Równanie sześcienne

Równanie sześcienne lub trzeciego stopnia – równanie algebraiczne postaci ${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,}$ gdzie ${\displaystyle a\neq 0.}$ Każde równanie sześcienne o współczynnikach rzeczywistych ma przynajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty.

W dalszych częściach tego artykułu w pełni przedstawimy metodę rozwiązywania równań sześciennych o współczynnikach zespolonych.

Rys historyczny

Równania sześcienne zostały rozwiązane w pierwszej połowie XVI wieku. W tamtym czasie w Europie nie używano jeszcze liczb ujemnych i każde równanie zapisywano tak aby wszystkie współczynniki były dodatnie. Rozważano więc szereg różnych typów równań trzeciego stopnia. Matematycy wiedzieli jednak, że rozwiązanie ogólnego równania trzeciego stopnia może być zredukowane do rozwiązania równania:

${\displaystyle x^{3}=n\pm mx}$ (gdzie ${\displaystyle m,n>0}$).

Włoski matematyk Scipione del Ferro podał metodę rozwiązania jednego z tych typów, a prawdopodobnie też i drugiego. Nie rozgłaszał on swoich odkryć i przekazał on swoją metodę jedynie paru osobom, np. jego student Fior wiedział, jak rozwiązać równanie pierwszego typu. Del Ferro zapisywał wszystkie swoje odkrycia w notatniku, który po jego śmierci przeszedł w posiadanie Hannibala Navego, zięcia del Ferro. (Nave był również matematykiem i po śmierci teścia w 1526 r. przejął jego posadę na Uniwersytecie Bolońskim).

Niezależnie (ale i później) równania te były rozwiązane przez Niccolo Tartaglię. Potrafił on rozwiązać niektóre typy równań, kiedy w 1535 zaaranżowano mecz matematyczny pomiędzy Fiorem a Tartaglią. W czasie tej debaty każda ze stron podała drugiej 30 równań do rozwiązania. Podczas gdy zadania przygotowane przez Tartaglię były bardzo różnorodne, te podane przez Fiora dotyczyły tylko jedynego typu równań, które Fior potrafił rozwiązać. Rankiem 13 lutego 1535 Tartaglia odkrył sposób na rozwiązywanie tego typu równań i mecz wygrał. Swojej metody rozwiązywania równań Tartaglia nie chciał jednak ogłosić.

Girolamo Cardano uprosił Tartaglię w 1539 r. o wyjawienie metody rozwiązywania równań sześciennych, w zamian zobowiązując się do dochowania tajemnicy i nieujawniania metody. W 1540 r., Lodovico Ferrari, asystent Cardana, odkrył metodę redukcji równań czwartego stopnia do równań sześciennych. Razem z metodą rozwiązywania tych ostatnich pozwalało to rozwiązać wszystkie typy równań stopnia 4, jednak odkrycie to nie mogło zostać opublikowane ze względu na obietnicę daną Tartaglii.

W 1543 r. Cardano i Ferrari odwiedzili Navego, zięcia del Ferro, w Bolonii i dowiedzieli się od niego, że to del Ferro był pierwszym matematykiem, który rozwiązał równania trzeciego stopnia. Cardano uznał, że obietnica dana Tartaglii nie obowiązuje go więcej i opublikował metodę rozwiązywania równań 3. i 4. stopnia w swoim dziele Ars Magna w 1545.

Równania sześcienne znalazły zastosowanie m.in. w fizyce i chemii, np. w termodynamice. Równanie van der Waalsa jest równaniem sześciennym ze względu na objętość opisywanego gazu.

Sprowadzenie do postaci kanonicznej

Najpierw pokażemy, że równanie

może być sprowadzone do tak zwanej postaci kanonicznej:

Dzieląc obie strony równania (1) przez ${\displaystyle a,}$ otrzymujemy

${\displaystyle x^{3}+{\frac {b}{a}}x^{2}+{\frac {c}{a}}x+{\frac {d}{a}}=0,}$

i stosując podstawienie ${\displaystyle x=y-{\frac {b}{3a}},}$ mamy

${\displaystyle \left(y-{\frac {b}{3a}}\right)^{3}+{\frac {b}{a}}\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)^{2}+{\frac {c}{a}}\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)+{\frac {d}{a}}=0.}$

