Oplossen derdegraads vergelijkingen

(1)

Oplossen derdegraads vergelijkingen

We veronderstellen in dit document dat de basiseigenschappen van complexe getallen bij de lezer bekend zijn. Verder beschouwen we hier slechts vergelijkingen met reële coëfficiënten.

Een algemene derdegraads vergelijking heeft de vorm A z3

+B z2+Cz + D=0 , waarbij A ≠ 0 en A , B , C en D reële getallen zijn.

(1)

Deze vergelijking willen we oplossen naar de complexe variabele z .

Delen we in (1) beide leden door A dan krijgen we een vergelijking van de vorm

z3+b z2+cz +d=0 , waarbij b , c en d reële getallen zijn. (2) We kunnen ons daarom beperken tot vergelijkingen van deze vorm.

Een diepe stelling uit de algebra (‘Hoofdstelling van de Algebra’) zegt dat een n−¿ de graads

vergelijking a0+a1z +a2z2+⋯+anzn=0 precies n complexe wortels heeft.

Hierbij dient men een wortel even vaak te tellen als zijn multipliciteit.

Voorbeeld 1

Beschouw de zevendegraads vergelijking ( z−1)2

(z +4)3

(

z2+1

)

=0 . Dit is ook te schrijven als ( z−1) ( z−1)( z+4) ( z+4 )( z+4) ( z−i)( z+i)=0 .

De wortels hiervan zijn z=1 (tweevoudig), z=−4 (drievoudig) , z=i en z=−i . De vergelijking in (2) heeft dus drie complexe (mogelijk reële) wortels.

Alvorens we (2) gaan oplossen, gaan we eerst de aard van de oplossingen analyseren. We introduceren de functie g ( x)=x3

+b x2+cx +d , waarbij x een reële variabele is. We kunnen dit herschrijven als g ( x)=x3

∙

{

1+h ( x )

}

, waarbij h ( x )=b_x+c x2+

d x3 .

Als |x| naar oneindig nadert, dan nadert h ( x) naar nul. Er bestaat daarom zeker een positief

getal A zodanig dat h ( x)>−1

2 , dus 1+h ( x )> 1

2 , als |x|≥ A . Dit impliceert dat het volgende:

g ( x)=x3∙

{

1+h ( x )

}

>x3∙1

2 ¿0 , als x ≥ A en g ( x)=x3∙

{

1+h ( x )

}

<x3∙1

2 ¿0 , als x ≤−A [als x ≤−A <0 , dan x3<0 , dus het teken klapt om wanneer we beide leden van de ongelijkheid

1+h ( x )>1

2

vermenigvuldigen met het negatieve getal x3 ].

Er bestaat daarom een positief getal x2 zodanig dat g

(

x2

)

>0 en een negatief getal x1 zodanig dat g

(

x1

)

<0 . Omdat de grafiek van g geen sprongen (‘discontinuïteiten’) vertoont,

(2)

volgt er dat er een getal x₃ tussen x₁ en x₂ is waarvoor g

(

x3

)

=0 . De vergelijking (2) heeft daarom minstens één reële wortel.

We vatten dit samen.

Stelling 1

Een derdegraads vergelijking met reële coëfficiënten heeft minstens één reële wortel.

Deze laatste stelling geldt niet alleen voor derdegraads vergelijkingen maar ook voor hogeregraads vergelijkingen van oneven graad. Het bewijs voor deze algemenere versie verloopt analoog.

Stel nu dat (2) een complexe oplossing w=u+v i bezit, waarbij u en v reële getallen zijn met

v ≠ 0 . Dan geldt dus dat w3

+b w2+c w+d=0 .

We nemen nu van beide leden de complex geconjugeerde:

w3+b w2+c w+d=0 . Dit is te herschrijven als w3+b∙ w2+c ∙ w+d=0 , w3

+b w2+c w+d=0 (gebruikt is dat b , c en d reële getallen zijn). Uit deze laatste betrekking zien we dat w ook een oplossing van (2) is. Hiermee is een speciaal geval bewezen van de volgende algemene eigenschap.

Stelling 2

Als w een complexe oplossing is van een hogeregraads vergelijking met reële coëfficiënten, dan is ook w een oplossing van deze vergelijking.

