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
