Kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaava

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Johanna Harju Kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaava Matematiikan tilastotieteen laitos Matematiikka Heinäkuu 008

Tampereen yliopisto Matematiikan tilastotieteen laitos HARJU, JOHANNA: Kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaava Pro gradu -tutkielma, s. Matematiikka Heinäkuu 008 Tiivistelmä Tässä tutkielmassa kerrotaan kompleksilukujen perusteista sekä tutustutaan kolmannen asteen yhtälön ratkaisuihin ratkaisukaavan johtamisen esimerkkien avulla. Oletuksena on, että luki tuntee reaalilukujen ominaisuudet. Luvussa käsitellään kompleksilukujen määritelmä perusominaisuuksia sekä tutustutaan binomiyhtälöiden ratkaisuun. Kompleksilukujen tuntemuksesta on hyötyä kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaavan johtamisessa sekä aiheeseen liittyvien esimerkkien seuraamisessa. Luvussa tutustutaan hieman kolmannen asteen yhtälöön liittyvään historiaan, johdetaan kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaava sekä syvennytään ratkaisukaavaan reaalisuustarkastelujen esimerkkien myötä. 1

Sisältö 1 Johdanto Kompleksiluvut 4.1 Kompleksilukujen määritelmä.................. 4. Kompleksilukujen perusominaisuuksia.............. 5. Kompleksilukujen tulo potenssi................ 7.4 Binomiyhtälön juuret....................... 8 Kolmannen asteen yhtälö 10.1 Yhtälön ratkaisukaava...................... 10. Reaalisuustarkastelu...................... 15. Casus irreducibilis......................... 18.4 Esimerkkejä............................ 18 Viitteet

1 Johdanto Tässä tutkielmassa kerrotaan kompleksilukujen perusteista sekä tutustutaan kolmannen asteen yhtälön ratkaisuihin ratkaisukaavan johtamisen esimerkkien avulla. Oletuksena on, että luki tuntee reaalilukujen ominaisuudet. Luvussa käsitellään kompleksilukujen määritelmä perusominaisuuksia sekä tutustutaan binomiyhtälöiden ratkaisuun. Kompleksilukujen tuntemuksesta on hyötyä kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaavan johtamisessa sekä aiheeseen liittyvien esimerkkien seuraamisessa. Luvussa tutustutaan hieman kolmannen asteen yhtälöön liittyvään historiaan, johdetaan kolmannen asteen yhtälön ratkaisukaava sekä syvennytään ratkaisukaavaan reaalisuustarkastelujen esimerkkien myötä. Kolmannen asteen yhtälön ratkaisu oli merkittävä saavutus matematiikalle jo 1500- luvulla se antoi sysäyksen myös kompleksilukujen keksimiselle. Kompleksilukujen osalta lähteinä on käytetty useita kirjo internetlähteitä, joihin on viitattu jokaisen luvun alussa tai tekstin seassa. Kolmannen asteen yhtälön päälähteinä ovat olleet Kalle Väisälän teos Lukuteorian korkeamman algebran alkeet sekä Eric W. Weissteinin internetlähde Cubic Formula. Esimerkit ovat pääasiassa käytettyjen lähdeteoksien harjoitustehtäviä, joihin tutkielman tekijä on itse laatinut ratkaisut.