Po wymnożeniu, uproszczeniu i poszeregowaniu według potęg otrzymujemy

${\displaystyle y^{3}-y^{2}{\frac {b}{a}}+y^{2}{\frac {b}{a}}+y{\frac {b^{2}}{3a^{2}}}-y{\frac {2b^{2}}{3a^{2}}}+y{\frac {c}{a}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}+{\frac {b^{3}}{9a^{3}}}-{\frac {bc}{3a^{2}}}+{\frac {d}{a}}=0.}$

Wyraz z kwadratem znika i równanie wygląda tak:

${\displaystyle y^{3}+y\left({\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}}\right)+{\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}+{\frac {d}{a}}-{\frac {bc}{3a^{2}}}=0.}$

Następnie należy zastosować 2 podstawienia:

${\displaystyle p={\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}},}$

${\displaystyle q={\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}+{\frac {d}{a}}-{\frac {bc}{3a^{2}}}.}$

Otrzymujemy równanie w postaci kanonicznej (2). Każdy pierwiastek tego równania wyznacza pierwiastek równania (1).

Tak więc, jeśli wskażemy jak rozwiązywać równania w postaci kanonicznej, to będziemy mogli rozwiązać każde równanie trzeciego stopnia.

Warto zauważyć, że sprowadzenie do postaci kanonicznej łatwo wykonywać, stosując schemat Hornera, ponieważ ${\displaystyle y=x+{\frac {b}{3a}}}$ i więc poszukiwanie współczynników odpowiedniego wielomianu z ${\displaystyle y}$ to faktycznie rozkładanie wielomianu względem potęg dwumianu ${\displaystyle x+{\frac {b}{3a}}.}$

Rozwiązywanie równań kanonicznych

Zwróćmy uwagę, że jeśli znajdziemy jeden pierwiastek ${\displaystyle y_{0}}$ równania

to na mocy tzw. twierdzenia Bézouta możemy podzielić wielomian ${\displaystyle y^{3}+py+q}$ przez ${\displaystyle y-y_{0},}$ redukując nasze równanie do równania kwadratowego. Rozwiązując to równanie możemy znaleźć pozostałe rozwiązania równania (2). Poniżej najpierw przedstawimy metodę znajdowania jednego pierwiastka naszego równania, a później bardziej szczegółowo opiszemy sposób na znajdowanie wszystkich rozwiązań tego równania.

Jak znaleźć jeden pierwiastek

Rozważamy równanie

Jeśli ${\displaystyle p=0,}$ (a jest to wtedy gdy ${\displaystyle c={\frac {b^{2}}{3a}}}$) to znalezienie rozwiązania tego równania sprowadza się do znalezienia liczby, która podniesiona do trzeciej potęgi da nam ${\displaystyle -q,}$ a to po prostu pierwiastek sześcienny z ${\displaystyle -q.}$ Poniżej będziemy więc zakładać, że ${\displaystyle p\neq 0.}$

Przyjmujemy, że ${\displaystyle y=u+v.}$ Wówczas

Po dalszym uporządkowaniu informacji ze wzoru (3) otrzymujemy równanie

Zauważamy, że jeśli

(a ${\displaystyle y=u+v}$), to ${\displaystyle y}$ spełnia równanie (4) wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on równanie (2). Rozwiązując układ równań (5), otrzymujemy ${\displaystyle u={\frac {-p}{3v}}}$ oraz

${\displaystyle \left({\frac {-p}{3v}}\right)^{3}+v^{3}+q=0.}$

Stąd

${\displaystyle v^{3}-{\frac {p^{3}}{27v^{3}}}+q=0.}$

Po pomnożeniu przez ${\displaystyle v^{3}}$ otrzymamy

${\displaystyle (v^{3})^{2}+q(v^{3})-{\frac {p^{3}}{27}}=0.}$

Podstawiając za ${\displaystyle v^{3}}$ zmienną pomocniczą ${\displaystyle z,}$ otrzymujemy równanie kwadratowe:

Równanie (6) ma pierwiastek (możliwe że zespolony):

${\displaystyle z_{0}={\frac {-q+{\sqrt {q^{2}+4p^{3}/27}}}{2}}.}$

Następnie wybieramy liczbę ${\displaystyle v_{0}}$ taką, że ${\displaystyle (v_{0})^{3}=z_{0}.}$ Kładziemy ${\displaystyle u_{0}={\frac {-p}{3v_{0}}}}$  i zauważamy że ${\displaystyle v_{0},u_{0}}$ spełniają równania (5). Jeśli więc położymy

${\displaystyle y_{0}=v_{0}+u_{0},}$

to liczby ${\displaystyle y_{0},v_{0},u_{0}}$ będą spełniać równanie (4), czyli

${\displaystyle y_{0}}$ jest pierwiastkiem równania (2).

