!!§!! Вспомогательная страница к разделу ((:polynomial#поиск_корней_алгебраических_уравненийрешение_в_радикалах ПОЛИНОМ))
----
== Решение уравнений в радикалах ==
~~TOC~~
Можно ли выразить корни полинома $ f(x)=a_{0}x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_n $ с комплексными коэффициентами $ a_{0},a_1,\dots,a_n $ в виде "хороших" функций от этих коэффициентов? Вспомним, что для корней квадратного уравнения
существует общая формула вычисления корней:
$$x^2+ax+b=0 \ \Rightarrow \ \lambda_{1,2}=\frac{-a\pm \sqrt{a^2-4b}}{2}
\ .
$$
Эта формула включает в себя элементарные алгебраические операции
$ +,- ,\times, \div $ и операцию извлечения квадратного корня. По аналогии
можно сформулировать и общую задачу.
**Задача.** Найти выражения корней полинома степени $ n > 2 $ в виде функций его коэффициентов; при этом функции должны представлять __конечную__ комбинацию элементарных алгебраических
операций и операций извлечения корней произвольных (целых) степеней.
Поставленная задача называется задачей о **разрешимости** уравнения **в радикалах**[[radix, мн. radices (//лат.//) --- корень; radicalis (//лат.//) --- обладающий корнем. Современное обозначение $ \sqrt{\ } $ произошло от стилизованной буквы $ r_{} $.]].
!!П!! **Пример.** Уравнение
$$
x^{m}-1=0 \quad \mbox{при} \ m=2^n, n \in \mathbb N
$$
разрешимо в радикалах.
Оказывается, что любое уравнение третьей или четвертой степени разрешимо в радикалах. Перед тем, как изложить способы их решения, сделаем два упрощения. Первое из них заключается в том, что уравнение $ f_{}(x)=0 $ делится на старший коэффициент полинома $ f_{}(x) $.
Полином называется **нормализованным**, если его старший коэффициент равен $ 1_{} $. Операция деления полинома на его старший коэффициент называется **нормализацией** полинома.
Очевидно, что нормализованный полином имеет те же корни (и в тех же ((:polynomial#основная_теорема_высшей_алгебры кратностях)) ), что и
исходный. Для простоты обозначений, будем считать, что полином уже
нормализован:
$$ f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_n \, .$$
Второе упрощение заключается в замене переменной (подстановке): $ x=y +\alpha $.
Ее результатом будет новый полином той же степени, что и исходный, относительно
переменной $ y $:
$ F(y)\equiv f(y+\alpha) $. Корни нового полинома связаны (cм. преобразование
2
☞
((:polynomial#преобразования_корней ЗДЕСЬ)) ) с корнями старого
по формуле $ \lambda_j = \Lambda_j+\alpha $; так что, найдя корни одного полинома,
легко установим и корни другого. Подберем теперь параметр $ \alpha $ так,
чтобы обратить в нуль коэффициент при $ y^{n-1} $ в полиноме $ F(y) $.
Используя формулу бинома Ньютона, получаем
$$
\begin{matrix}
f(x)&=&x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\dots+a_n= \\
&=&(y+\alpha)^n +a_1(y+\alpha)^{n-1}+a_2(y+\alpha)^{n-2}+\dots+a_n = \\
&=&y^n + C_n^1 \alpha y^{n-1} +C_n^2 \alpha^2 y^{n-2}+\dots+
\alpha^n + \\
& & \ \qquad + a_1y^{n-1}+a_1 C_{n-1}^1 \alpha y^{n-2}+\dots
+a_1\alpha^{n-1} + \\
& & \quad \qquad \qquad +a_2y^{n-2} + \dots + a_n.
\end{matrix}
$$
Понятно, что если положить $ \alpha= - a_1/n $, то коэффициент при $ y^{n-1} $
исчезнет. Для простоты обозначений будем считать, что полином уже
предварительно подвергнут такому преобразованию:
$ f(x)=x^n+a_2x^{n-2}+\dots+a_n $.
=== Уравнение третьей степени: формула Кардано==
Рассмотрим уравнение третьей степени:
$$
x^3+p\,x+q=0
$$
Сделаем в этом уравнении замену переменной: $ x=u+v $, введя две неизвестные
$ u_{} $ и $ v_{} $; получим:
$$
u^3+v^3+3\,uv(u+v)+p(u+v)+q=0 \ .
$$
Сгруппируем:
$$
u^3+v^3+(3\,uv+p)(u+v)+q=0 \ .
$$
Подчиним теперь неизвестные $ u_{} $ и $ v_{} $ условию
$$
3\,uv+p=0 \ \iff \ uv=-\frac{p}{3} \ .
$$
Тогда предыдущее уравнение приведется к виду
$$u^3+v^3=-q \ . $$
Итак, для определения неизвестных величин $ u_{} $ и $ v_{} $ мы получили систему
уравнений
$$
u^3+v^3=-q,\
uv=-\frac{p}{3} .
$$
Возведя последнее уравнение в куб, получим
$$
u^3v^3=-\frac{p^3}{27} \ .
$$
Два полученных равенства, связывающие $ u^{3} $ и $ v^{3} $,
позволяет утверждать, что эти величины являются решениями квадратного
уравнения:
$$t^2+q\,t- \frac{p^3}{27}=0 \ .$$
Выражение
$$
\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}
$$
называется **дискриминантом** кубического уравнения.
Понятие дискриминанта вводится и для полинома произвольной степени: см.
☞
((:dets:discrim ЗДЕСЬ)). Однако общее определение в частном случае полинома третьей степени отличается знаком от только что данного.[[Так получилось: историческая традиция!]] Во избежание неоднозначности мы будем различать дискриминант кубического полинома и дискриминант определяемого им уравнения.