Kompleksiluvut Luvussa kerrotaan kompleksilukujen tarpeellisuudesta sekä esitetään kompleksilukujen määritelmä perusominaisuuksia. Luvussa perehdytään myös yleisen binomiyhtälön juuriin sekä esitetään esimerkkejä..1 Kompleksilukujen määritelmä Kompleksiluvut ovat syntyneet tarpeesta löytää ratkaisut yhä uusille yhtälötyypeille. Esimerkiksi yhtälö x + 1 = 0 ei ratkea luonnollisten lukujen eikä kokonais-, rationaali- tai reaalilukujen joukossa, joten lukujoukkoa on laajennettu kompleksiluvuilla siten, että yhtälölle löytyy ratkaisut. Suoraviivaisesti ateltuna voidaan ottaa käyttöön luku i, jolla on ominaisuus i = 1, joten yhtälö x + 1 = 0 saa kaksi ratkaisua, i i. Edellä kuvattu suoraviivainen attelu kuitenkin jättää avoimeksi, mikä i oikeastaan on. Tämän vuoksi kompleksiluvut määritellään tarkemmin määritelmässä.1, jossa otetaan lähtökohdaksi xy-taso R, jota aloitetaan kutsumaan kompleksitasoksi. Kompleksiluvut ovat tärkeitä muissakin kuin polynomiyhtälöiden ratkaisemisessa. Kompleksiluvut ovat merkityksellisiä monilla matematiikan osaalueilla sekä matematiikkaa soveltavissa muissa tieteissä. (Ks. [5]). Määritelmä.1. (Vrt. [, s. ]). Tarkastellaan joukkoa R = R R = { (x, y) x, y R }. Joukkoa R varustettuna yhteenlaskulla kertolaskulla z 1 + z = (x 1, y 1 ) + (x, y ) = (x 1 + x, y 1 + y ) R z 1 z = (x 1, y 1 ) (x, y ) = (x 1 x y 1 y, x 1 y + x y 1 ) R sanotaan kompleksilukujen joukoksi C. Jokaista alkiota z = (x, y) C sanotaan kompleksiluvuksi. Kaksi lukuparia (x 1, y 1 ) (x, y ) ovat yhtäsuuria joukossa R, jos vain jos x 1 = x y 1 = y (Ks. [, s. 1]). Osoittautuu, että kompleksiluvuilla voidaan laskea samoilla laskusäännöillä kuin reaaliluvuilla. Kompleksiluvut nolla (0, 0) ykkönen(1, 0) käyttäytyvät kuten reaaliluvut 0 1. Erikoisasemassa on kompleksiluku (0, 1), jolle annetaan nimeksi imaginaariyksikkö jota merkitään symbolilla i. (Ks. [5]). Jos merkitään i = (0, 1) samaistetaan (x, 0) x, nähdään yhteenlasku- kertolaskusäännön perusteella, että z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0) (0, 1) = x + yi 4

sekä toisaalta z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1) (y, 0) = x + iy. Koska i = i i = (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = 1, niin i = 1 pätee. Tällä tavalla määriteltynä kompleksilukujen joukko voidaan kirjoittaa lähteen [, s. 5] mukaan muodossa C = { x + yi x R, y R, i = 1 }.. Kompleksilukujen perusominaisuuksia Yhteen- kertolaskulla varustettu kompleksilukujen joukko C on algebralliselta struktuuriltaan kunta (todistus sivuutetaan tutkielman lyhyyden säilyttämiseksi). Jokaisella kompleksiluvulla z = (x, y) on tällöin vastaluku z = ( x, y). Jokaisella nollasta poikkevalla kompleksiluvulla z = (x, y) on tällöin myös käänteisluku z 1 x = ( x + y, y x + y ). (Ks. [5]). Esimerkki.1. (Vrt. [, s. 9]). Lasketaan lauseke Lauseke voidaan kirjoittaa muotoon 5 + 5i 4i + 0 4 + i. (5 + 5i)( + 4i) 0(4 i) z = + 9 16i 16 9i 5 + 5i 80 60i = + 5 5 75 5i = 5 = i. Algebrallisessa esityksessä z = x + iy kompleksiluvun z reaaliosaksi sanotaan lukua x = Re(z) imaginaariosaksi lukua y = Im(z). Huomaa, että imaginaariosa on reaaliluku. Lukua z = x iy sanotaan luvun z liittoluvuksi eli konjugaatiksi. (Ks. [, s. 5]). Kompleksiluku z = x + iy voidaan esittää tason pisteenä (x, y). Tällöin y-akselia sanotaan imaginaariakseliksi x-akselia reaaliakseliksi, mitä havainnollistetaan kuvalla 1. (Ks. [, s. 1]). Määritelmä.. (Vrt. [, s. ]). Kompleksiluvun itseisarvo eli moduli on z = r = x + y, joka kertoo pisteen (x, y) etäisyyden origosta. 5

