjer jer polinom stopnje n− 2. Postopek ponavljamo dokler ne dobimo polinom stopnje0, ki ima vrednost an.

Posledica 2.3. Če ima polinom realne koeficiente, potem kompleksne ničle na-stopajo v konjugiranih parih. Polinom lihe stopnje ima vsaj eno realno ničlo.

Dokaz posledice: Naj bo r ničla polinoma p(x) = anxn + . . . + a1x + a0, torej

anrn + . . .+ a1r + a0 = 0. Po konjugiranju dobimo anrn + . . .+ a1r + a0 = 0, saj

so koeficienti realni. Sledi, da je r tudi ničla p.

Obstaja več dokazov osnovnega izreka algebre (Vir [5]). Že Gauss(1777-1855), kimu pripisujejo prvi dokaz izreka, je podal štiri različne dokaze. Naj naštejem nekajznanih dokazov: Dokaz s pomočjo Cauchyjevega izreka, dokaz s pomočjo komple-ksnih spremenljivk (po Liouville-u), dokaz Birkhoff-Maclane, . . .

Odločil sem se za dokaz Birkhoffa in Maclanea, ki se mi zdi razmeroma enostavnorazumljiv in ki temelji na vedenju, da če imamo polinom z zelo veliko stopnjo bomed vsemi členi prevladal vodilni člen in če imamo polinom z najmanjšo stopnjo,bo prevladal najmanjši prosti člen.

6

Skica dokaza izreka 2.1.Imamo polinom

pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x+ a0, n > 0.

Predstavljajmo si polinom p(x) kot preslikavo, ki slika iz kompleksne ravnine (re-cimo z) v drugo kompleksno ravnino (recimo w). Takšna preslikava preoblikujekrog s polmerom r, |x| = r iz ravnine z v zaključeno krivuljo v ravnini w (slika 2.2).

Slika 2.2 Slika 2.3

Pri zelo velikih vrednostih za r, prevladuje prvi vodilni člen polinoma anxn, lahkodruge člene zanemarimo, in je zaključena krivulja, ki gre n-krat okoli središčaravnine w (slika 2.3).Če je vrednost za r zelo majhna, lahko zanemarimo vse člene razen amxm+a0, kjerje am najmanjši neničelni koeficient in m > 0 in slika gre m krat okoli točke w = a0(slika 2.4). Ko r → 0, gre slika v a0. In zdaj uporabimo topološko dejstvo, dače začnemo z zelo velikim r in ga nato zvezno zmanjšujemo do 0, s tem istočasnozmanjšujemo sliko v ravnini w od velike zanke, ki več kot enkrat obkroža izhodišče,do točke, ko neizbežno pridemo do točke, ko gre slika krivulje čez w = 0 (slika 2.5).S tem smo pokazali da se neka točka iz ravnine z preslika v w = 0, kar pomeni daimamo kompleksno rešitev za p(x).

7

Slika 2.4 Slika 2.5

Posledica osnovnega izreka algebre so tudi Vietove formule. Te formule so za-nimive zato, ker povezujejo koeficiente polinoma z njegovimi ničlami. Če imamopolinom 1. stopnje dobimo naslednjo povezavo med koeficientoma in ničlo poli-noma

a1x+ a0 =a1(x− x1)a1x+ a0 =a1x− a1x1

x+a0a1

=x− x1

x1 =− a0a1.

Ponovimo postopek še za polinom 2. stopnje.

a2x2 + a1x+ a0 =a2(x− x1)(x− x2)

x2 +a1a2x+

a0a2

=x2 − xx2 − xx1 + x1x2

x2 +a1a2x+

a0a2

=x2 + x(−x2 − x1) + x1x2

x1 + x2 =− a1a2, x1x2 =

a0a2

Zapišimo postopek za polinom poljubne stopnje n s koeficienti

p(x) =anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x+ a0

p(x) =xn +an−1an

xn−1 +an−2an

xn−2 + · · ·+ a2anx2 +

a1anx+

a0an,

in še z ničlami8

p(x) =an(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn)

p(x) =xn − xn−1(x1 + x2 . . . xn) + xn−2(x1x2 + x1x3 . . . x1xn + x2x3 + . . .+ xn−1xn) + . . .

. . .+ (−1)n(x1x2 . . . xn).

Ker oba zapisa predstavljata isti polinom dobimo naslednje enakosti oziroma Vi-etove formule

x1 + x2 + . . .+ xn−1 + xn = −an−1an

(x1x2 + x1x3 + . . .+ x1xn) + (x2x3 + . . .+ x2xn) + . . .+ xn−1xn =an−2an

...

x1x2 . . . xn = (−1)na0an.

Lahko tudi rečemo, da je (n-k)-ti koeficient an−k, povezan z vsoto vseh možnihpodproduktov ničel. Zapišimo to še v bolj kompaktni obliki

∑1≤i1<i2<...<ik≤n

xi1xi2 . . . xik = (−1)kan−kan

, k = 1, 2, . . . , n.

Naravo in večkratnost ničel dobro opiše diskriminanta - ∆, ki jo lahko definiramoza polinom poljubne stopnje.

Dan je polinom pn(x) = anxn+an−1x

n−1 +an−2xn−2 + · · ·+a2x

2 +a1x+a0 stopnjen ≥ 1, pri čemer so r1, . . . , rn so kompleksne ničle polinoma p(x). Diskriminantap(x) je potem

∆ = a2n−2n

∏i<j

(ri − rj)2 = (−1)n(n−1)

2 a2n−2n

∏i 6=j

(ri − rj). (1)

Očitno je, da je diskriminanta enaka 0 natanko takrat, ko ima polinom najmanjdve enaki ničli, saj je v tem primeru vsaj eden izmed faktorjev enak 0.

Izkaže se, da lahko ∆ izračunamo tudi le iz koeficientov polinoma, ne da bi poznalinjegove ničle, kar nam pomaga pri njihovem iskanju. Velja (glej vir [9])

∆(p) = (−1)12n(n−1) 1

anR(p, p′), (2)

kjer je R(p, p′) resolventa polinoma (p, p′) enaka determinanti z dimenzijo (2n-1)x(2n-1)

9

an an−1 . . . a1 a0 0 . . . . . . 00 an an−2 . . . a1 a0 0 . . . 0...

......

0 . . . an an−1 an−2 . . . a1 a0nan (n− 1)an−1 . . . 1a1 0 . . . . . . 00 nan (n− 2)an−2 . . . 1a1 0 . . . 0...

......

