Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский педагогический государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

алгебра от Галины Валентиновны / 2011 Дискриминант кубического уравнения

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

06.06.2015

Размер:

145.16 Кб

Скачать

☆

Дискриминант кубического уравнения

Пусть имеется кубическое уравнение a3 x3 a2 x2 a1 x a0 0 , 1 , 2 , 3 −его корни. Дискриминантом кубического уравнения называется число D a34 ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 1 3 )2 . Нетрудно видеть, что справедливо следующее утверждение.

Утверждение. Дискриминант равен нулю тогда и только тогда, когда имеются кратные корни.

Для приведенного уравнения x3 a2 x2 a1 x a0 0 имеем

D ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 1 3 )2 . Перейдем к соответствующему неполному кубическому уравнению с помощью подстановки

x y	a2	и получим уравнение y3 px q 0 , корнями которого яв-
x y		и получим уравнение y3 px q 0 , корнями которого яв-
3
ляются числа			1		a2	,	2	2		a2	,	3	3		a2	и дискриминант ко-
ляются числа						,					,					и дискриминант ко-
				1	3				3					3
					3				3					3

торого равен дискриминанту полного уравнения:

D ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 1 3 )2 ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 1 3 )2 .

Представим симметрический полином

D ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 1 3 )2 в виде полинома от элементарных симметрических полиномов

4,2,0	4	2	2	2
	1	2	1		2
4,1,1			3		3
			1		3
3,3,0			23
3,2,1			1 2 3
2,2,2				2
			3

Представим полином D в виде полинома от элементарных симметрических полиномов с неопределенными коэффициентами

D F 12 22 a 13 3 b 23 c 1 2 3 d 32 .

Учитывая, что

1 ( 1 , 2 , 3 ) 0, 2 ( 1 , 2 , 3 ) p, 3 ( 1 , 2 , 3 ) q ,

мы можем не находить коэффициенты a, c .

Тогда

1	2		3					1				2			3		f	1 , 2 , 3		Уравнение
1	-1			0					0			-1			0			4		4 b
-2	1			1					0			-3			-2			0		0 27b 4d
Получаем значения b 4, d 27 . Поэтому
D (				)2		(	2					)2	( )2
	1	2					2				3			1	3
2	2 a 3					4 3							c			27 2			4 p3 27q2
1	2		1			3					2				1 2		3	3
0				0							p3				0			q 2
D 108			p		3			q		2	108 .
			p					q

		27							4

Общие формулы

Имеется уравнение

x3 px q 0

Находим корни последующим формулам. Для первого корня:


u		3		q				q2		p3	, v	p	.
u	1	3									, v		.
	1		2			4			27		1	3u1
			2			4			27			3u1
c1	u1					p	.
c1	u1						.
					3u1

Для второго корня имеем:

			1			3														p
u 2								i u		1, ,		v 2
u 2								i u		1, ,		v 2
			2		2													3u2
			2		2													3u2
				p											p					1									1
				p											p					1			3						1				3
																									i										i v1 .


		1			3								3 u							2 2									2			2
		1			3								3 u			1				2 2									2			2
	3					i	u1
	3	2			2	i	u1
		2			2
															1													1
															1				3									1			3
Поэтому c2					u2				v2												i u 1											i v1 . Для третье-
Поэтому c2					u2				v2												i u 1											i v1 . Для третье-
															2		2											2		2
															2		2											2		2
														1															p
														1			3												p
го корня имеем: u 3																				i u1 , v 3
го корня имеем: u 3																				i u1 , v 3
														2		2													3u3
														2		2													3u3
				p											p					1									1
				p											p					1			3						1					3
																									i										i v1 .


		1			3								3 u							2 2									2			2
		1			3								3 u			1				2 2									2			2
	3					i	u1
	3	2			2	i	u1
		2			2
									1													1
									1		3											1				3
Поэтому c3													i u1														i v1 .
Поэтому c3													i u1														i v1 .
									2	2												2		2
									2	2												2		2

Итак, формулы для вычисления корней выглядят так:

u		3		q						q2				p3		, v			p
u	1	3														, v
	1		2								4		27			1		3u1
			2			p					4		27					3u1
c1 u1						p	,
c1 u1					3u1		,
					3u1
			1														1
			1						3								1				3
c2												i	u		1							i v1 ,
c2												i	u		1							i v1 ,
			2				2										2		2
			2				2										2		2
			1														1
			1					3									1			3
c3												i	u		1							i v1 .
c3												i	u		1							i v1 .
			2				2										2		2
			2				2										2		2

Частный случай 1. Кратные корни.