Kuva 1: Kompleksilukujen esittäminen koordinaatistossa. Piste (x, y) siitsee ympyrällä x + y = r, missä r = z = x + y. Nollasta poikkeavan kompleksiluvun vaihekulma θ on välillä ] π, π] yksikäsitteinen. Yleisesti se on yksikäsitteinen π:n monikerran lisäämistä vaille. Tällöin x cos θ = x + y sin θ = y x + y, joten voidaan kirjoittaa z = r(cos θ + i sin θ). Muotoa z = r(cos θ + i sin θ) kutsutaan kompleksiluvun z polaariesitykseksi, koska se on esitetty napakoordinaattien avulla. Positiivinen r on moduli z θ on kompleksiluvun argumentti, josta käytetään merkintää arg z. (Ks. [, s. 4]). Esimerkki.. Lasketaan luvun z = i 1 itseisarvo vaihekulma. Saadaan z = r = + ( 1) = 4 + 1 = 16 = 4 1 4 tan θ = = = =. Saadun tangenttiarvon perusteella saadaan θ = arctan( ) = π. Reaali- imaginaariosan etumerkeistä havaitaan, että z on kompleksitason neljännessä neljänneksessä, siis saatu kulma θ kelpaa ratkaisuksi sellaisenaan, koska sekin on samassa neljänneksessä. 6

Kaikilla reaalisilla vaihekulman θ arvoilla voidaan hyödyntää eksponenttifunktioiden sarkehitelmää kompleksiluvuille (vrt. [10]) e iθ (iθ) n = n! n=0 = 1 + iθ + 1! (iθ) + 1! (iθ) + 1 4! (iθ)4 + 1 5! (iθ)5 + ( 1) n θ n ( 1) n 1 θ n 1 = + i (n)! (n 1)! n=0 n=1 ( = 1 1! θ + 1 ) ( 4! θ4 + i θ 1! θ + 1 ) 5! θ5 = cos θ + i sin θ. Muotoa e iθ = cos θ + i sin θ olevaa kaavaa sanotaan keksijänsä mukaan Eulerin kaavaksi. Eulerin kaavasta seuraa kompleksiluvun eksponenttiesitys (Ks. [8]). z = x + iy = r(cos θ + i sin θ) = re iθ. Esimerkki.. Lasketaan lukujen z 1 = e i 4 π z = e i π summa. Muunnetaan eksponenttiesitykset ensin polaariesitysmuotoihin z 1 = e i 4 π = (cos 4 π + i sin 1 π) = ( + i 1 ) = + i 4 ( z = e i π π = cos( ) + i sin( π )) = (0 i) = i. Polaariesitysmuotoiset luvut voidaan nyt laskea yhteen e i 4 π + e i π = + i i = + ( )i.. Kompleksilukujen tulo potenssi Olkoot kaksi kompleksilukua polaariesitysmuodossa z 1 = r 1 (cos θ 1 + i sin θ 1 ) z = r (cos θ + i sin θ ). Tällä tavalla määriteltynä kompleksilukujen itseisarvot ovat r 1 r sekä niiden argumentit θ 1 θ. (Ks. [5]). Tällöin tulo z 1 z saadaan trigonometristen funktioiden summakaavojen avulla muotoon z 1 z = r 1 (cos θ 1 + i sin θ 1 ) r (cos θ + i sin θ ) = r 1 r (cos θ 1 cos θ + i sin θ 1 sin θ + i cos θ 1 sin θ + i sin θ 1 cos θ ) = r 1 r [ cos θ1 cos θ sin θ 1 sin θ + i(cos θ 1 sin θ + sin θ 1 cos θ ) ] = r 1 r [ cos(θ1 + θ ) + i sin(θ 1 + θ ) ]. 7

Kompleksilukujen tulon itseisarvo on siis r 1 r vaihekulma θ 1 +θ +πn(z 1, z ), missä lähteen [1, s. 1] mukaan 0, kun π < arg(z 1 ) + arg(z ) π, n(z 1, z ) = 1, kun π < arg(z 1 ) + arg(z ) π, (.1) 1, kun π < arg(z 1 ) + arg(z ) π. Jokaiselle nollasta poikkeavalle kompleksiluvun käänteisluvulle saadaan vastaavasti 1 z = z zz = z z = r(cos θ i sin θ) r = 1 [ ] cos( θ) + i sin( θ). r Käänteisluvun tapauksessa itseisarvo muuttuu käänteisluvuksi. Vaihekulma muuttuu vastaluvuksi, joten kun z 1 z 0, niin arg(z 1 z ) = arg(z 1 ) + arg(z ) + πn(z 1, z ) arg( 1 z ) = argz, missä n(z 1, z ) on yhtälön (.1) mukainen. Jos kompeksiluvun itseisarvo z = 1, niin luku voidaan kirjoittaa muotoon z = cos θ + i sin θ. Tällöin seuraa, että yleisemmin de Moivren kaava z = (cos θ + i sin θ) = cos θ + i sin θ (cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ, missä n on mikä tahansa kokonaisluku. (Ks. [5])..4 Binomiyhtälön juuret Binomiyhtälön z n = 1 n juurta ovat juuren n 1 eri arvot. Ne ovat z ν = cos ν π n + i sin ν π n, missä ν = 0, 1,..., n 1, ksotermi ν π rajoittuu välille [0, π[. Luvut toteuttavat kyseessä olevan binomiyhtälön, koska kaikki n lukua ovat erisuuria n de Moivren kaavan mukaan (Ks. [7, s. 194] [5]). z n ν = cos νπ + i sin νπ = 1. 8