0 . . . 0 nan (n− 1)an−1 (n− 2)an−2 . . . 1a1

.

Pokažimo na primeru, kako se po enačbi (2) izpelje diskriminanto za polinom 3.stopnje p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d, ne da bi poznali njegove ničle.V determinanto vstavimo koeficiente

R(p, p′) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b c d 00 a b c d3a 2b c 0 00 3a 2b c 00 0 3a 2b c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

In jo izračunamo

R(p, p′) = a

∣∣∣∣∣∣∣∣a b c d2b c 0 03a 2b c 00 3a 2b c

∣∣∣∣∣∣∣∣+ 3a

∣∣∣∣∣∣∣∣b c d 0a b c d3a 2b c 00 3a 2b c

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒

⇒ a(−d)

∣∣∣∣∣∣2b c 03a 2b c0 3a 2b

∣∣∣∣∣∣+ ac

∣∣∣∣∣∣a b c2b c 03a 2b c

∣∣∣∣∣∣+ 3ad

∣∣∣∣∣∣b c d

3a 2b c0 3a 2b

∣∣∣∣∣∣+ 3ac

∣∣∣∣∣∣b c da b c3a 2b c

∣∣∣∣∣∣⇒

⇒ −ad2b

∣∣∣∣2b c3a 2b

∣∣∣∣− ad(−c)∣∣∣∣3a c

0 2b

∣∣∣∣+ acc

∣∣∣∣2b c3a 2b

∣∣∣∣+ acc

∣∣∣∣ a b2b c

∣∣∣∣+

+3adb

∣∣∣∣2b c3a 2b

∣∣∣∣+3ad(−3a)

∣∣∣∣ c d3a 2b

∣∣∣∣+3acb

∣∣∣∣ b c2b c

∣∣∣∣+3ac(−c)∣∣∣∣ a c3a c

∣∣∣∣+3acd

∣∣∣∣ a b3a 2b

∣∣∣∣ =

10

= −2abd(4b2 − 3ac) + acd(6ab− 0)+

+ ac2(4b2 − 3ac) + ac2(ac− 2b2)+

+ 3adb(4b2 − 3ac)− 9a2d(2bc− 3ad)+

+ 3acb(bc− 2bc)− 3ac2(ac− 3ac) + 3acd(2ab− 3ab) =

= 4ab3d− 18a2bcd− ab2c2 + 4a2c3 + 27a3d2.

Vstavimo v enačbo (2) in dobimo diskriminanto

∆(p) =(−1)123(3−1) 1

a· (4ab3d− 18a2bcd− ab2c2 + 4a2c3 + 27a3d2)

∆(p) =b2c2 − 4b3d− 4ac3 − 27a2d2 + 18abcd.(3)

Primer: p(x) = x3 − 3x+ 2, kjer so koeficienti a = 1, b = 0, c = −3 in d = 2

∆ =02 · (−3)2 − 4 · 03 · 2− 4 · 1(−3)3 − 27 · 12 · 22 + 18 · 1 · 0 · (−3) · 2∆ =0− 0 + 108− 108 + 0

∆ =0

Res lahko vidimo, da ima p večkratno ničlo 1, sajx3 − 3x+ 2 = (x− 1)2(x+ 2)

Izpeljava diskriminante za polinom 4. stopnje se naredi na isti način, a s precejdaljšim računom

R(p, p′) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a b c d e 0 00 a b c d e 00 0 a b c d e4a 3b 2c d 0 0 00 4a 3b 2c d 0 00 0 4a 3b 2c d 00 0 0 4a 3b 2c d

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Tudi v tem primeru je diskriminanta zapisana zgolj s koeficienti polinoma

∆ = 256a3e3 − 192a2bde2 − 128a2c2e2 + 144a2cd2e− 27a2d4

+ 144ab2ce2 − 6ab2d2e− 80abc2de+ 18abcd3 + 16ac4e

− 4ac3d2 − 27b4e2 + 18b3cde− 4b3d3 − 4b2c3e+ b2c2d2.

11

POGLAVJE 3

Računanje ničel

3.1. Polinomi prve in druge stopnje stopnje

Polinom prve stopnje ali linearni polinom

p1(x) = a1x+ a0, a1 6= 0

ima naslednjo rešiteva1x+ a0 =0

x =−a0a1

.

Primer: p(x) = 3x− 1 x = 13.

Slika 3.1. p(x) = 3x− 1

Polinom druge stopnje ali kvadratni polinom

p2(x) = ax2 + bx+ c, a 6= 0

12

ima rešitvi x1,2 = −b±√b2−4ac2a

, kjer√b2 − 4ac predstavlja enega od dveh korenov

števila b2 − 4ac. Njegova diskriminanta je po formuli (1) enaka

∆ = a2(x1 − x2)2 = a2(

2√b2 − 4ac

2a

)2

= b2 − 4ac

1. Če je ∆ = 0 in so koeficienti polinoma realni, dobimo dve enaki realni ničli.

Primer: p(x) = x2 − 2x+ 1 x1,2 = 22·1 = 1.

Slika 3.2. p(x) = x2 − 2x+ 1

2. Če je ∆ > 0 in so koeficienti polinoma realni, dobimo dve različni realni ničli.

Primer: p(x) = x2 − x− 2,

∆ = 9, x1 =1 +√

9

2 · 1= 2 x2 =

1−√

9

2 · 1= −1.

Slika 3.3. p(x) = x2 − x− 2

13

3. Če je ∆ < 0 in so koeficienti polinoma realni, dobimo dve konjugirani komple-ksni rešitvi.

Primer: p(x) = x2 − x+ 54,

∆ = −4, x1 =1 +√−4

2 · 1= 1 + i x2 =

1−√−4

2 · 1= 1− i.

Slika 3.4. p(x) = x2 − x+ 54

4. Če so koeficienti polinoma kompleksni dobimo v splošnem lahko dve kompleksnirešitvi.

Primer: p(x) = x2 + 2x+ (1− i)

∆ = 4i, x1,2 =−2±

√4i

2=−2± (

√2 + i

√2)

2= −1±

√2

2±√

2

2i

14

3.2. Polinomi tretje stopnje

Za to podpoglavje sem uporabil predvsem vira [2] in [8].V obsegu C si oglejmo enačbo

x3 − a = 0, (4)

kjer število a 6= 0. Zapišimo kompleksno število a v polarni obliki

a = |a|(cosα + i sinα), α ∈ R.