Решив квадратное уравнение, получим:
$$
u^3=-\frac{q}{2}+ \sqrt{\Delta},\ v^3=-\frac{q}{2}- \sqrt{\Delta} \ .
$$
В итоге имеем формулу для решений уравнения:
$$
x=u+v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+
\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} \ ;
$$
она называется **формулой Кардано**.
!!И!! **Исторические заметки** об открытии метода решения кубического уравнения
☞
((:biogr#к_истории_открытия_решения_алгебраического_уравнения_третьей_степени ЗДЕСЬ)).
Формула Кардано не очень удобна для практических вычислений.
Дело в том, что корень кубический из комплексного числа принимает ((:complex_num#общий_случай три различных значения)).
Решение же, представленное формулой Кардано, имеет в правой части
комбинацию из двух кубических корней. Таким образом, получаем
9 всевозможных комбинаций из значений корней кубических. С другой стороны, ((#основная_теорема_высшей_алгебры основная теорема высшей алгебры)) утверждает, что кубическое уравнение должно иметь только
три решения. Для того, чтобы установить соответствие между значениями $ u_{} $
и $ v_{} $, обратимся к условию $ uv=-p/3 $ . Согласно этому условию, задание
значений для $ u_{} $ позволит однозначно восстановить $ v_{} $. Пусть
$$
u_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}
$$
какое-то одно из трех возможных значений корня кубического. Два оставшихся значения корня кубического получаются домножением $ u_1 $ на корни кубические из единицы (см.
☞
((:complex_num#корни_из_единицы ЗДЕСЬ)) ):
$$u_2=u_1\varepsilon_1, \ u_3=u_1\varepsilon_2 $$
при
$$\varepsilon_1=\cos \frac{2\pi}{3} + {\mathbf i} \sin \frac{2\pi}{3}=
-\frac{1}{2}+
{\mathbf i} \frac{\sqrt{3}}{2} \ u \
\varepsilon_2=\cos \frac{4\pi}{3} + {\mathbf i} \sin \frac{4\pi}{3}=
-\frac{1}{2}-
{\mathbf i} \frac{ \sqrt{3}}{ 2}
\ .
$$
Если теперь взять
$$
v_1=-\frac{p}{3u_1} \ ,
$$
то решения кубического уравнения можно выразить в виде комбинаций
$ u_1 $ и $ v_1 $:
$$
\begin{array}{ccl}
\lambda_1&=&u_1+v_1, \\
\lambda_2&=&u_2+v_2=u_2-\frac{\displaystyle p}{\displaystyle 3u_2}=u_1\varepsilon_1-\frac{\displaystyle p}{\displaystyle 3u_1\varepsilon_1}
=u_1\varepsilon_1-\frac{\displaystyle p\varepsilon_2}{\displaystyle 3u_1}=u_1\varepsilon_1+v_1\varepsilon_2,\\
\lambda_3&=&u_3+v_3=u_1\varepsilon_2+v_1\varepsilon_1 \ .
\end{array}
$$
Окончательно получаем формулы для вычисления корней:
$$
\left\{
\begin{array}{lcl}
\lambda_1&=&u_1+v_1, \\
\lambda_2&=&-\frac{\scriptstyle 1}{\scriptstyle 2}(u_1+v_1)
+{\mathbf i} \frac{\scriptstyle \sqrt{3}}{\scriptstyle 2} (u_1-v_1),\\
\lambda_3&=&-\frac{\scriptstyle 1}{\scriptstyle 2}(u_1+v_1)
-{\mathbf i} \frac{\scriptstyle \sqrt{3}}{\scriptstyle 2} (u_1-v_1),
\end{array} \right.
$$
где $ u_{1} $ --- одно из значений корня кубического, а $ v_{1} $ связано с ним
соотношением $ v_1=-p/(3u_1) $.
!!П!! **Пример** ((#источники [1])). Решить уравнение $ x^3-6{\mathbf i}\,x^2-10\,x+8 {\mathbf i}=0 $.
**Решение.** Подстановка $ x=y+2 {\mathbf i} $ приводит уравнение к виду
$$y^3+2\,y+4{\mathbf i} =0 \ , $$
т.е. $ p=2,\,q=4 {\mathbf i} $. Далее
$$\Delta=-\frac{100}{27} \ \Rightarrow \ \sqrt{\Delta} = \pm \frac{10 {\mathbf i}}{3\sqrt{3}}
\ \Rightarrow \ u_1=\sqrt[3]{\left(-2 + \frac{10}{3\sqrt{3}} \right){\mathbf i}}
\ .
$$
Одно из значений последнего корня:
$$u_1=-{\mathbf i}\, \sqrt[3]{-2 + \frac{10}{3\sqrt{3}}} \ , $$
это выражение можно упростить, если повезет заметить, что подкоренное выражение
равно $ \left(-1+1/{\sqrt{3}}\right)^3 $:
$$u_1={\mathbf i}\left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\ \Rightarrow \
v_1=-\frac{p}{3u_1}= {\mathbf i} \left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \ .
$$
Получаем:
$$\mu_1=2\, {\mathbf i} ,\ \mu_2=1- {\mathbf i},\ \mu_3=-1- {\mathbf i} \ .$$
Значения корней исходного уравнения получатся "сдвигом" на
$ 2 {\mathbf i} $.
**Ответ.** $ 4{\mathbf i},\, 1 + {\mathbf i},\, -1+ {\mathbf i} $.
=== Анализ формулы Кардано для полиномов с вещественными коэффициентами==
Пусть коэффициенты $ p^{} $ и $ q^{} $ уравнения $ x^{3}+p\,x+q=0 $ вещественны.
Тогда и дискриминант
$$
\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}
$$
этого уравнения --- тоже
вещественное число. В зависимости от знака этого числа, уравнение
будет иметь разное число вещественных корней.
I.