D 0 есть кратные корни 0 q2 p3

4 27

			2 p2					3q				.
			9q					2 p				.
			9q					2 p
Поэтому
																																3q	,
u1		3				q	q 3											1		q								1				3q
u1		3					q 3									2q2				q									4 p3
					2											2q2							3	2					4 p3			2 p


																													27
					p									p							2 p2													3q
v																									u				c		2u				.
v	1														3q										u				c		2u				.
	1			3u1							3										9q						1	1			1			p

															2 p
															2 p
					1																	1
					1					3												1					3
c2													i u						1										i u1 u1
c2													i u						1										i u1 u1
					2			2															2			2
					2			2															2			2
					1																	1
					1				3													1					3
c3													i u						1										i u1 u1
c3													i u						1										i u1 u1
					2			2														2				2
					2			2														2				2
Следовательно,														c						3q	, c			c						c1	.
Следовательно,														c			1				, c		2	c							.
																	1			p			2			3		2
																				p								2

Примеры.

1.Решить уравнение x3 18x2 105x 200 0 . Сведем сначала к неполному уравнению, то есть сделаем замену

x t b t 6 t x 6 , так чтобы уравнение приняло вид

t3 pt q 0 . Тогда мы имеем

f x x3 18x2 105x 200 g x 6 , где

g t t3 pt q x 6 3 p x 6 q 0 .

Следовательно, можно использовать схему Горнера для раз-

ложения x3 18x2				105x 200	по степеням x 6 x a :
	1	-18	105	-200
6	1	-12	33	-2
6	1	-6	-3
6	1	0

Поэтому имеем неполное уравнение


t3 3t 2 0 p 3, q 2							p2			q3	1 1 0 .
t3 3t 2 0 p 3, q 2											1 1 0 .
						4			27
Значит, есть кратные корни. Далее
c		3 2	2 , c		c			c1	1. Итак, для уравнения
	1	3		2	3	2
		3				2

t3 3t 2 0 имеем решения: 2; 1; 1 . Решения исходного уравнения xi ci 6 : 8;5;5 .

2.x3 6ix2 15x 100i 0 . Приведем к неполному уравнению

Сведем сначала к неполному уравнению, то есть сделаем за-

мену x t b t 2i t x 2i , так чтобы уравнение при-

няло вид t3 pt q 0 . Тогда мы имеем

f x x3 6ix2 15x 100i g x 2i , где

g t t3 pt q x 2i 3 p x 2i q 0 .

Следовательно, можно использовать схему Горнера для разложения

x3 3ix2 24x 80i				по степеням x i x a :

		1	6i		15	100i
	2i	1	4i		23	54i
	2i	1	2i		27

2i 1 0

Поэтому имеем неполное уравнение t3 27t 54i p 27,q 54i .

Далее c

3 54i

, c

/ 2 3i , то есть

6i;3i;3i .

ck 2i : 4i;5i;5i

Решения исходного уравнения

Кубические уравнения с действительными коэффициентами

Если у приведенного кубического уравнения кратных корней нет, то имеется либо три различных действительных корня, и тогда дис-

криминант положителен, либо один действительный корень и два комплексно сопряженных (не являющихся действительными) корня. В последнем случае дискриминант отрицателен. Действительно, пусть r действительный корень и z, z − комплексно сопряженные корни. Тогда, поскольку r z, r z также комплексно сопряженные числа,


то (r z) (r			z	)	r z	2 0 ,			а z		z	2	0 . Поэтому

D(r, z,		) (r z)2 (r					z	)2	(z	z	)2		0 .
	z

					0				0

Частный случай 2.

Для 0 (случай трех различных действительных корней) имеем

формулы u

, v

3u1

Поскольку u3 , v3

являются решениями действительного вспомога-

тельного уравнения t2 qt

0 , то они либо оба действительные,

либо комплексно сопряженные. В рассматриваемом случае 0 , по-

этому корни u13 ,v13 комплексно сопряжены, следовательно u1 , v1 также комплексные числа. Поскольку u1 v1 – действительный корень, и

u1v1 p – действительное число, то u1 , v1 – комплексные корни

действительного квадратного уравнения, поэтому они комплексно сопряжены. Но 2 Re , поэтому

c1 u1 v1 u1 u1 2 Re u1 .