Rešitve enačbe (4) so

xk = 3√|a|(

cosα + 2kπ

3+ i sin

α + 2kπ

3

), k = 0, 1, 2, (5)

kjer 3√|a| pomeni tretji koren pozitivnega števila |a| v navadnem smislu.

Označimo poljuben koren enačbe (4) z x1, torej x31 = a. Če je x kak nadaljni korenenačbe (4), imamo ( x

x1)3 = 1.

Označimo ζ = cos 2π3

+i sin 2π3in x0 = 3

√a(cos π

3+i sin π

3). Korene enačbe (4) lahko

po enačbi (5) zapišemo tudi v obliki x0, x1 = x0ζ in x3 = x0ζ2. Ker velja ζ3 = 1,

opazimo, da velja naslednje: če je z0 eden izmed korenov enačbe (4), sta drugadva z0ζ in z0ζ2.

Vzemimo zdaj splošno kubično enačbo

ax3 + bx2 + cx+ d = 0, a 6= 0. (6)

Cardano se je lotil reševanja enačb tretje stopnje tako, da jih je preoblikoval.Odpravil je drugi kvadratni člen kubične enačbe s substitucijo x = z− b

3a, s čemer

enačba (6) dobi obliko

a(z − b

3a)3 + b(z − b

3a)2 + c(z − b

3a) + d =0

a(z3 − 3z2b

3a+ 3z

b2

9a2− b3

27a3) + b(z2 − 2bz

3a+

b2

9a2) + cz − cb

3a+ d =0

az3 − bz2 +b2z

3a− b3

27a2+ bz2 − 2b2z

3a+

b3

9a2+ cz − cb

3a+ d =0

az3 + (c− b2

3a)z +

2b3

27a2− cb

3a+ d =0

az3 +3ac− b2

3az +

2b3 − 9abc+ 27a2d

27a2=0

z3 +3ac− b2

3a2z +

2b3 − 9abc+ 27a2d

27a3=0

15

Dobimoz3 + pz + q = 0, (7)

kjer sta p in q dani kompleksni števili in ju lahko izrazimo s koeficienti iz enačbe(6)

p =3ac− b2

3a2,

q =2b3 − 9abc+ 27a2d

27a3.

(8)

Vpeljemo dve novi neznanki

z = u+ v, u, v ∈ C. (9)

Vstavimo v enačbo (7) in preuredimo

(u+ v)3 + p(u+ v) + q =0

u3 + v3 + 3uv(u+ v) + p(u+ v) + q =0

u3 + v3 + q + (3uv + p)(u+ v) =0.

(10)

Zdaj želimo poiskati pare rešitev (u, v), da bo veljala zgornja enačba. Tega sebomo lotili tako, da bomo rešili sistem enačb

u3 + v3 + q =0

3uv + p =0.(11)

Preoblikujmo 3uv = −p v v = −p3u

in nadalje v v3 = −p327u3

(s tem smo morda potrojilištevilo rešitev). Dobimo

u3 + v3 + q =0

v3 =−p3

27u3.

(12)

Poiščimo rešitve

u3 − p3

27u3+ q =0

u6 + qu3 − p3

27=0

(u3)2 + q(u3)− p3

27=0.

(13)

16

In enačbo (7) smo iz kubične spremenili v sistem kvadratne enačbe (13) in sistema(11). Izrazimo u3 po formuli za ničle kvadratne enačbe

u3 = −q2±√q2

4+p3

27.

Iz enačbe u3 + v3 + q = 0 izrazimo v3

v3 =− q − u3

v3 =− q −

(−q

2±√q2

4+p3

27

)

v3 =− q

2∓√q2

4+p3

27.

Vidimo, da imata u3 in v3 pred korenom različna predznaka. Brez škode za reše-vanje enačbe (7) lahko vzamemo

u3 = −q2

+

√(q2

)2+(p

3

)3, v3 = −q

2−√(q

2

)2+(p

3

)3, (14)

Ob upoštevanju druge kombinacije predznakov, bi namreč dobili isto rešitev enačbe(7), ker iščemo z = u+ v in ne u in v. Izrazimo u in v

u =3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3v =

3

√−q

2−√(q

2

)2+(p

3

)3, (15)

kjer 3√ predstavlja kateregakoli od treh korenov kompleksnega števila.

Za sistem enačb (12) imamo zdaj 9 možnih kandidatov za rešitve. Katere tri sopravilne rešitve? Recimo, da si med tremi rešitvami za u izberemo rešitev u1. Poenačbi v = −p

3udobimo pripadajočo rešitev v1. Zakaj bi kateri par korenov sploh

rešil enačbo 3uv = −p?

(uv)3 = u3v3 =

3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)33 3

√−q

2−√(q

2

)2+(p

3

)33

=

=

(−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3)(−q

2−√(q

2

)2+(p

3

)3)=

=

((−q

2

)2−((q

2

)2+(p

3

)3))= −

(p3

)317

Res lahko izberemo v1, da bo u1v1 = −p. Spomnimo se, da so potem ostali koreniu1ζ, u1ζ2 in v1ζ, v1ζ2 zaporedoma za u in v, kjer je ζ = 1

2± i

√32

in ζ3 = 1. Katerista ostali dve rešitvi, če je prvi par rešitev (u1, v1)? Tisti, s katerima bomo zado-stili isti enačbi za v. Napišimo v tabelo samo pare rešitev

u1 u1ζ u1ζ2

v1 (u1, v1)v1ζ (u1ζ

2, v1ζ)v1ζ

2 (u1ζ, v1ζ2)

Če prvi par rešitev ne bi bil (u1, v1), bi dobili drugo kombinacijo pravilnih trehrešitev. Preverimo zdaj drugi par rešitev (u1ζ

2, v1ζ)

3uv + p =0

3u1ζ2v1ζ + p =0

3u1v1 + p =0, ker je ζζ2 = 1.

Preverimo še tretji par rešitev (u1ζ, v1ζ2):

3uv + p =0

3u1ζv1ζ2 + p =0

3u1v1 + p =0, ker je ζ2ζ = 1.

To je splošna rešitev za reševanje enačb tretje stopnje in njeni koreni so

z1 = u1 + v1, z2 = u1ζ + v1ζ2, z3 = u1ζ

2 + v1ζ. (16)

Cardanova formula enačbe (7) je

zk = ζk3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3+ ζ2k

3

√−q

2−√(q

2

)2+(p

3

)3k = 0, 1, 2, (17)

kjer prvi koren izberemo poljubno, drugega pa tako, da zadostimo enačbi:3uv = −p.