Пусть $ \Delta>0 $. Тогда $ \sqrt{\Delta} $ является числом
вещественным, и мы будем считать его положительным. В формуле для $ u_1=\sqrt[3]{-q/2+\sqrt{\Delta}} $
в качестве значения кубического корня возьмем единственное его вещественное значение:
$$ u_1 \in \mathbb R \ \Rightarrow \ v_1 \in \mathbb R \ .$$
Согласно формулам
$$
\begin{array}{ccl}
\lambda_1&=&u_1+v_1, \\
\lambda_2&=&u_2+v_2=u_2-\frac{\displaystyle p}{\displaystyle 3u_2}=u_1\varepsilon_1-\frac{\displaystyle p}{\displaystyle 3u_1\varepsilon_1}
=u_1\varepsilon_1-\frac{\displaystyle p\varepsilon_2}{\displaystyle 3u_1}=u_1\varepsilon_1+v_1\varepsilon_2,\\
\lambda_3&=&u_3+v_3=u_1\varepsilon_2+v_1\varepsilon_1 \ .
\end{array}
$$
получим: корень $ \lambda_{1} $ уравнения веществен, а $ \lambda_{2} $ и $ \lambda_{3} $ --- мнимы и комплексно-сопряжены.
!!П!! **Пример.** Решить уравнение
$$ x^3-\frac{1}{2} \, x-\frac{1}{2} =0 . $$
**Решение.** Здесь
$$p=-\frac{1}{2},\ q=-\frac{1}{2},\ \Delta=\frac{25}{432},\
u_1=\sqrt[3]{\frac{1}{4}+\frac{5 \sqrt{3}}{36}} \ , \
v_1=\sqrt[3]{\frac{1}{4}-\frac{5 \sqrt{3}}{36}} \ .
$$
Единственный вещественный корень должен получаться в виде суммы чисел $ u_{1} $ и $ v_{1} $ --- "сильно" иррациональных, судя по внешнему виду. Тем не менее, этот корень очевиден: $ \lambda = 1 $.
Объяснить эту кажущуюся несуразность можно если заметить, что
выражения под кубическими корнями в $ u_{1} $ и $ v_{1} $ представимы в
виде кубов:
$$\frac{1}{4}+\frac{5 \sqrt{3}}{36}=\left(\frac{1}{2}
+\frac{\sqrt{3}}{6} \right)^3 ,\quad
\frac{1}{4}-\frac{5 \sqrt{3}}{36}=\left(\frac{1}{2}
-\frac{\sqrt{3}}{6} \right)^3 \ .$$
Тогда и два оставшихся корня $ -1/2 \pm 1/2 \, \mathbf i $ получаются
из общих формул.
♦
II.
Пусть $ \Delta=0 $. Формулы для корней дают
$$
\lambda_1=2 \sqrt[3]{-q/2} \ , \ \lambda_2= \sqrt[3]{q/2} , \ , \lambda_3= \sqrt[3]{q/2} \ ,
$$
т.е. уравнение имеет кратный корень кратности $ 2_{} $ если $ q\ne 0 $ и кратности $ 3_{} $ если $ q=0 $.
III.
Пусть $ \Delta <0 $. Квадратный корень
из этого числа имеет чисто мнимые значения. Если за $ u_{1} $ мы возьмем
одно из значений корня кубического из комплексного числа и посчитаем
$ v_{1} $ по формуле $ v_1=-p /(3u_1) $, то формулы для корней
дадут нам выражения в виде сумм мнимых чисел.
!!Т!! **Теорема.** //В случае// $ \Delta <0 $ //все корни полинома вещественны и различны.//
**Доказательство.** Пусть
$$ u_1= \sqrt[3]{-q/2+\mathbf i\, \sqrt{-\Delta}}= \alpha + \mathbf i\, \beta \ ,
(\alpha \ne 0, \beta \ne 0)
$$
--- одно из значений кубического корня. Тогда соответствующее
значение для $ v_{1} $
$$v_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\mathbf i \, \sqrt{-\Delta}}= \tilde{\alpha} + \mathbf i\,
\tilde{\beta} \ , $$
связанное с $ u_{1} $ соотношением $ u_1v_{1}=-p/3 $ будет числом
комплексно-сопряженным к $ u_{1} $. В самом деле:
$$
u_1^3=-\frac{q}{2}+\mathbf i\, \sqrt{-\Delta} \ \iff \
\left\{
\begin{array}{rl}
\alpha^3-3\, \alpha \beta^2 &= - q/2, \\
3\, \alpha^2 \beta - \beta^3 &= \sqrt{-\Delta}
\end{array}
\right. \ ,
$$
$$
v_1^3=-\frac{q}{2}- \mathbf i\, \sqrt{-\Delta} \ \iff \
\left\{
\begin{array}{rl}
\alpha^3-3\, \tilde{\alpha} \tilde{\beta}^2 &= - q/2, \\
3\, \tilde{\alpha}^2 \tilde{\beta} - \tilde{\beta}^3 &= -\sqrt{-\Delta}
\end{array}
\right. \ ,
$$
Поделим друг на друга соответствующие уравнения получившихся систем:
$$
\frac{
\beta^3 \left[ \left(
\alpha/\beta \right)^3
-3\, \alpha/\beta
\right]
}
{
\tilde{\beta}^3\left[
\left(\tilde{\alpha}/\tilde{\beta} \right)^3-
3\, \tilde{\alpha}/{\tilde{\beta}}
\right]
}=1 \ , \
\frac{
\alpha^3 \left[
3\, \beta/\alpha -
\left(\beta/\alpha \right)^3
\right]
}
{
\tilde{\alpha}^3\left[
3\, \tilde{\beta}/\tilde{\alpha} -
\left(\tilde{\beta}/\tilde{\alpha} \right)^3
\right]
}=-1
$$
и упростим их, воспользовавшись соотношением между $ u_{1} $ и $ v_{1} $:
$$
u_1v_1=-\frac{p}{3} \in \mathbb R \ \Rightarrow \ \alpha \tilde{\beta} +
\tilde{\alpha} \beta = 0 \ \Rightarrow \ \frac{\alpha}{\beta}=-
\frac{\tilde{\alpha}}{\tilde{\beta}} \ .
$$
Получим $ \tilde{\alpha}=\alpha,\ \tilde{\beta}=-\beta $.