Wszystkie rozwiązania: wzory Cardana

Poniżej będzie przedstawiona metoda, pozwalająca otrzymać wszystkie pierwiastki równania (2), jeśli jeden został już znaleziony według powyższej metody. Niech ${\displaystyle \varepsilon _{0},\varepsilon _{1},\varepsilon _{2}}$ będą pierwiastkami 3. stopnia z jedynki, tzn.

${\displaystyle \varepsilon _{0}=1,}$   ${\displaystyle \varepsilon _{1}={\frac {-1+i{\sqrt {3}}}{2}},}$  ${\displaystyle \varepsilon _{2}={\frac {-1-i{\sqrt {3}}}{2}}.}$

Tak jak wcześniej, niech ${\displaystyle z_{0}}$ będzie pierwiastkiem równania (6):

${\displaystyle z_{0}={\frac {-q+{\sqrt {q^{2}+4p^{3}/27}}}{2}}.}$

Ustalmy liczby ${\displaystyle v_{0},u_{*}}$ takie, że

${\displaystyle (v_{0})^{3}=z_{0}}$   oraz  ${\displaystyle (u_{*})^{3}=-q-z_{0}={\frac {-q-{\sqrt {q^{2}+4p^{3}/27}}}{2}}}$ (zob. drugą równość z (5)).

Zauważmy, że

${\displaystyle (v_{0})^{3}\cdot (u_{*})^{3}={\frac {-q+{\sqrt {q^{2}+4p^{3}/27}}}{2}}\cdot {\frac {-q-{\sqrt {q^{2}+4p^{3}/27}}}{2}}={\frac {q^{2}-q^{2}-4p^{3}/27}{4}}={\frac {-p^{3}}{27}}.}$

Zatem dla pewnego ${\displaystyle m\in \{0,1,2\}}$ mamy, że

${\displaystyle v_{0}\cdot u_{*}=-\varepsilon _{m}p/3.}$

Niech ${\displaystyle n\in \{0,1,2\}}$ będzie takie, że ${\displaystyle \varepsilon _{n}\cdot \varepsilon _{m}=1}$ i połóżmy

${\displaystyle u_{0}=\varepsilon _{n}u_{*}.}$

Wówczas liczby ${\displaystyle v_{0},u_{0}}$ spełniają równania (5). Niech

${\displaystyle y_{0}=v_{0}+u_{0},}$   ${\displaystyle y_{1}=\varepsilon _{1}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}^{2}\cdot u_{0}}$  oraz   ${\displaystyle y_{2}=\varepsilon _{1}^{2}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}\cdot u_{0}.}$

Uzasadnienie: gdy weźmiemy ${\displaystyle \varepsilon }$ z indeksem 1, to pomnożenie dodaje 1/3 pełnego kąta, pomnożenie przez kwadrat dodaje 2/3 pełnego kąta. Równie dobrze moglibyśmy brać ${\displaystyle \varepsilon _{2}}$ dodając 2/3 pełnego kąta i dla kwadratu 4/3 = 1/3 pełnego kąta, natomiast nie można brać ${\displaystyle \varepsilon _{0}}$ = 1.

(Powyższe wzory, po wykonaniu w nich podstawień stosownych formuł na ${\displaystyle \varepsilon _{1},v_{0},u_{0},}$ nazywane są wzorami Cardana^[1]. Są one współczesnym uogólnieniem metody opisanej przez Girolama Cardana w Ars Magna.)

Wykażemy, że liczby ${\displaystyle y_{0},y_{1},y_{2}}$ są wszystkimi rozwiązaniami równania (2).