Če upoštevamo še substitucijo, so končne rešitve splošne kubične enačbe (6)

x1 = z1 −b

3a, x2 = z2 − b

3a, x3 = z3 −

b

3a.

Izpeljimo sedaj diskriminanto ∆ še preko pravkar izpeljanih formul (za izpeljavopreko resolvente glej stran 10).

18

IzračunajmoD = (z1 − z2)(z1 − z3)(z2 − z3),

kjer jez1 − z2 =(1− ζ)(u− vζ2),z1 − z3 =− ζ2(1− ζ)(u− vζ),

z2 − z3 =ζ(1− ζ)(u− v).

Od tod jeD =− ζ3(1− ζ)3(u− vζ2)(u− vζ)(u− v)

D =− 1(1− ζ)3(u3 − u2v − u2vζ + uv2ζ − u2vζ2 + uv2ζ2 + uv2 − v3ζ3)

D =− (1− ζ)3(u3 − v3) = 3√−3

√q2 +

4

27p3.

Kvadrat tega izraza ∆ = D2 je po (1) diskriminanta enačbe (7). Upoštevaje (8)se diskriminanta izrazi s koeficienti

∆ =− 27q2 − 4p3

∆ =− 27

(2b3 − 9abc+ 27a2d

27a3

)2

− 4

(3ac− b2

3a2

)3

∆ =b2c2 − 4b3d− 4ac3 − 27a2d2 + 18abcd.

(18)

Cardanova formula z diskriminanto je potem

zk = ζk3

√−q

2+

1

2

√−∆

27+ ζ2k

3

√−q

2− 1

2

√−∆

27, k = 0, 1, 2

Naj bosta koeficienta p, q ∈ R. Potem ima enačba (7) zagotovo vsaj en realen korenx1. V tem primeru sta u1 in v1 realna, bodisi konjugirano kompleksna, zato imataisto absolutno vrednost. Če je ∆ < 0 potem u1, v1 ∈ R in sta druga dva korenax2 = u1ζ+v1ζ

2 in x3 = u1ζ2+v1ζ. Sledi, da x2 in x3 nista realna in sta konjugirano

kompleksna). Če pa je ∆ = 0 je u3 = v3 = − q2∈ R in uv = −p

3∈ R. Tukaj lahko

izberemo u1 = v1. Sledi x12u1, x2 = x3 = u1ζ + u1ζ2 = u1(ζ + ζ2) = −u1.

Če j ∆ > 0, potem sta u1 in v1 korena dveh konjugiranih kompleksnih števil. Kerje njun produkt realen, sta u in v konjugirano kompleksna. To pomeni, da so vsikoreni realni.V tem primeru si pri reševanju pomagamo s trigonometričnimi funkcijami. Izraz− q

2+ 1

2

√D27

= u3 pišimo v polarni obliki

u3 = r(cosα + i sinα)

19

Pri tem je

r2 =(q2

)2+ D

108=(−p

3

)3kot α pa določata enačbi

r cosα = − q2, r sinα = 1

2

√D27

Potem je

u =

√−p

3

(cos

α + 2kπ

3+ i sin

α + 2kπ

3

)Koreni enačbe (6) pa so

xk = 2

√−p

3cos

α + 2kπ

3k = 0, 1, 2 (19)

Primer, ko je enačba tretje stopnje z racionalnimi koeficienti nerazcepna, ima patri realne korene, se imenuje casus irreducibilis. Dokazano je, da take enačbe nimogoče rešiti samo z realnimi radikali.

Primer: 3 realne enake ničle

x3 + 6x2 + 12x+ 8 = 0.

Po preoblikovanju enačbe s substitucijo

x = z − b

3ain x = z − 2

v obliko (7) dobimoz3 = 0, p = 0 in q = 0.

Izračunamo diskriminanto ∆ po formuli (18) ∆ = 0. Zato vemo, da bo rešitevimela enake vsaj dve realni ničli.

Rešitev te enačbe jez =

3√

0 = 0.

Na koncu dobimo rešitev

x1,2,3 = 0− 6

3 · 1= −2

20

Slika 3.5. p(x) = x3 + 6x2 + 12x+ 8

Primer:3 realne različne ničle

x3 − 2x2 − 11x+ 12 = 0.

Po preoblikovanju enačbe s pomočjo substitucije v obliko (7), dobimo

(z +2

3)3 − 2(z +

2

3)2 − 11(z +

2

3) + 12 = 0

z3 − 37

3z +

110

27= 0.

Iz te enačbe preberemo da je p = −373

in q = 11027

. Po enačbi (18) izračunamodiskriminanto ∆:

∆ =− 27

(100

27

)2

− 4

(37

3

)3

∆ =7056.

Ker je ∆ > 0, sta u in v konjugirano kompleksni in dobimo samo realne rešitve.Zato si bomo pri reševanju pomagali v tem primeru s trigonometričnimi funkcijami

21

v polarni obliki in z enačbo (19)

ϕ = arccos−55

37√

37

z1 =2

3

√37 cos

ϕ

3

z2 =2

3

√37 cos

ϕ+ 2π

3

z3 =2

3

√37 cos

ϕ+ 4π

3

in ker je x = z + 23so končne rešitve

x1 =2

3

√37 cos

ϕ

3+

2

3

x2 =2

3

√37 cos

ϕ+ 2π

3+

2

3

x3 =2

3

√37 cos

ϕ+ 4π

3+

2

3

Slika 3.6. p(x) = x3 − 2x2 − 11x+ 12

Primer:1 realna in 2 kompleksni ničli

2x3 + 60x+ 180 = 0.

Najprej enačbo delimo z 2 da dobimo obliko (7)

x3 + 30x+ 90 = 0, p = 30, q = 90.

22

Spet izračunamo diskriminanto ∆ po formuli (18).

∆ = −27 · 902 − 4 · 303 ∆ = −326700.

Ker je ∆ < 0 bomo dobili 2 kompleksni in eno realno ničlo.

Vstavimo v enačbo (14)

u =3

√√√√−90

2+

√(90

2

)2

+

(30

3

)3

−

Za u izberemo pozitivno vrednost u = 3√

10v dobimo po formuli (11) v = − p

3u= − 3√

100

Po Cardanovi formuli (17) dobimo korene enačbe (16)

x1 =3√

10− 3√

100

x2 =− 3√

10 + 3√

100

2−

3√

10 + 3√

100

2

√3i

x3 =− 3√

10 + 3√

100

2+

3√

10 + 3√

100

2

√3i.

x3 ni bilo potrebno računati, ker vemo, da se kompleksni koreni pojavljajo vkonjugiranih parih.