Корни полинома:
$$
\left\{
\begin{array}{lcl}
\lambda_1&=&u_1+v_1 = 2\, \alpha, \\
\lambda_2&=&-\frac{\scriptstyle 1}{\scriptstyle 2}(u_1+v_1)+
\mathbf i \frac{\scriptstyle \sqrt{3}}{\scriptstyle 2} (u_1-v_1)=
-\alpha-\beta \sqrt{3},\\
\lambda_3&=&-\frac{\scriptstyle 1}{\scriptstyle 2}(u_1+v_1)
-\mathbf i \frac{\scriptstyle \sqrt{3}}{\scriptstyle 2} (u_1-v_1)=
-\alpha+\beta \sqrt{3},
\end{array} \right.
$$
все оказываются вещественными.
Очевидно, что $ \lambda_{2} \ne \lambda_3 $.
Если $ \lambda_1=\lambda_2 $, то $ \beta=-\alpha \, \sqrt{3} $, и тогда
$$u_1=\alpha (1- \mathbf i \sqrt{3}) \ \quad \ u_1^3=-8\, \alpha^3 \in \mathbb R
\ ,$$
т.е. $ u_1^3 $ --- вещественное число. Простой проверкой устанавливаем,
что это невозможно. Таким образом $ \lambda_1\ne \lambda_2 $ и аналогично устанавливаем,
что $ \lambda_1\ne \lambda_3 $.
!!П!! **Пример.** Решить уравнение $ x^3-15\,x-4=0 $.
**Решение.** Здесь $ \Delta=-121 $ и $ u_1=\sqrt[3]{2+ 11\, \mathbf i} $.
Для того, чтобы получить корни уравнения в виде вещественных чисел,
извлечем корень кубический из комплексного числа:
$$
\sqrt[3]{2+ 11\, \mathbf i}=\alpha+ \mathbf i\, \beta \ , \ \{\alpha, \beta \} \in \mathbb R
\ \iff \
\left\{
\begin{array}{rl}
\alpha^3-3\, \alpha \beta^2 &= 2, \\
3\, \alpha^2 \beta - \beta^3 &= 11
\end{array}
\right. \
\Rightarrow \ 4\, \alpha^3-3\, \alpha \sqrt[3]{4+121} - 2 =0 .
$$
Один из корней последнего уравнения угадывается: $ \alpha=2 $; подстановка
в систему дает значение для $ \beta $: $ \beta=1 $. Итак,
$ \sqrt[3]{2+ 11\, \mathbf i}=2 + \mathbf i $ и по формулам
получаем: $ \lambda_1=4,\, \lambda_2=-2+\sqrt{3},\, \lambda_3=-2-\sqrt{3} $.
♦
В только что рассмотренном примере формула Кардано позволяет получить
вещественные корни полинома --- даже если для их выражения приходится
иметь дело с мнимыми числами. Попробуем, однако, применить тот же прием
ко следующему примеру.
!!П!! **Пример** ((#источники [2])). Решить уравнение $ x^3-3\,x+1=0 $.
**Решение.** Здесь $ \Delta=-\frac{3}{4} $ и $ u_1=\sqrt[3]{-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\, \mathbf i} $.
$$\sqrt[3]{-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\, \mathbf i}=
\alpha+ \mathbf i\, \beta \
\Rightarrow \ 4\, \alpha^3-3\, \alpha +\frac{1}{2} =0 \ .
$$
Умножив последнее уравнение на $ 2_{} $ и сделав в нем замену переменной
$ A = 2\alpha $ мы придем к уравнению
$$A^3-3\, A +1 =0 \ , $$
т.е. вернемся к исходному уравнению!
**Вывод:** все корни полинома вещественны, но в радикалах их можно представить
только с помощью мнимых чисел.
♦
С этим парадоксом --- известным как **неприводимый случай**[[(//лат.//) casus irreducibilis]] --- столкнулись уже первые исследователи: Тарталья и Кардано.
Первый не смог разрешить его. Несомненная заслуга Кардано состояла в том,
что он допустил существование "несуществующего" числа $ \sqrt{-1} $,
постулировав правило умножения: $ \sqrt{-1} \times \sqrt{-1} = -1 $;
все остальное стало делом техники.
Иными словами, рождение аппарата комплексных чисел обязано знакомому
каждому учащемуся приему "подгонки решения под известный ответ"...
Психологические трудности оправдания такого "нечестного" приема описаны Кардано:
//"Умолчим о нравственных муках и умножим// $ 5+\sqrt{-15} $ //на// $ 5-\sqrt{-15} $."
И еще три столетия привыкали математики к этим новым //мнимым// числам,
"амфибиям между бытием и небытием"; время от времени пытаясь совершенно от них избавиться, "закрыть" их. Только с XIX века они совершенно прижились в науке.
Как разрешить этот парадокс?
Как получить вещественный вид для корней полинома?
На помощь приходит альтернативный алгебраическому способ извлечения корня кубического из комплексного числа: способ, основанный на представлении этого числа в
((:complex_num#общий_случай тригонометрической форме)).