Yleisen binomiyhtälön z n = α = r(cos θ + i sin θ) n juurta ovat juuren n α eri arvot. Ne voidaan esittää trigonometrisessa muodossa [ ( z ν = n θ r cos n + ν π ) ( θ + i sin n n + ν π )], (.) n missä ν = 0, 1,..., n 1. Luvut toteuttavat kyseessä olevan binomiyhtälön, koska kaikki n lukua ovat erisuuria de Moivren kaavan mukaan z n ν = r [ cos ( θ + νπ ) + i sin ( θ + νπ )] = r(cos θ + i sin θ) = α. (Ks. [7, s. 195]). 9

Kolmannen asteen yhtälö Kolmannen asteen yhtälön ratkaisuun liittyy kiehtova tarina. Muotoa x + px + q = 0 olevan kolmannen asteen yhtälön ratkaisun löysi suunnilleen vuonna 1515 Bolognan yliopiston matematiikan professori Scipione del Ferro. Ferro ei palstanut järisyttävää tulostaan, mutta palsti tämän suuren salaisuutensa oppilaalleen Antonio Maria Fiorille. Vuoden 155 aikoihin itsenäisen ratkaisun kolmannen asteen yhtälön muodolle x + px + q = 0 löysi Niccolo Fontana, joka tunnetaan paremmin nimellä Tartaglia. Fior haastoi Tartaglian kaksintaisteluun aseenaan Ferron ratkaisukaava. Kumpikin tekivät toisilleen annettu tehtäviä taistelu päättyi Tartaglian voittoon, koska hän ratkaisi kaikki Fiorin antamat tehtävät sekä keksi ratkaisun myös Fiorin edustamalle yhtälötyypille. Monitieteilijä Geronimo Cardano houkutteli Tartaglian kertomaan ratkaisukaavan itselleen, vaikka Tartaglian tarkoitus oli julkaista kir ratkaisustaan. Cardano julkaisi Tartaglian tuloksen suuressa teoksessaan Ars Magna, vaikka salaisuuden kertomiseen liittyi vakuutus olla palstamatta sitä. Palstuksen myötä Tartaglia katkeroitui Cardanolle tilanteesta syntyi matematiikan historian ensimmäisiä tunnettu prioriteettikiisto. Cardano julkaisi myös oppilaansa Ludovico Ferrarin keksimän neljännen asteen yhtälön ratkaisukaavan samassa kirssa. Cardano ei väittänyt keksineensä kaavo, vaan tunnusti muiden ansiot. Kolmannen asteen yhtälön ratkaiseminen toi tekijöilleen kuuluisuutta se tunnetaan suurena läpimurtona algebrassa. Merkittävää on myös se, että Cardanon kaavojen löytäminen johti kompleksilukujen keksimiseen. (Ks. [6]). Luku.1 seuraa lähdettä [9]..1 Yhtälön ratkaisukaava Määritelmä.1. Yhtälöä, joka on muotoa z + a z + a 1 z + a 0 = 0, (.1) sanotaan kolmannen asteen yhtälöksi. Lause.1. Yhtälön (.1) juuret ovat z 1 = 1 a + (S + T ) (.) z = 1 a 1 (S + T ) + 1 i (S T ) (.) z = 1 a 1 (S + T ) 1 i (S T ), (.4) 10