Slika 3.7. p(x) = 2x3 + 60x+ 180

1 realna in 2 kompleksni ničli - drugič23

x3 − 15x2 + 81x− 175 = 0.

Najprej želimo enačbo spremeniti iz oblike (6) v obliko (7). To naredimo ssubstitucijo

z = x+b

3a, z = x− 5, x = z + 5

(z + 5)3 − 15(z + 5)2 + 81(z + 5)− 175 = 0

in dobimoz3 + 6z − 20 = 0, p = 6, q = −20.

Diskriminanta je

∆ = −27 · (−20)2 − 4 · 63 ∆ = −11664.

Ker je ∆ < 0 spet dobimo 2 kompleksni in 1 realno rešitev.Za enačbo z = u+ v potrebujemo

u =3

√√√√−20

2+

√(−20

2

)2

+

(6

3

)3

u =3

√10 +

√108.

Iz zvez (11) določimo še v

v =−p3u

v =−6

3

1

u

v =− 21

3√

10 +√

108.

Zdaj ko imamo u in v lahko dobimo z

z =u+ v

z =3

√10 +

√108 +

−23√

10 +√

108

in končne rešitve za x sox =z + 5

x1 =3

√10 +

√108 +

−23√

10 +√

108+ 5.

Dobili smo eno realno rešitev.24

Zdaj izračunajmo še zadnji dve kompleksni rešitvi po enačbah (16)

x2 =3

√10 +

√108

1

2(−1 + i

√3) +−2

13√

10 +√

108

1

2(−1 + i

√3)2 + 5

x3 =3

√10 +

√108

1

2(−1 + i

√3)2 +−2

13√

10 +√

108

1

2(−1 + i

√3) + 5.

Če poenostavimo dobimo naslednje rešitvex1 =7

x2 =4− 3i

x3 =4 + 3i.

Slika 3.8. p(x) = x3 − 15x2 + 81x− 175

25

3.3. Polinomi četrte stopnje

V nadaljevanju bom predstavil Ferrarijevo metodo za računanje ničel polinomov4. stopnje. Tekst je skoraj dobesedno povzet po (Vir [2], str.191-194).Recimo, da imamo polinom

p(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx+ d, (20)

kjer so koeficienti a, b, c, d poljubna kompleksna števila. Po Ferrarijevi metodi izra-čunamo ničle tako, da razstavimo polinom v produkt dveh kvadratnih polinomov.To naredimo tako, da zapišemo enačbo v obliki

(x2 +1

2ax+

1

2y)2 + (b− 1

4a2 − y)x2 + (c− 1

2ay)x+ d− 1

4y2 = 0. (21)

Vpeljemo y kot poljubno število. Dobimo trinom

(b− 1

4a2 − y)x2 + (c− 1

2ay)x+ d− 1

4y2, (22)

ki je kvadrat binoma, če je njegova diskriminanta enaka nič. Iz pogoja, da je ∆ = 0in z znanjem kvadratne enačbe, določimo y

(c− 1

2ay)2 − 4(b− 1

4a2 − y)(d− 1

4y2) = 0.

Enačbo uredimo in dobimo

y3 − by2 + (ac− 4d)y + (4bd− a2d− c2) = 0. (23)

Dobili smo enačbo tretje stopnje (rečemo ji tudi kubična resolventa) enačbe (20),ki pa jo znamo rešiti po metodi opisani v prejšnjem podpoglavju.Vstavimo v izraz (22) za y kak koren enačbe (23). Ker je tedaj (22) kvadratbinoma, lahko pišemo enačbo (22) v obliki

(x2 +1

2ax+

1

2y)2 + (b− 1

4a2 − y)

[x+

c− 12ay

2(b− 14a2 − y)

]2= 0. (24)

Ta enačba razpade na dve kvadratni

x2 +

(1

2a±

√y +

1

4a2 − b

)x+

1

2y ∓

c− 12ay

2√y + 1

4a2 − b

= 0 (25)

kjer vzamemo obakrat zgornji ali obakrat spodnji znak. Rešitve teh dveh enačbso rešitve enačbe (20). Tako smo rešili enačbo četrte stopnje.Zaznamujmo z x1, x2 korena enačbe (25) z zgornjim znakom, z x3, x4 pa korena teenačbe s spodnjim znakom. Med koreni in koeficienti so zveze

x1 + x2 = −1

2a−

√y +

1

4a2 − b, x3 + x4 = −1

2a+

√y +

1

4a2 − b

26

x1x2 =1

2y −

c− 12ay

2√y + 1

4a2 − b

, x3x4 =1

2y +

c− 12

2√y + 1

4a2 − b

.

Od tod dobimoy = x1x2 + x3x4.

Oglejmo si zdaj izraz na desni kot funkcijo korenov x1, x2, x3, x4. Ta funkcija nespremeni svoje vrednosti, če napravimo med koreni katerokoli izmed tehle osmihpermutacij

(1), (12), (34), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1324), (1423)

(Korene smo tu označili kar z ustreznimi indeksi in tiste, ki se ohranjajo, izpustili.)Te permutacije sestavljajo podgrupo edinko simetrične grupe S4. Vse možne per-mutacije med x-i dajo le tri različne funkcije. To so

y = y1 = x1x2 + x3x4y2 = x1x3 + x2x4y3 = x1x4 + x2x3.

Enačba tretje stopnje(y − y1)(y − y2)(y − y3) = 0 (26)

ima za korene izraze y1, y2, y3. Njeni koeficienti so simetrični polinomi teh izrazov,so pa posredno funkcije korenov x1, x2, x3, x4. Ker se y-i samo med seboj zamenjajopri vsaki permutaciji x-ov, so koeficienti enačbe (26) tudi simetrični polinomi x-ov. Torej se dajo izraziti kot polinomi elementarnih simetričnih funkcij x-ov, toje koeficientov enačbe (20). Zato se koeficienti enačbe (26) izražajo kot polinomikoeficientov enačbe (20). Če jih izračunamo, ugotovimo, da je enačba (26) ravnokubična resolventa (23).Podobna metoda za reševanje enačb četrte stopnje je tale: Naj bodo koreni enačbe(20) označeni x1, x2, x3, x4. Izraz

(x1 + x2 − x3 − x4)2

dopušča iste permutacije med x-i kakor prejšnji izraz za y. Zato dajo vse permu-tacije le tri različne vrednosti, ki so

u1 = (x1 + x2 − x3 − x4)2u2 = (x1 − x2 + x3 − x4)2u3 = (x1 − x2 − x3 + x4)

2.