**Теорема.** //В случае// $ \Delta<0 $ //вещественные корни полинома// $ x^3+p\,x+q $ //задаются формулами//:
$$ \lambda_1= 2\, \sqrt{- \frac{p}3}\cos \frac{\varphi}3 \ , $$
$$ \lambda_2= 2\, \sqrt{- \frac{p}3}\cos \left(\frac{\varphi}3+\frac{2\,\pi}{3} \right) \ , $$
$$ \lambda_3= 2\, \sqrt{-\frac{p}3}\cos \left(\frac{\varphi}3-\frac{2\,\pi}{3} \right)
$$
при
$$ \varphi=\operatorname{arccos} \left( \frac{3\,q}{2\,p} \sqrt{-\frac{3}p} \right) \ . $$
**Доказательство.** Если $ \Delta = q^2/4+p^3/27 < 0 $, то, очевидно, $ p<0 $; таким образом, под корнем квадратным в формулах стоит положительное число. Вычисляем тригонометрическую форму для числа, стоящего под знаком кубического корня в выражении для $ u_{1} $:
$$-q/2+\mathbf i\, \sqrt{-\Delta} = r(\cos \varphi + \mathbf i\, \sin \varphi) $$
при
$$r^2=(q/2)^2-\Delta=-p^3/27 \ , \cos \varphi=\frac{-q/2}{r}=\frac{3\,q}{2\,p} \sqrt{-\frac{3}p} \ .
$$
$$
u_1=\sqrt{-\frac{p}{3}}\left(\cos \frac{\varphi}3 + \mathbf i\, \sin \frac{\varphi}3 \right),\
$$
$$
u_2=\sqrt{-\frac{p}{3}}\left(\cos \left( \frac{\varphi}3+\frac{2\,\pi}3\right) + \mathbf i\, \sin \left(\frac{\varphi}3+\frac{2\,\pi}3\right) \right),\
$$
$$
u_3=\sqrt{-\ \frac{p}{3}}\left(\cos \left( \frac{\varphi}3+\frac{4\,\pi}3 \right) + \mathbf i\, \sin \left(\frac{\varphi}3+\frac{4\,\pi}3\right)\right)=
$$
$$
=\sqrt{-\ \frac{p}{3}}\left(\cos \left( \frac{\varphi}3-\frac{2\,\pi}3\right) + \mathbf i\, \sin \left(\frac{\varphi}3-\frac{2\,\pi}3\right)\right) \ .
$$
Число, стоящее под знаком кубического корня в выражении для $ v_{1} $, является комплексно-сопряженным к только что приведенному:
$$-q/2-\mathbf i\, \sqrt{-\Delta} = r(\cos \varphi - \mathbf i\, \sin \varphi) \ . $$
После извлечения кубических корней, значения $ u_{j} $ и $ v_{j} $ должны оставаться комплексно-сопряженными.
Для завершения доказательства достаточно использовать формулу $ \lambda_j=u_j+v_j=2\,\mathfrak{Re} (u_j) $.
♦
!!П!! **Пример.** Решить уравнение из предыдущего примера: $ x^3-3\,x+1=0 $.
**Решение.** Здесь $ p=-3, q=1 $ и
$ \displaystyle \varphi = \operatorname{arccos} \left(- \frac{1}{2} \right) =\frac{2\,\pi}{3} $.
**Ответ.**
$$ 2 \cos \frac{2\pi}{9} \approx 1.53208 \ ,\quad 2 \cos \frac{8\pi}{9} \approx -1.87938\ , \quad
2 \cos \frac {-4\pi}{9} \approx 0.34729 \ . $$
**Проверка** может быть выполнена применением формулы приведения для степени косинуса, приведенной
☞
((:complex_num:vspom2 ЗДЕСЬ)).
!!П!! **Пример.** Решить уравнение $ x^3-6\,x+3=0 $.
**Решение.** Здесь $ p=-6, q=3 $ и
$ \displaystyle \varphi = \operatorname{arccos} \left(- \frac{3}{4\sqrt{2}} \right) \approx 2.1297861 $.
**Ответ.** $ \approx 2.145103,\ \approx -2.669079,\ \approx 0.523976 $.
=== Уравнение четвертой степени ===
рассмотрим в виде:
$$
x^4+p\,x^2+q\,x+r=0 ,
$$
перепишем его в виде
$$x^4=-p\,x^2-q\,x-r $$
и прибавим к обеим частям $ x^2t+t^2/4 $, где $ t $ --- новая неизвестная:
$$
x^4+x^2t+t^2/4=(t-p)\,x^2-q\,x
+(t^2/4-r) \ .
$$
Левая часть получившегося уравнения является полным квадратом:
$$
\left(x^2+t/2 \right)^2
=(t-p)\,x^2-q\,x+(t^2/4-r) \ .
$$
Подберем теперь значение $ t $ так, чтобы и правая часть стала полным
квадратом.
!!Т!! **Теорема.** Для того, чтобы квадратный полином $ Ay^2+By+C $
был квадратом полинома первой степени, необходимо и достаточно, чтобы
его дискриминант $ B^2-4\,AC $ был равен нулю.
**Доказательство. Необходимость.** Если $ Ay^2+By+C\equiv (ky+ \ell)^2 $, то $ A=k^2,\,
B=2\,k\ell,\, C=\ell^2 $ и тогда очевидно $ B^2-4\,AC=0 $.
**Достаточность.**
$$Ay^2+By+C\equiv Ay^2+By+\frac{B^2}{4A}+C-\frac{B^2}{4A}\equiv
\left(\sqrt{A}y+\frac{B}{2\sqrt{A}} \right)^2
+\frac{4\,AC-B^2}{4A}
$$
Если дискриминант равен нулю, то правая часть является полным квадратом.
♦
Применяя этот результат к правой части полученного уравнения, находим
условие на параметр $ t $, при котором это выражение станет полным квадратом:
$$
q^2-4\,(t-p)(t^2/4-r)=0\ \iff
\ t^3-p\,t^2-4\,r\,t+(4\,pr-q^2)=0
$$
Это уравнение называется **резольвентой Феррари** для уравнения $ x^4+p\,x^2+q\,x+r=0 $.