missä edelleen S = R + D T = R D D = Q + R, R = 9a a 1 7a 0 a 54 Seuraavaksi esitetään kaksi vaihtoehtoista päättelyä. Q = a 1 a. 9 Todistus. Yhtälön (.1) ratkaisemiseksi eliminoidaan aluksi termi a tekemällä sijoitus z x λ. Tällöin joten eli (x λ) + a (x λ) + a 1 (x λ) + a 0 = 0, (x λx + λ x λ ) + a (x λx + λ ) + a 1 (x λ) + a 0 = 0 x + (a λ)x + (a 1 a λ + λ )x + (a 0 a 1 λ + a λ λ ) = 0. Seuraavaksi eliminoidaan termi x olettamalla, että λ = a, jolloin z x 1 a. Tällöin x + (a a )x + (a 1 a + 1 a )x + (a 0 1 a 1a + 1 9 a 1 7 a ) = 0, joten x + (a 1 1 a )x ( 1 a 1a 7 a a 0 ) = 0. Yhtälö voidaan esittää muodossa x + a 1 a 9 x 9a 1a 7a 0 a 54 Ensimmäisessä vaihtoehdossa määritellään = 0. (.5) p a 1 a q 9a 1a 7a 0 a. 7 Tällöin yhtälö (.5) voidaan kirjoittaa muodossa x + px = q. (.6) 11

Merkitään x = w p w, jolloin yhtälö (.6) voidaan kirjoittaa muodossa Laskemalla sulut auki saadaan josta sieventämällä saadaan (w p w ) + p(w p w ) = q. w pw + p w p p + pw 7w w = q, w p q = 0. (.7) 7w Kertomalla edellinen yhtälö termillä w saadaan yhtälö muotoon (w ) q(w ) 1 7 p = 0. Nyt yhtälö on ratkaistavissa toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla, jolloin q ± q + 4 w 7 p = = 1 1 q ± 4 q + 1 7 p = R ± R + Q, missä R = 1q Q = 1 p. Tällöin termillä w on olemassa kuusi ratkaisua. Sijoittamalla w takaisin yhtälöön (.7) saadaan kolme paria, joista jokainen pari on identtinen, joten kolmannen asteen yhtälöllä on kolme ratkaisua. (Ks. [9]). Vaihtoehtoisesti yhtälö (.5) voidaan ratkaista erottamalla muotoa x B oleva termi kolmannen asteen yhtälöstä. Aluksi määritellään vakiot R = 9a a 1 7a 0 a 54 Q = a 1 a. 9 Tällöin yleinen kolmannen asteen yhtälö (.5) tulee muotoon x + Qx R = 0. (.8) Olkoot B C mielivaltaisia vakioita. Polynomin tekijöihin ossa samankorkuisten potenssien erotuksen laskusäännön nolla x B = (x B)(x + Bx + B ). (.9) 1

Yleinen kolmannen asteen yhtälö voitaisiin kaa tekijöihin, mikäli siinä ei olisi termiä x. Koska yleisesti Q on nollasta poikkeava, lisätään yhtälöön (.9) puolittain termi C(x B), jolloin saadaan identiteetti (x B ) + C(x B) = (x B)(x + Bx + B + C) = 0, joka saadaan termien uudelleen järjestelyillä muotoon x + Cx (B + BC) = (x B)[x + Bx + (B + C)] = 0. (.10) Seuraavaksi etsitään vastaavuudet termeille C (B + BC) yhtälöistä (.8) (.10), jolloin nähdään, että C = Q B +BC = R. Sijoittamalla ensimmäinen jälkimmäiseen, saadaan Seuraavaksi osoitetaan, että B + QB = R. (.11) B = [ R + Q + R ] 1 + [ R Q + R ] 1 toteuttaa yhtälön (.11). Korottamalla edellinen yhtälö neliöön, saadaan binomin neliökaavan avulla muoto B = [ R + Q + R ] + [ (R + Q + R )(R Q + R ) ] 1 + [ R Q + R ] = [ R + Q + R ] + [ (R (Q + R ) ] 1 + [ R Q + R ] = [ R + Q + R ] + [ R Q + R ] Q. Korotetaan B kolmanteen, jolloin { [R B = QB + + Q + R ] 1 + [ (R Q + R ) ] } 1 { [R + Q + R ] + [ (R Q + R ) ] } = [ R + Q + R ] + [ (R Q + R ) ] + [ (R + Q + R ) ] 1 [(R Q + R ) ] + [ (R + Q + R ) ] [(R Q + R ) ] 1 QB { [R = QB + R + + Q + R ][ R Q + R ]} 1 [R Q + R ] { 1 [R + + Q + R ][ R Q + R ]} 1 [R + Q + R ] 1 = QB + R + [ R (Q + R ) ] 1 [(R + ] Q + R ) 1 + (R Q + R ) 1 = QB + R QB = QB + R. 1