Enačba, ki ima za korene u1, u2, u3, se glasi

(u− u1)(u− u2)(u− u3) = 0. (27)

Spet so njeni koeficienti simetrične funkcije korenov x1, x2, x3, x4 in kot taki sopolinomi koeficientov enačbe (20).

27

Z lahkim računom dobimo tole zvezo med u in y

u = 4y + a2 − 4b.

Enačba za u je bolj zamotana kakor za y. Dobimo jo najhitreje iz resolvente (23),če vstavimo vanjo y = 1

4(u− a2 + 4b). In sicer je

u3− (3a2−8b)u2 + (3a4−16a2b+ 16b2 + 16ac−64d)u− (a3−4ab+ 8c)2 = 0. (28)

Korene te enačbe izračunamo po Cardanovi formuli. Od tod dobimo sistem enačbx1 + x2 + x3 + x4 = −ax1 + x2 − x3 − x4 =

√u1

x1 − x2 + x3 − x4 =√u2

x1 − x2 − x3 + x4 =√u3,

(29)

ki ga razrešimo∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1 −a1 1 −1 −1

√u1

1 −1 1 −1√u2

1 −1 −1 1√u3

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1 −a0 0 2 2 −a−√u10 2 0 2 −a−√u20 2 2 0 −a−√u3

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1 −a0 2 0 2 −a−√u20 0 −2 2 −√u2 +

√u3

0 0 2 2 −a−√u1

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1 −a0 2 0 2 −a−√u20 0 −2 2 −√u2 +

√u3

0 0 0 4 −a−√u1 −√u2 +

√u3

∣∣∣∣∣∣∣∣Po dokončni razrešitvi sistema dobimo naslednji zapis korenov enačbe (20)

4x1 = −a+√u1 +

√u2 +

√u3

4x2 = −a+√u1 −

√u2 −

√u3

4x3 = −a−√u1 +

√u2 −

√u3

4x4 = −a−√u1 −

√u2 +

√u3.

(30)

Znaki pri kvadratnih korenih niso popolnoma poljubni. Produkt√u1√u2√u3 = (x1 + x2 − x3 − x4) = (x1 − x2 + x3 − x4) = (x1 − x2 − x3 + x4)

je namreč simetrična funkcija korenov x in se zato racionalno izraža s koeficientienačbe (20). In sicer je ta produkt enak kvadratnemu korenu zadnjega člena venačbi (28) z nasprotnim znakom

√u1√u2√u3 = a3 − 4ab+ 8c. (31)

Od tod sklepamo, da je produkt√u1√u2√u3 določen in smemo zato pri dveh

izmed korenov√u1,√u2,√u3 poljubno izbrati znak, pri tretjem korenu pa je znak

28

določen z zvezo (31).

4 realne ničle

x4 + 2x3 − 41x2 − 42x+ 360 = 0.

S substitucijo x = z − 24se najprej znebimo drugega člena

(z − 1

2

)4

+ 2

(z − 1

2

)3

− 41

(z − 1

2

)2

− 42

(z − 1

2

)+ 360 = 0.

Ko vse to poenostavimo dobimo

z4 − 42, 5z2 + 370, 5625 = 0.

To enačbo ne bomo reševali naprej po Ferrarijevi metodi, saj je preprosteje nareditinovo substitucijo t = z2

t2 − 42, 5t+ 370, 5625 = 0.

Dobimo standardno kvadratno enačbo z rešitvama

t1,2 =42, 5±

√324

2t1 =30, 25

t2 =12, 25.

In nato še rešitve za z.

I. z2 = 30, 25 II. z2 = 12, 25

z1 = 5, 5 z3 = 3, 5

z2 = −5, 5 z4 = −3, 5

Upoštevamo še x = z − 12in končne realne rešitve so

x1 = 5 x3 = 3

x2 = −6 x4 = −4.

29

Graf polinoma izgleda tako:

Slika 3.9. p(x) = x4 + 2x3 − 41x2 − 42x+ 360

2 realni in 2 kompleksni rešitvi

2x4 − 8x3 + 2x2 + 24x− 14 = 0.

Z deljenjem z 2 enačbo normaliziramo v obliko (20).

x4 − 4x3 + x2 + 12x− 7 = 0.

Nato s substitucijo spremenimo enačbo v obliko (21)

z = x− a

4= x− 4

4= x− 1 ali x = z + 1

(z + 1)4 − 4(z + 1)3 + (z + 1)2 + 12(z + 1)− 7 = 0

z4 − 5z2 + 6z + 3 = 0

z4 = 5z2 − 6z − 3.

In po Ferrarijevi metodi želimo z dodajanjem nove neznanke y dobiti na obehstraneh kvadrat binoma.

z4 + (2yz2 + y2) =5z2 − 6z − 3 + (2yz2 + y2)

z4 + 2yz2 + y2 =(2y + 5)z2 − 6z + y2 − 3

(z2 + y)2 =(2y + 5)z2 − 6z + y2 − 3

Trinom na desni je kvadrat binoma, če je njegova diskriminanta enaka nič. In iztega bomo lahko izračunali novo neznanko y

30

D = 0 =

(6

2y + 5

)2

− 4y2 − 3

2y + 5

0 =36− 4(y2 − 3)(2y + 5)

36 =4(y2 − 3)(2y + 5)

0 =4(y2 − 3)(2y + 5)− 36.

In dobimo enačbo oblike (23)

8y3 + 20y2 − 24y − 96 = 0.

Dovolj je da dobimo samo eno rešitev te kubične resolvente enačbe.Najprej poskusimo rešiti to enačbo tako, da jo normiramo

y3 +5

2y2 − 3y − 12 = 0.

Zdaj bi lahko uporabili Cardanovo formulo vendar z malo poizkušanja dobimo pometodi iskanja racionalnih ničel rešitev y = 2, ker

23 +5

222 − 3 · 2− 12 = 0.

Zdaj ko imamo rešitev za y to vstavimo v zgornjo enačbo

(z2 + y)2 =(2y + 5)

(z − 6

2(2y + 5)

)2

[z2 + 2

]2=

(±√

2 · 2 + 5

)2 [z − 6

2(2 · 2 + 5)

]2z2 + 2 =± 3

[z − 1

3

]z2 + 2 =± 3z ∓ 1.