Zauważmy najpierw, że ${\displaystyle \varepsilon _{1}(1+\varepsilon _{1})=-1,}$ więc

Mamy też

(przypomnijmy, że ${\displaystyle 0=1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2}}$ oraz ${\displaystyle 3v_{0}u_{0}=-p;}$ patrz (5)). Także

(tu również korzystamy z równań (5)). Używając równań (7)-(9), otrzymujemy

${\displaystyle (y-y_{0})(y-y_{1})(y-y_{2})=y^{3}-(y_{0}+y_{1}+y_{2})y^{2}+(y_{0}y_{1}+y_{0}y_{2}+y_{1}y_{2})y-y_{0}y_{1}y_{2}=y^{3}+py+q.}$

Stąd już możemy wywnioskować, że ${\displaystyle y_{0},y_{1},y_{2}}$ są wszystkimi pierwiastkami równania (2).

Przykłady

Prosty przykład

Równanie ${\displaystyle x^{3}+5x^{2}+4x=0}$ ma pierwiastki –4,–1,0.

Przechodzimy do formy ${\displaystyle y^{3}+py+q=0.}$

${\displaystyle p}$ = –4,3333, q=2,592592,

${\displaystyle z_{0}}$ = –1,2962 + 1,1547*i ma 3 pierwiastki: 0,8333+0,866*i, –1,16666+0,2886i, 0,3333-1,1547i,

${\displaystyle v_{0}}$ niech będzie pierwszym pierwiastkiem.

${\displaystyle -q-z_{0}}$ ma trzy pierwiastki: 0,8333–0,8660i, 0,3333+1,1547, –1,166666–0,28867i,

(w tym prostym przypadku pierwiastki są sprzężone, co pozwoli na eliminację części urojonej)

${\displaystyle u_{*}}$ niech będzie ostatnim pierwiastkiem

${\displaystyle -3{\frac {v_{0}*u_{*}}{p}}}$ = –0,5 –0,866i = ${\displaystyle \varepsilon _{2},}$ stąd m=2, więc n=1

${\displaystyle u0}$ = 0,8333, –0,8666

${\displaystyle y_{0}=1{,}6666,}$ ${\displaystyle y_{1}=-2{,}3333,}$ ${\displaystyle y_{2}=0{,}666.}$

I ostatecznie mamy wyniki ze wzoru ${\displaystyle x=y-{\frac {b}{3a}},}$: x0=0, x1=-4, x2=-1.

Współczynniki zespolone

Powyższy wzór znajduje pierwiastki zespolone radząc sobie również jeżeli mamy zespolone współczynniki. Weźmy równanie

${\displaystyle (2+3i)x^{3}+(1-2i)x^{2}+(-1+4i)x+(5+6i)=0}$

Wynik można sprawdzić na stronie WolframAlpha.

Dla naszego równania p = 0,83431 + 0,7357·i, q = 2,09853 – 0,00568·i. We wzorze na ${\displaystyle z_{0}}$ występuje pierwiastek dający dwa rozwiązania, bierzemy jedno ${\displaystyle z_{0}}$ = –0,01360 + 0,02031·i.

${\displaystyle z_{0}}$ ma 3 pierwiastki:

0,218141 + 0,191450·i, –0,27487 + 0,0931·i: 0,05673 – 0,284641·i.

Wybieramy dla ${\displaystyle v_{0}}$ pierwszy pierwiastek = 0,218141 + 0,191450·i.

${\displaystyle -q-z_{0}}$ = –2,08492 –0,014632·i, ma trzy pierwiastki: 0,641345 – 1,1048·i, 0,636169 + 1,107854·i, –1,277515 – 0,0029885·i.

Wybieramy dla ${\displaystyle u_{*}}$ na przykład ostatni pierwiastek = –1,277515 – 0,0029885·i. ${\displaystyle v_{0}\cdot u_{*}}$ = –0,278106 – 0,245233·i jako m wybieramy 0 bo ${\displaystyle \varepsilon _{0}}$ = 1 jest odpowiednim.

A więc również n=1 bo 1*1=1;

${\displaystyle y_{0}}$ = –1,05937 + 0,188462·i, ${\displaystyle y_{1}}$ = 0,3612975 + 1,201045·i: ${\displaystyle y_{2}}$ = 0,6980765 –1,389507·i

${\displaystyle x_{0}}$ = –0,95681 + 0,3679495, ${\displaystyle x_{1}}$ = 0,463861 + 1,3805324, ${\displaystyle x_{2}}$ = 0,800640 –1,210020.