Sijoittamalla B B yhtälön (.11) vasemmalle puolelle, saadaan ( QB + R) + QB = R, joten on löydetty ratkaisu x = B yhtälölle (.8). Seuraavaksi etaan tekijöihin toisen asteen tekijä yhtälöstä (.10). Sijoitetaan C = Q yhtälöön x + Bx + (B + C), jolloin saadaan x + Bx + (B + Q) = 0. (.1) Yllä olevasta yhtälöstä x saadaan toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla kompleksilukujen laskusäännöillä x = B ± B 4(B + Q) = 1 B ± 1 B 1Q = 1 B ± 1 (B + 4Q) = 1 B ± 1 i B + 4Q. Edellinen yhtälö voidaan sieventää määrittelemällä Tällöin A [ R + Q + R ] 1 [ R Q + R ] 1. A = [ R + Q + R ] [ (R (Q + R ) ] 1 + [ R Q + R ] = [ R + Q + R ] + [ R Q + R ] + Q = B + 4Q, joten yhtälön (.1) ratkaisut voidaan kirjoittaa muodossa Määritellään x = 1 B ± 1 ia. D Q + R S R + D T R D, missä D on diskriminantti. Tällöin saadaan yksinkertaiset esitysmuodot termeille A B A = S T B = S + T. 14

Lopulta saadaan alkuperäisen yhtälön juuret esitettyä muodossa z 1 = 1 a + (S + T ) z = 1 a 1 (S + T ) + 1 i (S T ) z = 1 a 1 (S + T ) 1 i (S T ), missä a on termin z kerroin sekä S T kuten edellä on määritelty. Yhtälöt (.), (.) (.4) tunnetaan Cardanon yhtälöinä. Mikäli yhtälö on muotoa x + px + q = 0, missä x on muuttuna a = 0, a 1 = p a 0 = q, niin vakioilla on yksinkertainen muoto Q = 1 p R = 1 q D = Q + R = ( p ) + ( q ). Lisäksi saadaan (Ks. [7, s. 199]), että ST = p. (.1). Reaalisuustarkastelu Reaalisuustarkastelut seuraavat Väisälän teosta [7, s. 199]. Lause.. Olkoon yhtälön x + px + q = 0 (.14) kertoimet reaaliset. Diskriminanttia merkitään D = ( q ) + ( p ). (i) Jos D > 0, niin yksi juurista on reaalinen kaksi muuta ovat kompleksisia liittoluku. (ii) Jos D < 0, niin kaikki juuret ovat reaalisia erisuuria. (iii) Jos D = 0, niin kaikki juuret ovat reaalisia ainakin kaksi juurta ovat samo. 15

Todistus. Olkoon D > 0. Yhtälön (.) perusteella ensimmäinen juuri on reaalinen. Yhtälöissä (.) (.4) S T ovat erisuuria, koska D > 0. Näin ollen voidaan kirjoittaa x 1 = S + T, x = 1 (S + T ) + 1 i (S T ) x = 1 (S + T ) 1 i (S T ), missä S T. Nähdään, että x x ovat imaginaarisia liittoluku. Olkoon D < 0. Tämä on mahdollista vain, kun p < 0. Kirjoitetaan S T muotoon S = q + ( q ) + ( p ) (.15) T = q ( q ) + ( p ). (.16) Koska D = ( q ) + ( p ) < 0, niin S T ovat imaginaarisia liittoluku. Kompleksilukujen ominaisuuksien perusteella D = i D, kun D < 0, joten yhtälöt voidaan kirjoittaa muotoon S = q + i D = r(cos θ + i sin θ) (.17) T = q i D = r(cos θ i sin θ). (.18) Tällöin r saadaan suoraan määritelmästä. r = ( q ) ( [( + q ( ) ] p + ) ) ( = p ) vastaavasti θ cos θ = q r = q r. Yhtälöiden (.17) (.18) ratkaisut voidaan kirjoittaa yhtälön (.) nolla muotoon ( S ν = p = p ) [ ( θ cos [ ( θ cos + ν π ) + ν π ) + i sin ( θ + i sin ( θ + ν π + ν π )] )] 16

