Att lösa en tredjegradsekvation Till att börja med kan man alltid bli

advertisement
Att lösa en tredjegradsekvation
Till att börja med kan man alltid bli av med andragradstermen genom att göra en lämplig linjär
substitution. Om vi t.ex. startar med ekvationen
y 3 − 3y 2 + 15y − 1 = 0,
och gör ansatsen y = x + a, så ser man (gör detta!) att om vi väljer a = 1 får vi ekvationen
x3 + 12 x + 12 = 0. (♦)
Vi sätter nu x = u+v och får x3 = (u+v)3 = u3 +3u2 v +3uv 2 +v 3 och efter insättning i ekvationen
och omstuvning (kolla detta):
(u3 + v 3 + 12) + (u + v)(3uv + 12) = 0. (♥)
Denna ekvation är uppfylld om u och v är lösningar till systemet:
½ 3
u + v 3 = −12
(△)
u v = −4.
(Vi får dessa ekvationer genom att sätta den första och den sista parentesen i (♥) lika med noll.)
Upphöjer vi den sista ekvationen i systemet i kubik får vi u3 v 3 = −64 och om vi använder sambandet mellan rötter och koefficienter i en andragradsekvation så ser vi att u3 och v 3 är rötter till
ekvationen
t2 + 12 t − 64 = 0,
och lösning på vanligt sätt ger att vi får de två rötterna t1 = 4 och t2 = −16. Om vi låter u3 svara
mot den första av dessa får vi den binomiska ekvationen u3 = 4 och denna löses på traditionellet
manér och vi får:
Ã
Ã
√ !
√ !
√
√
√
3
3
i
i
1
1
3
3
3
, u3 = 4 − −
.
u1 = 4, u2 = 4 − +
2
2
2
2
Vi måste nu ha att v 3 svarar mot den andra roten, t2 , löser ekvationen v 3 = −16 och får
Ã
Ã
√ !
√ !
√
√
√
1 i 3
1 i 3
3
3
3
, v3 = − 16 − +
.
v1 = − 16, v2 = − 16 − −
2
2
2
2
Observera att vi numrerat rötterna så att
u1 v1 = u2 v2 = u3 v3 = −4,
i överensstämmelse med den andra ekvationen i systemet (△). Sammanfattningsvis får ekvationen
(♦) rötterna:
Ã
Ã
√ !
√ !
√
√
√
√
1 i 3
1 i 3
3
3
3
3
− 16 − −
,
x1 = 4 − 16, x2 = 4 − +
2
2
2
2
Ã
Ã
√ !
√ !
√
√
1 i 3
1 i 3
3
3
x3 = 4 − −
− 16 − +
.
2
2
2
2
Gunnar
Download
Random flashcards
Ölplugg

1 Cards oauth2_google_ed8be09c-94f0-4e6a-8e55-87a3b14a45db

Svenska

105 Cards Anton Piter

Create flashcards