Podsumowanie

Aby rozwiązać równanie

o współczynnikach zespolonych, sprowadzamy je do postaci kanonicznej

gdzie ${\displaystyle p={\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}},\ q={\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}+{\frac {d}{a}}-{\frac {bc}{3a^{2}}},\ y=x+{\frac {b}{3a}}.}$ Następnie znajdujemy parę liczb ${\displaystyle v_{0},u_{0},}$ spełniających równania

${\displaystyle 3u_{0}v_{0}=-p}$   oraz   ${\displaystyle u_{0}^{3}+v_{0}^{3}=-q.}$

(Wymaga to rozwiązania równania kwadratowego i wyznaczenia pierwiastków trzeciego stopnia.) Rozwiązaniami równania (1) są liczby

${\displaystyle x_{0}=v_{0}+u_{0}-{\frac {b}{3a}},}$

${\displaystyle x_{1}=v_{0}{\frac {-1+i{\sqrt {3}}}{2}}-u_{0}{\frac {1+i{\sqrt {3}}}{2}}-{\frac {b}{3a}},}$

${\displaystyle x_{2}=-v_{0}{\frac {1+i{\sqrt {3}}}{2}}+u_{0}{\frac {-1+i{\sqrt {3}}}{2}}-{\frac {b}{3a}}.}$

Pierwiastki rzeczywiste równania kanonicznego o współczynnikach rzeczywistych

W oparciu o dyskusję w poprzedniej sekcji możemy podać gotowe wzory na pierwiastki rzeczywiste równań w postaci kanonicznej. Rozważamy następujące równanie:

gdzie współczynniki ${\displaystyle p,q}$ są liczbami rzeczywistymi. Określmy jego wyróżnik jako

${\displaystyle \Delta =\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}+\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}.}$

Zależnie od znaku wyróżnika równania mamy 3 możliwości.

Przypadek 1   ${\displaystyle \Delta >0{:}}$

Wówczas

${\displaystyle y_{1}={\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\Delta }}}}+{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\Delta }}}}}$

jest jedynym pierwiastkiem rzeczywistym równania (2).

Przypadek 2   ${\displaystyle \Delta =0{:}}$

Wówczas równanie (2) ma co najwyżej dwa rozwiązania w liczbach rzeczywistych:

${\displaystyle y_{1}={\sqrt[{3}]{\frac {q}{2}}}}$  oraz  ${\displaystyle y_{2}=-2{\sqrt[{3}]{\frac {q}{2}}}.}$

Gdy ${\displaystyle q\neq 0,}$ to rozważane równanie ma w liczbach rzeczywistych dokładnie dwa różne pierwiastki; jeden z nich jest podwójny.

Przypadek 3   ${\displaystyle \Delta <0{:}}$

W tym przypadku równanie (2) ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste. Aby wyznaczyć i opisać te pierwiastki, używamy funkcji trygonometrycznych i postaci trygonometrycznej liczb zespolonych.

Ponieważ ${\displaystyle \Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}<0,}$ to ${\displaystyle -{\frac {p^{3}}{27}}>{\frac {q^{2}}{4}}\geqslant 0,}$ a stąd

${\displaystyle \left|{\frac {-{\frac {q}{2}}}{\sqrt {\frac {-p^{3}}{27}}}}\right|<1.}$

Możemy więc zdefiniować

${\displaystyle r={\sqrt {\frac {-p^{3}}{27}}}>0}$

oraz wybrać liczbę ${\displaystyle \varphi \in (0,\pi )}$ tak, że

${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {-{\frac {q}{2}}}{\sqrt {-{\frac {p^{3}}{27}}}}}.}$

Wówczas ${\displaystyle \Delta =-r^{2}\sin ^{2}\varphi }$  i   ${\displaystyle -{\frac {q}{2}}=r\cos \varphi ,}$ a zatem liczba ${\displaystyle z=r(\cos \varphi +i\sin \varphi )}$ spełnia równanie kwadratowe ${\displaystyle z^{2}+qz-{\frac {p^{3}}{27}}=0.}$ Sprawdzamy, że sprzężone liczby zespolone