( T ν = p = p ) [ ( θ cos [ ( θ cos + ν π ) + ν π ) i sin ( θ i sin ( θ + ν π + ν π )], )] missä ν = 0, 1,. Nyt yhtälön (.14) ratkaisu on muuttujien S ν T ν summa, koska samaa vakion ν arvoa vastaava S ν T ν toteuttavat yhtälön (.1). Ratkaisut voidaan kirjoittaa muotoon x 1 = S 0 + T 0 (.19) = p [ ( ) ( )] θ θ cos + i sin + p [ ( ) ( )] θ θ cos i sin = p ( ) θ cos, (.0) x = S 1 + T 1 (.1) = p [ ( θ cos + π ) ( θ + i sin + π )] + p [ ( θ cos + π ) ( θ i sin + π )] = p ( θ cos + π ) (.) x = S + T (.) = p [ ( θ cos + 4π ) ( θ + i sin + 4π )] + p [ ( θ cos + 4π ) ( θ i sin + 4π )] = p ( θ cos + 4π ). (.4) Koska p < 0, nähdään, että kaikki juuret ovat reaalisia erisuuria. Olkoon D = 0. Tämä tapaus on mahdollinen vain silloin, kun p < 0 tai p = 0 q = 0. Jos p < 0, niin yhtälöiden (.15) (.16) oikeat puolet kutistuvat luvuksi q. Jos p = 0 q = 0, niin kaikki juuret ovat x 1 = 17

x = x = 0. Yhtälö (.1) toteutuu, kun vakioiksi S T valitaan tämän reaalinen kolmas juuri. Koska toisen asteen termin kerroin a = 0, ratkaisut supistuvat Cardanon yhtälöiden (.), (.) (.4) avulla muotoon x 1 = 1 a + (S + T ) = S + T = q + q q =, x = 1 a 1 (S + T ) + 1 i (S T ) = 1 (S + T ) + 1 i (S T ) = 1 ( q ) + 1 i ( q ( q )) = 1 ( q ) = q x = 1 a 1 (S + T ) 1 i (S T ) = 1 (S + T ) 1 i (S T ) = 1 ( q ) 1 i ( q ( q )) = 1 ( q ) = q Huomataan, että nyt x = x. Saadut tulokset pätevät myös yleiselle kolmannen asteen yhtälölle (.1), sillä z n = x n 1a, missä n = 1,,. Tällöin D = Q + R.. Casus irreducibilis Cardanon kaavo (.), (.) (.4) voidaan käyttää sellaisenaan kolmannen asteen yhtälöä ratkaistaessa, mikäli D 0. Kuten reaalisuustarkasteluissa nähtiin, niin ratkaisukaavat saavat uuden muodon, kun D < 0. Tässä tapauksessa ratkaisut saadaan kaavoista (.19), (.1) (.). Cardanon kaavojen (.), (.) (.4) keksijät heidän aikalaisensa joutuivat ongelmallisten tilanteiden eteen aina, kun D < 0, koska kaavat menettivät tällöin merkityksensä imaginaarisuutensa takia. Kompleksiluvut eivät olleet tällöin vielä tuttu, mutta hieman myöhemmin kompleksiluvut hyväksyttiin käyttöön kaavat tulivat käyttökelpoisiksi. Tällöin kuitenkin jouduttiin luopumaan puhtaasta algebrallisuudesta, koska trigonometriset funktiot tulivat mukaan. Kun D < 0, yhtälön juuria ei siis voida lausua pelkästään reaalisten juurilausekkeiden avulla, joten tapaus on saanut nimen casus irreducibilis. (Ks. [7, s. 01])..4 Esimerkkejä Esimerkki.1. (Vrt. [4, Harjoitus 10.9, s. 150]). Ratkaistaan yhtälö x x + 4 = 0. Yhtälö on vaillinainen kolmannen asteen yhtälö, koska siitä puuttuu toisen asteen termi. Yhtälö on siis muotoa x + 18