c		2 Re u 2 Re 3														q			,
	1															q

				1												2
																2
			1															1						1
									3													3
									3													3
c2											i u1												i u1
c2											i u1												i u1
			2				2											2		2				2
			2				2											2		2				2

					1							3

2 Re														i	u	1	Re 1 3i u 1 ,
2 Re										2				i	u	1	Re 1 3i u 1 ,
				2						2

			1															1						1
								3													3
								3													3
c3											i u1												i u1
c3											i u1												i u1
			2				2											2		2				2
			2				2											2		2				2

						1					3

2 Re													i		u	1	Re 1 3i u1 .
2 Re													i		u	1	Re 1 3i u1 .
				2						2

3			1	3
	i u	1			i u1
	i u	1			i u1
2			2	2
2			2	2

3			1	3
	i u	1			i u	1
	i u	1			i u	1
2			2	2
2			2	2

Итак,


u 3		q	,	c		2 Re 3		q
		q			1			q	,
									,
1	2						2
	2						2

c2 Re 1 3i u 1 , c3 Re 1 3i u1 .

Пример. (Частный случай 2.) Решим кубическое уравнение x3 9x2 21x 5 0 .

x y b y 3 y x 3 , так чтобы уравнение приняло вид

t3 pt q 0 . Тогда мы имеем f x x3 9x2 21x 5 g x 3 ,

где g y y3 py q x 3 3 p x 3 q 0 .

Произведя замену переменных x y 3 , используя схему Горнера, получим разложение по степеням x 3

	1	-9	21	-5
3	1	-6	3	4
3	1	-3	-6
3	1	0
3	1

Переходим к неполному многочлену y3 6 y 4 0, p 6, q 4 .

Для него p3 q2 63 42 8 4 4 и, следовательно, дискри-

27 4 27 4

минант уравнения положителен, то есть уравнение имеет три различных действительных корня.

Для нашего примера u1			3	4		, то есть	u1 3		1 i .
				4	4			2 2i
					4			2 2i
			2
Поэтому v1		1 i .
Поэтому v1	u1	1 i .
Тогда c1 2 Re 1 i 2 ,


c2	Re 1		i u 1 Re 1					i 1 i				i i 1 1				,
		3				3				3				3
c3 Re 1				i u1 Re 1			i 1 i				i i 1 1				.
		3			3				3				3

Таким образом, для н6еполного уравнения имеем

ck 2, 1 3, 1 3 . Решения исходного уравнения xk ck 3 :

5, 2 3, 2 3 .

Частный случай 3.

Случай 0 (случай одного действительного корня и двух комплексно сопряженных недействительных корней).

В качестве u1 выбираем действительное значение кубического корня. Тогда и v1 также действительное число и

	q	q2	p3			p
u1 3				, v	1		.
u1 3	2	4	27	, v	1	3u1	.		p
	2	4	27			3u1
Поэтому c1 – действительный корень, c1								u1		.
Поэтому c1 – действительный корень, c1								u1		.
									3u1

Значит, c2 , c3 – комплексно сопряженные корни:

	1	3			1	3

c2			i u	1			i v	1 , c3 c2 .

	2	2			2	2

Соминский 167(а) (Частный случай 3.)
x3 6x 9 0					2
q 9, p 6, 8	81	49	7
						0
	4	4		2

Значит, дискриминант отрицателен, поэтому один действительный и два комплексно сопряженных корня.

u	3	9			7		3				1
		9			7					1
										1
1		2	2
		2	2
c1 u1				p		1							6		1 2 3
c1 u1						1									1 2 3
			3u1									3 1
		1											1						p
		1						3					1				3		p
c2									i u			1						i
c2		2					2		i u			1		2		2		i	3u
		2					2							2		2			3u
																			1

	1	3		1
1			i

	2	2			2

c3 3 3i

2 2

3		3	3i
	i 2

2		2 2

Соседние файлы в папке алгебра от Галины Валентиновны

#
06.06.2015145.16 Кб312011 Дискриминант кубического уравнения.pdf
#
06.06.201576.47 Кб20Для студентов Уравнения степени 4.pdf
#
06.06.2015117.14 Кб20Искусственный многочлен и его свойства.pdf
#
06.06.2015126.5 Кб70Лексикографический порядок.pdf
#
06.06.2015117.74 Кб27лекция Простейшие дроби.pdf
#
06.06.201585.54 Кб34поле дробей кольца многочленов.pdf