${\displaystyle v_{0}={\sqrt[{3}]{r}}\left(\cos {\frac {\varphi }{3}}+i\sin {\frac {\varphi }{3}}\right)}$  oraz   ${\displaystyle u_{0}={\sqrt[{3}]{r}}\left(\cos {\frac {\varphi }{3}}-i\sin {\frac {\varphi }{3}}\right)}$

spełniają równania (5). Stąd, zgodnie z argumentacją z końca poprzedniej sekcji, znajdujemy, że wszystkie pierwiastki równania (2) są rzeczywiste i są to:

${\displaystyle y_{0}=2{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\cos {\frac {\varphi }{3}},}$

${\displaystyle y_{1}=2{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\cos {\frac {\varphi +2\pi }{3}},}$

${\displaystyle y_{2}=2{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\cos {\frac {\varphi +4\pi }{3}}.}$

Inne metody rozwiązywania równania kanonicznego

Ważony para-cosinus

Dla równania kanonicznego

${\displaystyle y^{3}+py+q=0}$

korzystamy ze wzorów Viète’a i otrzymujemy:

${\displaystyle y_{1}+y_{2}+y_{3}=0,}$

${\displaystyle y_{1}y_{2}+y_{1}y_{3}+y_{2}y_{3}=p,}$

${\displaystyle y_{1}y_{2}y_{3}=-q.}$

Ten nieliniowy układ z trzema niewiadomymi ze względu na wysoką symetrię jest jednym z niewielu, które dają się rozwiązać analitycznie. Ze względu na prostotę pierwszego równania wystarczy zająć się jedynie dwoma następnymi po wyrugowaniu zmiennej ${\displaystyle y_{1}.}$

${\displaystyle -(y_{2}+y_{3})^{2}+y_{2}y_{3}=p,}$

${\displaystyle -(y_{2}+y_{3})y_{2}y_{3}=-q.}$

Zastosujemy teraz podstawienie para-trygonometryczne (ważony para-cosinus):

${\displaystyle y_{2}=e^{-i\pi /3}{\sqrt[{3}]{z_{2}}}+e^{i\pi /3}{\sqrt[{3}]{z_{3}}},}$

${\displaystyle y_{3}=e^{i\pi /3}{\sqrt[{3}]{z_{2}}}+e^{-i\pi /3}{\sqrt[{3}]{z_{3}}},}$

zależności

${\displaystyle y_{2}+y_{3}={\sqrt[{3}]{z_{2}}}+{\sqrt[{3}]{z_{3}}},\quad y_{2}y_{3}={\sqrt[{3}]{z_{2}}}^{2}+{\sqrt[{3}]{z_{3}}}^{2}-{\sqrt[{3}]{z_{2}z_{3}}}}$

prowadzą do układu równań

${\displaystyle z_{2}+z_{3}=q,}$

${\displaystyle 27z_{2}z_{3}=-p^{3},}$

który rozwiązujemy rozwiązując proste równanie kwadratowe.

Podstawienie Viète’a

W równaniu kanonicznym ${\displaystyle y^{3}+py+q=0}$ podstawiamy

${\displaystyle y=z-{\frac {p}{3z}}}$

co prowadzi do równania kwadratowego na ${\displaystyle z^{3}}$

${\displaystyle (z^{3})^{2}+qz^{3}-{\frac {p^{3}}{27}}=0,}$

a dalej do sześciu rozwiązań na ${\displaystyle z,}$ ale tylko trzech na ${\displaystyle y,}$ jako że każda liczba rzeczywista lub zespolona różna od zera ma zawsze trzy pierwiastki trzeciego stopnia.

Zobacz też

• liczba zespolona
• równanie kwadratowe
• równanie dwukwadratowe
• równanie zwrotne
• równanie czwartego stopnia

Przypisy

Bibliografia

• Sierpiński, Wacław: Zasady algebry wyższej, „Monografie Matematyczne” Tom 11, Rozdział 10. Plik pdf jest dostępny z serwisu Biblioteka Wirtualna Nauki
• Równania kwadratowe, sześcienne i czwartego stopnia w serwisie MacTutor History of Mathematics archive (ang.)

Linki zewnętrzne

• How Imaginary Numbers Were Invented (ang.), kanał Veritasium na YouTube [dostęp 2022-04-06] – film o genezie liczb zespolonych w rozwiązaniach równania kubicznego.