Поскольку резольвента Феррари является уравнением кубическим, то его можно разрешить
в радикалах по методу изложенному ((#уравнение_третьей_степениформула_кардано ВЫШЕ)). Обозначим через $ t_1 $ какой-то из его
корней. При этом значении $ t $ правая часть уравнения
$$
\left(x^2+t/2 \right)^2
=(t-p)\,x^2-q\,x+(t^2/4-r) \ .
$$
будет полным квадратом:
$$
(t_1-p)\,x^2-q\,x+(t_1^2/4-r)
\equiv \left(Kx+L \right)^2 \quad
npu \quad \ K= \sqrt{t_1-p},\, L= -\frac{q}{2\sqrt{t_1-p}} \ .
$$
Следовательно, уравнение это уравнение приобретает вид:
$$
\left(x^2+ t_1/2 \right)^2 = \left(Kx+L \right)^2
$$
и разлагается на два квадратных:
$$
x^2+t_1/2 =Kx+L \quad u \quad x^2+t_1/2 =-Kx-L \ .
$$
Последние, по их решении, и дают четыре значения корней уравнения
четвертой степени.
!!§!! Если обозначить корни этих квадратных уравнений через $ x_1,x_2 $ и, соответственно, $ x_3,x_4 $, то они будут связаны с корнем $ t_{1} $ резольвенты Феррари
равенством $ t_1=x_1x_2+x_3x_4 $. В самом деле, это равенство следует из двух
формул Виета:
$$ x_1x_2=t_1/2-L,\, x_3x_4=t_1/2+L \, .$$
Остальные корни резольвенты
получаются в результате перестановок
$$ t_2=x_1x_3+x_2x_4,\, t_3=x_1x_4+x_2x_3 \, .$$
!!П!! **Пример** ((#источники [2])). Решить уравнение $ x^4+4\,x-1=0 $ .
**Решение.** Здесь $ p=0,\,q=4,r=-1 $ и резольвента Феррари
имеет вид
$$t^3+4\,t-16=0 \ .$$
Последнее уравнение имеет корень $ t_1=2 $. Следовательно, исходное уравнение
можно переписать в виде:
$$
(x^2+1)^2 =\left(\sqrt{2}x- \sqrt{2}\right)^2 \ .
$$
Оно распадается на два квадратных:
$$
x^2+1=\sqrt{2}\, x- \sqrt{2} \ u \ x^2+1=-\sqrt{2}\, x + \sqrt{2} \ .
$$
**Ответ.** $ \frac{1\pm \mathbf i \, \sqrt{\sqrt{8}+1 }}{\sqrt{2}},\
\frac{-1\pm \, \sqrt{\sqrt{8}-1 }}{\sqrt{2}} $.
=== Преобразование Чирнгауза ==
Успех, достигнутый в решении уравнений третьей и четвертой степени побудил
исследователей искать подобные формулы для уравнений высших степеней.
Методология подхода была очевидна: свести решение уравнения $ n_{} $-й
степени к решению уравнения $ (n-1)_{} $-й степени. Одну из возможных
вариаций этого подхода поясним на примере.
!!П!! **Пример.** Решить уравнение $ x^3+6\,x-2=0 $.
**Решение.** Обозначим неизвестные корни полинома $ f(x)=x^3+6\,x-2 $ через
$ \lambda_1,\lambda_2, \lambda_3 $. Построим полином $ F_{}(y) $, корнями которого
являются величины
$$
\mu_j=\lambda_j^2+2\, \lambda_j+4 .
$$
Выражение
$$F(y)= (y-\mu_1)(y-\mu_2)(y-\mu_3)$$
является симметрическим полиномом относительно $ \lambda_1,\lambda_2 $ и
$ \lambda_{3} $. Следовательно, по теореме ((:polynomial#симметрические_функции_корней Гаусса о симметрических полиномах)), коэффициенты
$ F_{}(y) $ должны полиномиально выражаться через коэффициенты $ f_{}(x) $, т.е. быть
числами целыми. Опуская промежуточные выкладки, приведем окончательный
результат:
$$F(y)\equiv y^3-108 .$$
Корни этого полинома легко определить:
$$ \mu_1=3\sqrt[3]{4},\ \mu_2= 3\sqrt[3]{4}
\left(-\frac{1}{2}
+\mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2} \right),\
\mu_3= 3\sqrt[3]{4}\left(-\frac{1}{2}
-\mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \ .
$$
Теперь находим $ \lambda_{j} $ из квадратных уравнений
$$\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2},\ -2-\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2},\ $$
$$
\frac{1}{2}\left(-\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right)
+ \mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2}
\left(\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right),\
-2 + \frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2}\right)
- \mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2}
\left(\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right),\
$$
$$
\frac{1}{2}\left(-\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right)
- \mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2}
\left(\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right),\
-2 + \frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2}\right)
+ \mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2}
\left(\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right).
$$
Подстановкой в исходное уравнение выделяем истинные его корни.
**Ответ.** $ \sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2},\,
\frac{\scriptstyle 1}{\scriptstyle 2}\left(-\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right)
\pm \mathbf i \frac{\scriptstyle \sqrt{3}}{\scriptstyle 2}
\left(\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}\right) $.
Подобное преобразование полинома $ f_{}(x) $ в полином $ F_{}(y) $
той же степени, имеющий корнями числа $ g(\lambda_1),\dots, g(\lambda_n) $
при произвольном полиноме $ g(x)\in \mathbb A[x] $, называется **преобразованием Чирнгауза**.
!!И!! **Биографические заметки** о Чирнгаузе
☞
((:biogr#чирнгауз ЗДЕСЬ)).