Als we stelling 1 en stelling 2 combineren, dan komen we tot het volgende resultaat.

Stelling 3

Voor een derdegraads vergelijking met reële coëfficiënten zijn er twee gevallen mogelijk: A) er zijn drie reële wortels (waaronder gelijke kunnen voorkomen) ;

B) er is één reële wortel en er zijn twee complexe wortels die elkaars geconjugeerde zijn.

Door een geschikte translatie toe te passen kunnen we in (2) de tweedegraads term verdrijven. Stel daartoe z= y +a , waarbij y een nieuwe complexe variabele is en a een nader te bepalen

reële constante. De substitutie z= y +a in (2) leidt tot

(y +a)3+b(y +a)2+c(y +a)+d=0 , dus (na het uitwerken van de haakjes)

y3+3 a y2+3 a2y +a3+b y2+2 aby+a2b+cy +ac+d=0 . Hergroeperen geeft:

y3+(3 a+b ) y2+

(

3 a2+2 ab+c

)

y+

(

a3+a2b+ac+d

)

=0 . (3)

We willen dat de term met y2 _{wegvalt. Dit kunnen we bereiken door} _{3 a+b} _{gelijk te stellen} aan nul, dus door a=−1₃ b te nemen. We komen hiermee uit op een vergelijking van de vorm

(3)

y3+py +q=0 , waarbij p en q reële getallen zijn.

(4)

Stelling 4

Voor een vergelijking van de vorm y3

+py +q=0 is de som van de drie wortels gelijk aan nul.

Bewijs

Stel dat y₁ , y₂ en y₃ _{de drie wortels zijn van de vergelijking y}3

+py +q=0 . Dan geldt dat

(

y− y1

) (

y − y2

)(

y− y3

)

=y3+py +q , dus

y3 −

(

y1+y2+y3

)

y 2 +

(

y1y2+y1 y3+y2y3

)

y− y1y2y3=y 3 +py +q .

In deze betrekking komt in het rechterlid geen term y2 voor, dus moet die ook in het linkerlid ontbreken. Hieruit volgt dat y1+y₂+y₃=0 .

We bepreken nu eerst enkele algemene eigenschapen van veeltermen.

Stelling 5

Als f (x) een veelterm is van graad n en a een getal, dan geldt: f(x)=(x−a)∙ g(x)+C ,

voor een zekere veelterm g(x) van graad n−1 en een zekere constante C . Dit volgt direct uit de staartdeling waarbij we f (x) delen door x−a .

De rest bij deze deling is een constante C en het quotiënt is een veelterm q (x) van graad n−1 .

Hierbij geldt dat f ( x)=( x−a) ∙g ( x )+C .

We zullen nog wat gedetailleerder aangeven hoe deze staartdeling hier in zijn werk gaat. Neem aan dat f ( x)=b0xn+b1xn−1+b2xn−2+⋯+bn−1x+bn .

De staartdeling verloopt als volgt: x−a / b0x n +b₁xn−1+b₂xn−2+⋯+b_n−1x +b_n \ b₀xn−1+c₁xn−2+c₂xn−3+⋯ b0xn−a b0xn−1 −¿ c1xn−1+b2xn−2 c1xn−1−a c1xn−2 −¿ c2xn−2+b3xn−3 c2x n−2 −a c2x n−3 −¿ c3x n−3 +b4x n− 4 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

(4)

Hierbij wordt gesteld: c₁=b₁+a b₀ _, c₂=b₂+a c₁ _, c₃=b₃+a c₂ _{, enzovoorts.}

De graad van de veelterm waarop we x−a moeten delen wordt per stap met minstens 1 verlaagd (‘minstens 1’, omdat een of meer van de getallen c₁ , c₂ , c₃ ,⋯ gelijk aan nul kunnen zijn).

Het delingsproces eindigt wanneer we een rest krijgen waar geen x meer in voorkomt, dus een rest die een constante is. Deze rest is het bovengenoemde getal C en

g(x)=b₀xn−1+c₁xn−2+c₂xn−3+⋯ .

Stelling 6 (factorstelling)

Als f (x) een veelterm is en a een getal, dan geldt:

f (a )=0⟺ f ( x)=( x−a) ∙ g ( x ) voor een zekere veelterm g ( x) .