px + q = 0, missä x on muuttuna a = 0, a 1 = p = a 0 = q = 4, joten voidaan käyttää lausekkeita Q = 1 p = 1 ( ) =, R = 1 q = 1 4 = ( ) ( 4 ) ( 8 ) D = Q + R 100 = + = + 4 = 7 7. Koska D > 0, yhtälöllä on yksi reaalinen kaksi kompleksista ratkaisua. Sijoitetaan yllä saadut luvut Cardanon yhtälöihin x 1 = 1 a + (S + T ) = S + T = R + D + R D 100 100 = + 7 + 7 =, x = 1 a 1 (S + T ) + 1 i (S T ) = 1 (S + T ) + 1 i (S T ) = 1 ( R + D + R ) D + 1 ( i R + D R ) D ( = 1 ( ) + 1 ) i 100 100 + 7 7 = 1 + i x = 1 a 1 (S + T ) 1 i (S T ) = 1 (S + T ) 1 i (S T ) = 1 ( R + D + R ) D 1 ( i R + D R ) D ( = 1 ( ) 1 ) i 100 100 + 7 7 = 1 i. Esimerkki.. (Ks. [6, Harjoitus 5]). Ratkaistaan yhtälön x 4x + 6x 4 = 0 juuret. Yhtälö on kolmannen asteen yhtälö, jossa a = 4, a 1 = 6 a 0 = 4. Saadaan Q = a 1 a 9 = 6 a( 4) 9 19 = 9,

R = 9a a 1 7a 0 a 54 = 9 ( 4) 7 ( 4) ( 4) 54 = 0 54 = 10 7 ( ) ( 10 ) D = Q + R 4 = + = 9 7 7. Koska D > 0, yhtälöllä on yksi reaalinen kaksi kompleksista ratkaisua. Sijoitetaan yllä saadut luvut Cardanon yhtälöihin x 1 = 1 a + (S + T ) = 1 a + R + D + R D = 1 ( 4) + 10 4 7 + 7 + = 4 + =, 10 7 4 7 x = 1 a 1 (S + T ) + 1 i (S T ) = 4 1 + 1 ( i R + D R ) D ( = 4 1 + 1 ) i 10 4 7 + 7 10 4 7 7 = 1 + i x = 1 a 1 (S + T ) 1 i (S T ) = 4 1 i = 1 i. Esimerkki.. (Vrt. [6]). Ratkaistaan yhtälö x 4x = 0. Yhtälö on vaillinainen kolmannen asteen yhtälö on siis muotoa x + px + q = 0, missä x on muuttuna a = 0, a 1 = p = 4 a 0 = q =, joten voidaan käyttää lausekkeita Q = 1 p = 1 ( 4) = 4, R = 1 q = 1 ( ) = 1 ( D = Q + R = 4 ) + 1 = 64 7 + 1 = 7 7 = 1, 7.... 0

Koska D < 0, yhtälöllä on kolme erisuurta reaalista juurta. Yhtälön ensimmäinen juuri ratkaistaan kaavan (.19) mukaan seuraavasti x 1 = p ( ) θ cos = p ( arccos( q cos ) ) r ( ) ( arccos = p q ) cos ( p ) ) ( ( arccos = ( 4) ( ) cos ( ) ( arccos ) 4 = cos ( 4 ), 14. ( ( 4) ) Vastaavasti kaksi muuta juurta saadaan kaavoista (.1) (.) x = p ( θ cos + π ) ( ) ( arccos ) 4 = cos ( 4 ) + π 1, 675 ) x = p ( θ cos + 4π ) ( ( arccos 4 = cos 0, 59. ( 4 ) ) + 4π ) 1

Viitteet [1] Apostol, Tom M. Mathematical Analysis, second edition. Addison-Wesley Publishing Company, Inc., California Institute of Technology, 1974. [] Andreescu, Titu & Andrica, Dorin Complex Numbers from A to...z. Birkhäuser, Boston, 006. [] Howie, John M. Complex Analysis. Springer-Verlag, London, 00. [4] Irving, Ronald S. Integers, polynomials, and rings. Springer-Verlag, USA, 004. [5] Kivelä, Simo K.: Kompleksiluvut. http://matta.hut./matta/cluvut/komplluvut.html (10.4.008). [6] Saksman, E.: Kolmannen asteen yhtälöä ratkaisemassa. http://solmu.math.helsinki./000//saksman/ (10.4.008). [7] Väisälä, K. Lukuteorian korkeamman algebran alkeet. Otava, Helsinki, 1950. [8] Weisstein, Eric W.: Complex Number. MathWorld A Wolfram Web Resource. http://mathworld.wolfram.com/complexnumber.html (10.4.008). [9] Weisstein, Eric W.: Cubic Formula. MathWorld A Wolfram Web Resource. http://mathworld.wolfram.com/cubicformula.html (10.4.008). [10] Weisstein, Eric W.: Euler Formula. MathWorld A Wolfram Web Resource. http://mathworld.wolfram.com/eulerformula.html (0.5.008).