**Задача.** Найти такое преобразование Чирнгауза, которое преобразует
исходный полином к виду $ y^n-a $. Корни последнего, очевидно, выражаются
в радикалах. Если при этом, $ \deg g < n $, то мы сведем решение уравнения
$ n_{} $-й степени к уравнению меньшей степени.
Поставленная задача разбивается на две подзадачи:
1. практического вычисления преобразования для заданных полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $; и
2. подборе полинома $ g_{}(x) $, приводящего $ f_{}(x) $ к требуемому уравнению $ y^n-a $.
Первая подзадача достаточно конструктивно решается применением ((dets:resultant результанта)).
!!Т!! **Теорема.** //Существует единственный нормализованный полином// $ F_{}(y) $ //степени// $ n_{} $,
//решающий задачу://
$$ F(y)\equiv {\mathcal R}_{x}(f(x),y-g(x))/a_0^m \ ; $$
//здесь результант рассматривается для полиномов относительно переменной// $ x_{} $. //Коэффициенты// $ F_{}(y) $ //рационально зависят
от коэффициентов// $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $.
Результант имеет разные детерминантные представления, поэтому и полином $ F_{}(y) $ можно представлять в виде различных определителей.
!!П!! **Пример.** Найти преобразование Чирнгауза $ y=x^2+x-1 $ полинома $ f(x)=x^3-2\,x+3 $.
**Решение.** Если результант вычислять с помощью ((dets:resultant#результант_в_форме_сильвестра представления Сильвестра)), то получим:
$$
F(y)={\mathcal R}(x^3-2\,x+3,\ -x^2-x+(1+y))=
$$
$$
=-\left| \begin{array}{rrccc}
1 & 0 & -2 & 3 & 0 \\
0 & 1 & 0 & -2 & 3 \\
0 & 0 & -1 & -1 & 1+y \\
0 & -1 & -1 & 1+y & 0 \\
-1 & -1 & 1+y & 0 & 0
\end{array}\right|
=y^3-y^2+6y-4 \ .
$$
♦
Следующий способ нахождения преобразования Чирнгауза является развитием ((dets:resultant#результант_в_форме_безу метода Безу)) вычисления результанта.
Найдем остатки от деления $ x^kg(x) $ на $ f_{}(x) $
$$ g_k(x) = b_{k0}+b_{k1}x+\dots +b_{k,n-2}x^{n-2}+b_{k,n-1}x^{n-1} \quad
npu \quad k\in\{0,1,\dots,n-1\}
$$
(здесь изменен порядок нумерации коэффициентов по сравнению с тем, что указан при изложении
☞
((dets:resultant#результант_в_форме_безу метода Безу)) ) и составим
матрицу из коэффициентов:
$$
B=[b_{kj}]_{k,j=0}^{n-1} \ .
$$
!!Т!! **Теорема [Эрмит].** //Имеем://
$$F(y)=(-1)^{n}\det (B - yE)=(-1)^n\left| \begin{array}{ccccc}
b_{00}-y & b_{01} & b_{02} & \dots & b_{0,n-1} \\
b_{1,0} & b_{1,1}-y & b_{1,2} & \dots & b_{1,n-1} \\
\dots & & & & \dots \\
b_{n-1,0} &b_{n-1,1} & b_{n-1,2} & \dots & b_{n-1,n-1}-y
\end{array}\right| \ .
$$
Фактически полином $ F_{}(y) $ совпадает с ((:algebra2:charpoly характеристическим полиномом)) матрицы $ B_{} $ (впрочем, этот факт совершенно неважен для дальнейшего).
**Доказательство.** Равенства
$$y=g(x),\, xy=g(x)x,\, \dots, x^{n-1}y=g(x)x^{n-1} \ ,$$
при подстановке корня $ \lambda_j $ полинома $ f(x) $ переходят в
$$y=g_0(\lambda_j),\,\lambda_jy=g_1(\lambda_j),\dots,
\lambda_j^{n-1}y=g_{n-1}(\lambda_j) \ .$$
Рассмотрим получившиеся уравнения как линейную однородную систему относительно
столбца неизвестных
$$X=[1,\lambda_j,\dots,\lambda_j^{n-1}]^{\top} \ . $$
Поскольку эта система имеет нетривиальное решение, то (на основании следствия к теореме ((algebra2:linearsystems#теорема_кронекера-капелли Кронекера-Капелли)) ) определитель ее матрицы должен обращаться в нуль.
♦
!!П!! **Пример.** Решить предыдущий пример по методу Эрмита.
**Решение.** Имеем
$$g_0(x)\equiv g(x)=-1+x+x^2, \ g_1(x)=-3+x+x^2, \ g_2(x)=-3-x+x^2 $$
и, следовательно,
$$F(y)=(-1)^3\left| \begin{array}{ccc}
-1-y & 1 & 1 \\
-3 & 1-y & 1 \\
-3 & -1 & 1-y
\end{array}\right|=y^3-y^2+6\,y-4 \ . $$
♦
Будем решать теперь вторую из сформулированных выше подзадач: подобрать преобразование Чирнгауза таким образом, чтобы обнулить как можно большее число коэффициентов у полинома $ F_{}(y) $.
!!П!! **Пример.** Для полинома $ f(x)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3 \in \mathbb C[x] $
подобрать преобразование Чирнгауза вида $ y=x^2+b_1x+b_2\in \mathbb C[x] $ так, чтобы
получившийся в результате преобразования полином имел вид
$ F(y)=y^3+c_3 $.