Dobimo dve kvadratni enačbi

I. z2 + 2 = 3z − 1 II. z2 + 2 = −3z + 1

z2 − 3z + 3 = 0 z2 + 3z + 1 = 0

In po metodi za reševanje kvadratnih enačb dobimo štiri rešitve za z31

I. z1,2 =3±√

9− 4 · 32

II. z3,4 =−3±

√9− 4 · 12

z1,2 =3± i

√3

2z3,4 =

−3±√

5

2.

Ker smo na začetku naredili substitucijo x = z + 1, dobimo zdaj končne rešitve

I. x1,2 =3±√

9− 4 · 32

+ 1 II. x3,4 =−3±

√9− 4 · 12

+ 1

x1 =5 + i

√3

2x3 =

−1 +√

5

2

x2 =5− i

√3

2x4 =

−1−√

5

2.

Slika 3.10. p(x) = 2x4 − 8x3 + 2x2 + 24x− 14

4 kompleksne rešitve

x4 + 2x2 + 4x+ 8 = 0.

Enačba je že v obliki (20) zato je ni potrebno normirati. Koeficienti soa = 0, b = 2, c = 4, d = 8.Zapišemo jo v obliki (21)

(x2 + 0 + y)2 − [(2y − 2)x2 − 4x+ y2 − 8] = 0.

32

Kubična resolventa enačbe je

16− 4(2y − 2)(y2 − 8) =0

16− 8y3 + 64y + 8y2 − 64 =0

8y3 − 8y2 − 64y + 48 =0

y3 − y2 − 8y + 6 =0.

Zdaj bi spet lahko uporabili Cardanovo metodo vendar z malo poskušanja dobimopo metodi iskanja racionalnih ničel rešitev y = 3, ker

33 − 32 − 8 · 3 + 6 = 0.

Rešitev za y vstavimo v prejšnjo obliko (21)

[x2 + 3

]2= (2 · 3− 2)x2 − 4x+ 32 − 8.

Preoblikujemo v (24)

[x2 + 3

]2=

(±√

2 · 3− 2

)2 [x− 4

2(2 · 3− 2)

]2x2 + 3 =± 2

(x− 1

2

).

Dobimo dve kvadratni enačbi

I. x2 + 3 = 2x− 1 II. x2 + 3 = −2x+ 1

x2 − 2x+ 4 = 0 x2 + 2x+ 2 = 0.

In po metodi za reševanje kvadratnih enačb dobimo štiri kompleksne rešitve

I. x1,2 =2±√

4− 4 · 42

II. x3,4 =−2±

√4− 4 · 22

x1 = 1 + 2√

3i x3 = −1 + i

x2 = 1− 2√

3i x4 = 1− i.

Tako izgleda graf polinoma 4. stopnje s samimi kompleksnimi rešitvami33

Slika 3.11. p(x) = x4 + 2x2 + 4x+ 8

34

3.4. Kriteriji za določanje narave ničel polinoma z realnimi koeficienti

Descartesovo pravilo za določanje maksimalnega števila pozitivnih innegativnih realnih ničelNajvečje možno število pozitivnih realnih ničel polinoma p(x)je določeno s številomsprememb predznakov njegovih koeficientov. Posledica je, da je največje možno šte-vilo negativnih realnih ničel določeno s številom sprememb predznakov polinomap(−x).

Primer:p(x) = +6x5 − 31x4 + 60x3 − 55x2 + 24x− 4

Predznaki koeficientov so: +−+−+−. Predznak se je v tem primeru spremenil 5krat. To pomeni, da ima ta polinom največ 5 pozitivnih realnih ničel. Ker imamolahko tudi komplesne rešitve, ki nastopajo v konjugiranih parih je možno številopozitivnih realnih ničel 5,3 ali 1.Da ugotovimo koliko ima lahko največ negativnih realnih ničel preštejemo spre-membe predznakov koeficientov polinoma pri p(−x)

p(−x) =6(−x)5 − 31(−x)4 + 60(−x)3 − 55(−x)2 + 24(−x)− 4

p(−x) =− 6x5 − 31x4 − 60x3 − 55x2 − 24x− 4.

Predznaki so − − − − −−. Sprememb ni. Kar pomeni, da nimamo negativnihrealnih ničel.

Descartesovo pravilo nam pride najbolj prav v povezavi z metodo potencialnihracionalnih ničel, pri kateri pogledamo vse možne kombinacije deliteljev prvega anin zadnjega koeficienta a0, ± a0

an.

Možni racionalni kandidati za ničle v prejšnjem primeru so:±1, 12, 13, 16, 2, 2

3, 4, 4

3.

In Descartesovo pravilo nam pomaga, da začnemo iskati ničle samo med pozitiv-nimi kandidati. In res so rešitve x1 = 1

2, x2 = 2

3, x3,4 = 1 in x5 = 2.

Določanje s pomočjo diskriminanteDiskriminanta nam nudi podatke o vrsti in lastnostih ničel. Daje nam podateko tem ali so ničle realne ali kompleksne ter racionalne ali so iracionalne. Dobimotudi podatek o tem, če so ničle v obsegu nad katerim je mnogočlenik definiran aliso tudi nad razširjenim obsegom. To najlažje vidimo na kvadratnih in kubičnihmnogočlenikih. Za kvadratne polinome sem postopek pokazal na straneh 13. in 14.

V nadaljevanju je podan izračun diskriminante s pomočjo koeficientov polinomavišje stopnje.Za polinom tretje stopnje p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d, kjer a 6= 0 sta formuli zadiskriminanto:

35

∆ =18abcd− 4b3d+ b2c2 − 4ac3 − 27a2d2

∆0 =b2 − 3ac

Polinom tretje stopnje ima vedno vsaj eno realno ničlo, ker so kompleksne ničlevedno v parih.