**Решение.** Преобразование Чирнгауза при первоначально неопределенных
$ b_1 $ и $ b_2 $ дает:
$$F(y)=y^3+c_1y^2+c_2y+c_3 $$
при[[Если читатель решит, что приведенные ниже вычисления производились мною "вручную" --- ... пусть думает обо мне также хорошо и дальше! ;-) Проверять всё-таки советую с использованием какого-нибудь специализированного пакета вычислений!]]
$$
\begin{array}{ccl}
c_1&=&-a_1^2+2\,a_2+a_1b_1-3\,b_2 \ , \\
c_2&=&-a_1a_2b_1+a_2b_1^2-2\,a_1a_3+a_2^2-4\,a_2b_2+3\,a_3b_1+2\,a_1^2b_2
-2\,a_1b_1b_2+3\,b_2^2 \ , \\
c_3&=&a_1b_1b_2^2-a_1^2b_2^2+a_1a_2b_1b_2+a_2a_3b_1-a_3^2+2\,a_2b_2^2 + \\
& &+a_3b_1^3-a_2b_1^2b_2-a_1a_3b_1^2+2\,a_1a_3b_2-b_2^3 -3\,a_3b_1b_2-a_2^2b_2
\ .
\end{array}
$$
Требуется подобрать $ b_1 $ и $ b_2 $ так, чтобы коэффициенты $ c_1 $ и $ c_2 $
обратились в нуль. Получаем систему из двух уравнений относительно
$ b_1 $ и $ b_2 $: первое из них --- линейное, второе --- квадратное. Эта система
разрешима в радикалах:
$$
b_1=\frac{2\,a_1^3-7\,a_1a_2 +9\,a_3 \pm \sqrt{-3 {\mathcal D}(f)} }{2(a_1^2-3\,a_2)}
$$
а $ b_2 $ выражается через $ b_1 $ по формуле
$$
b_2=\frac{1}{3}(a_1b_1-a_1^2+2\,a_2) \ .
$$
Здесь
$$ {\mathcal D}(f)=a_1^2a_2^2-4a_1^3a_3-4\,a_0a_2^3+18\,a_0a_1a_2a_3-27\,a_0^2a_3^2 \, , $$
т.е.
является ((:dets:discrim дискриминантом)) кубического полинома; предполагается также, что $ a_1^2-3\,a_2\ne 0 $.
Итак, преобразование Чирнгауза при указанных значениях параметров
$ b_1 $ и $ b_2 $ дает полином $ y^3+c_3 $ (в
приведенное выше выражение для $ c_3 $ также следует подставить полученные
выражения для $ b_1 $ и $ b_2 $).
♦
!!?!! Найти преобразование Чирнгауза, позволяющее решить в радикалах уравнение $ x^3+a_1x^2+\frac{1}{3}\, a_1^2x+a_3=0 $.
Следующий результат не имеет непосредственного отношения к задаче настоящего раздела, но куда-то надо было поместить.
Каноническое представление полинома в виде разложения по степеням переменной не всегда бывает стартовой точкой в прикладных задачах. В частности, задача вычисления ((:algebra2/charpoly характеристического полинома матрицы)) является достаточно трудоемкой. Но вот оказывается, что вычисление преобразования Чирнгауза для такого полинома удается свести к задаче вычисления характеристического полинома матрицы того же порядка, что и исходная.
!!Т!! **Теорема.** //Пусть// $ A $ --- //квадратная матрица порядка// $ n $, $ E $ --- //единичная матрица того же порядка и// $ f(x)=\det (A-xE) $ --- //характеристический полином матрицы// $ A $. //Тогда преобразование Чирнгауза// $ y=g(x) $ //полинома// $ f(x) $ //представимо в виде//
$$ F(y)=\det (g(A)-yE) \, . $$
**Доказательство** следует из теоремы 7
☞
((:algebra2/charpoly#sobstvennoe_chislo ЗДЕСЬ)).
=== Разрешимость в радикалах ==
Успех достигнутый в решении уравнений третьей и четвертой степени побудил
исследователей искать подобные формулы для уравнений высших степеней.
Методология подхода очевидна из предыдущих пунктов: свести решение уравнения $ n_{} $-й
степени к решению уравнения $ (n-1) $-й степени. Однако, несмотря на почти трехвековые усилия лучших математиков мира, решить уравнение пятой степени не удавалось. Наконец, в начале
XIX века был получен отрицательный результат.
!!Т!! **Теорема [Руффини, Абель].** //Уравнение степени выше четвертой в общем
случае неразрешимо в радикалах.//
!!П!! **Пример.** Уравнение $ x^5-4\, x -2=0 $ неразрешимо в радикалах.
Установить разрешимо или нет данное конкретное уравнение в радикалах возможно с помощью теории, развитой французским математиком Галуа.
!!П!! **Пример.** Уравнение $ x^5+x+1=0 $ разрешимо в радикалах, поскольку
$ x^5+x+1\equiv (x^2+x+1)(x^3-x^2+1) $.
Отрицательный характер результата теоремы Руффини-Абеля не должен слишком уж
разочаровывать. Он означает только лишь то, что корни полинома нельзя представить в виде
формулы, состоящей из конечного набора сравнительно простых функций. Тем не
менее, если расширить класс допустимых в формуле функций (или допустить бесконечность числа операций), представление для корня можно найти. Cм., к примеру,
*
☞
((:algebra2:course:miscellania#разложение_уиттекера разложение Уиттекера))
*
☞
((:polynomialm:puiseux ряд Пюизё)).
Наконец, для практических задач часто более важна не столько "красивая"
аналитическая формула для корня, сколько приближенное его значение с требуемой точностью.
==Задачи==
☞
((:polynomial:radical:problems ЗДЕСЬ)).
==Источники==
[1]. **Журавский А.М.** //Сборник задач по высшей алгебре.// М.-Л.ГТТИ. 1933
[2]. **Uspensky J.V.** //Theory of Equations.// New York. McGraw-Hill. 1948
[3]. **Калинина Е.А., Утешев А.Ю.** ((http://www.apmath.spbu.ru/ru/staff/uteshev/elimination/ == Теория исключения)): Учеб. пособие. СПб.: НИИ Химии СПбГУ, 2002. 72 с.