• Če ∆ > 0 dobimo 3 različne realne ničle

• Če ∆ = 0 in

– ∆0 = 0 dobimo eno trojno realno ničlo

– ∆0 6= 0 dobimo eno dvojno in eno navadno realno ničlo

• Če ∆ < 0 dobimo eno realno in dve konjugirani kompleksni ničli

Za polinom četrte stopnje p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, kjer a 6= 0 jeformula za diskriminanto:

∆ = 256a3e3 − 192a2bde2 − 128a2c2e2 + 144a2cd2e− 27a2d4

+ 144ab2ce2 − 6ab2d2e− 80abc2de+ 18abcd3 + 16ac4e

− 4ac3d2 − 27b4e2 + 18b3cde− 4b3d3 − 4b2c3e+ b2c2d2

Dodajmo še nekaj formul:

P =8ac− 3b2

Q =b3 + 8da2 − 4abc

∆0 =c2 − 3bd+ 12ae

D =64a3e− 16a2c2 + 16ab2c− 16a2bd− 3b4

Dobimo naslednje možnosti za ničle:

• Če ∆ < 0 dobimo 2 različni realni ničli in 2 konjugirani kompleksni ničli

• Če ∆ > 0 dobimo

– Če P < 0 in D < 0 dobimo 4 različne realne ničle

– Če P > 0 ali D > 0 dobimo dva para konjugiranih kompleksnih ničel

• Če ∆ = 0 in samo takrat ima polinom večkratno ničlo (več ničel z istovrednostjo). Tudi tukaj je kar nekaj različnih možnosti:

– Če P < 0 in D < 0 in ∆0 6= 0 dobimo 1 dvojno in še 2 različni realniničli

36

– Če D > 0 ali (P > 0 in (D 6= 0 ali Q 6= 0)) dobimo 1 dvojno realnoničlo in 2 kompleksni konjugirani ničli

– Če ∆0 = 0 in D 6= 0 dobimo eno trojno in eno navadno realno ničlo

– Če D = 0 potem

∗ Če P < 0 dobimo dve dvojni realni ničli

∗ Če P > 0 in Q = 0 dobimo dve dvojni kompleksni ničli

∗ Če ∆0 = 0 so vse štiri ničle enake − b4a

3.5. Polinomi stopnje 5 ali več

(Vir [6])

Izrek 3.1 (Abel-Ruffinijev izrek). Za polinom stopnje 5 ali več ne obstaja splošnaformula za izračun rešitev (ničel) samo s pomočjo osnovnih računskih operacij+,−, ∗, /, k

√ za k = n

Polinomi 5. stopnje: (Vir [7])Od leta 1799 ko je bil objavljen Abel-Ruffinijev izrek se išče različne načine kdaj inkako določiti ali se da polinom 5. stopnje rešiti ali ne. Za določanje ali je polinomrešljiv z radikali, je Arthur Cayley našel splošni kriterij:

Recimo, da imamo enačbo

ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ f = 0

S pomočjo Tschirnhausove transformacije x = y − b5a, ki odstrani člen 4. stopnje,

dobimo novo enačboy5 + py3 + qy2 + ry + s = 0

kjer

p =5ac− 2b2

5a2

q =25a2d− 15abc+ 4b3

25a3

r =125a3e− 50a2bd+ 15ab2c− 3b4

125a4

s =3125a4f − 625a3be+ 125a2b2d− 25ab3c+ 4b5

3125a5

37

Obe enačbi 5. stopnje sta rešljivi z radikali, če in samo če ju lahko faktoriziramo zenačbami nižjih stopenj člene z racionalnimi koeficienti. Primer: x5−x4−x+ 1 =(x2 + 1)(x + 1)(x − 1)2. Ali pa, če ima polinom z imenom Cayleyeva resolventaP 2 − 1024z∆ racionalno ničlo v z, kjer velja

P = z3 − z2(20r + 3p2)− z(8p2r − 16pq2 − 240r2 + 400sq − 3p4)

− p6 + 28p4r − 16p3q2 − 176p2r2 − 80p2sq + 224prq2 − 64q4

+ 4000ps2 + 320r3 − 1600rsq

in

∆ = −128p2r4 + 3125s4 − 72p4qrs+ 560p2qr2s+ 16p4r3 + 256r5 + 108p5s2

− 1600qr3s+ 144pq2r3 − 900p3rs2 − 3750pqs3 + 825p2q2s2

+ 2250q2rs2 + 108q5s− 27q4r2 − 630pq3rs+ 16p3q2r2

Druge metode:Odkar vemo, da za polinome višjih stopenj ne obstaja splošna metoda reševanja zradikali, so matematiki formulirali več različnih numeričnih metod (metode, ki sponavljajočim računskim postopkom - algoritmom iščejo čimbolj natančen rezul-tat) za iskanje ničel polinomov. Najbolj znane numerične metode so: bisekcija,metoda regula falsi, navadna iteracija, tangentna metoda, sekantna metoda, Mül-lerjeva metoda, . . .

38

POGLAVJE 4

Zaključek

V diplomskem delu sem po kratki predstavitvi polinomov obravnaval osnovni izrekalgebre, razložil enega izmed dokazov in napisal kakšne so posledice in pomenizreka. Ugotovili smo, da imajo enačbe z realnimi koeficienti kompleksne rešitve inda ima vsak polinom s kompleksnimi koeficienti najmanj eno kompleksno rešitev.Analiza postopkov iskanja in računanja ničel polinomov nas privede do naslednjihzaključkov:

• Polinomi prve stopnje so v bistvu linearne funkcije in imajo eno realnoničlo.

• Polinomi druge stopnje so kvadratne funkcije in imajo lahko 2 realni ali 2kompleksni ničli.

• Polinomi tretje stopnje imajo lahko 3 realne ali 1 realno in 2 komple-ksni ničli. Za tiste polinome, ki se ne dajo preprosto rešiti, uporabimoCardanovo formulo.

• Polinomi četrte stopnje imajo lahko 4 realne, 4 kompleksne ali 2 realniin 2 kompleksni ničli. Za tiste polinome, ki se ne dajo preprosto rešiti,uporabimo Ferrarijevo metodo.

• Diskriminanta veliko pove o naravi ničel polinoma.

• Abel-Ruffinijev izrek pravi, da za polinome od 5. stopnje naprej ni splošnemetode ali formule, po kateri bi lahko vedno izračunali ničle z radikali,čeprav vemo, da ničle eksistirajo.

• Če nimamo splošnih formul, si lahko vedno pomagamo z numeričnimimetodami.

39

Literatura

[1] E.J. Barbeau, Polynomials, Springer-Verlag 1989[2] Ivan Vidav,Algebra,DMFA 2003[3] http://www.wolframalpha.com[4] https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/9/99/Quartic_Formula.svg, na dan

12.6.2016[5] A. Bogomolny, Fundamental Theorem of Algebra from Interactive Mathematics Miscel-

lany and Puzzles http://www.cut-the-knot.org/do_you_know/fundamental.shtml, na dan15.6.2016

[6] Vito Vitrih, Dragi polinom, kje so tvoje ničle?, 17.12.2010, http://izleti.famnit.upr.si/201011/slides/FAMNITvesolje2010-Vitrih.pdf na dan 18.6.2016

[7] https://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function, na dan 24.6.2016[8] https://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_function, na dan 2.7.2016[9] https://sl.wikipedia.org/wiki/Diskriminanta, na dan 27.8.2016

40