Bewijs

We schrijven f (x) in de vorm f(x)=(x−a)∙ g(x)+C (zie stelling 5).

Invullen van x=a geeft: f (a)=(a−a )∙ g (a)+C , dus f (a)=C . Hieruit volgt direct f(a)=0⟺ C=0 ⟺ f(x)=(x−a)∙ g(x) voor een zekere veelterm g(x).

Een nulpunt a van een veelterm f (x) heet een meervoudig nulpunt als

f ( x )=( x−a)2∙ g(x ) voor een zekere veelterm g(x) . Nog verfijnder kunnen we definiëren: een nulpunt a van een veelterm f (x) heet een k −¿ voudig nulpunt ( k is een positief geheel getal) als f ( x)=( x−a)k

∙ g(x ) voor een zekere veelterm g(x) met g(a)≠ 0.

Stelling 7

Stel dat f (x) een veelterm is en a een reëel getal. Dan geldt: a is een meervoudig nulpunt van f (x )⟺ f ( a)=0 en f'₍_{a)=0 .}

Bewijs

I) Stel dat a eenmeervoudig nulpunt is van f (x ) . Dan f ( x )=( x−a)2

∙ g(x ) voor een zekere veelterm g(x) . Uiteraard geldt dat f(a)=0 . Verder levert differentiëren

f'

(x)=2(x−a)∙ g(x)+(x−a)2∙ g'(x) . Hieruit volgt dat

f'(a)=2( a−a)∙ g (a)+( a−a)2∙ g'(a )=0 .

II) Omgekeerd stel dat f (a)=0en f'₍_{a )=0 . Uit} _f₍_a₎₌₀ _{volgt vanwege stelling 6 dat}

f ( x )=( x−a) ∙ g ( x ) voor een zekere veelterm g ( x) . Differentiëren geeft: f'(x )=1∙ g ( x )+(x−a)∙ g'(x ) . Door nu x=a in te vullen krijgen we

0=f'(a)=1 ∙ g (a)+(a−a) ∙ g'(x )=g(a) , dus g(a)=0 . Uit g(a)=0 volgt, door nogmaals

toepassen van stelling 6, dat g ( x)=(x−a)∙ h(x ) voor een zekere veelterm h(x ) .

We vinden dus dat f(x)=(x−a)∙ g(x)=(x−a)∙(x −a)∙ h(x)=(x−a)2∙ h(x ) en hieruit blijkt dat a een meervoudig nulpunt van f (x) is.

(5)

We beschouwen nu de derdegraads veelterm f ( x)=x3 +px+q en introduceren hierbij de uitdrukking ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2

.

We noemen ∆ de discriminant van f (x) of ook wel de discriminant van de vergelijking x3+px +q=0 . Dit is een soort analogon van de discriminant

D=b2−4 ac van de tweedegraads vergelijking a x2+bx+c=0 .

Uit stelling 3 volgt direct dat een meervoudig nulpunt van f ( x ) een reëel getal is.

Stelling 8

f ( x )=x3+px+q heeft een meervoudig nulpunt ⟺ ∆=0 .

Bewijs

I) Stel dat f (x) een meervoudig nulpunt a heeft. Volgens stelling 7 geldt dat f (a )=0 en f'₍_{a )=0 , dus a}3

+pa+q=0 en 3 a2+p=0 . Dit geeft: p=−3 a2 en q=−a3−pa=−a3−

(

−3 a2

)

a=2 a3 . Er volgt dat ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =

(

−a2

)

3+

(

a3

)

2=−a6+a6=0 . II) Stel dat ∆=

(

p

3

)

3 +

(

q 2

)

2 =0 . We definiëren a door: a=3

√

q 2 . Dan q 2 ¿a3 , dus q=2 a3 _{. Vanwege ∆=0 leidt dit tot}

(

p3

)

3 =−a6 , dus p 3= 3

√

−a6=−a2 , oftewel p=−3 a2 .

Voor q=2 a3 en p=−3 a2 is voldaan aan f (a )=a3+pa+q=0 en f'(a)=3 a2+p=0 . Volgens stelling 7 is a een meervoudig nulpunt van f (x) .

Uit het bewijs van de vorige stelling kunnen we nog meer afleiden.

Stelling 9

Als ∆=0 en p≠ 0 , dan zijn de wortels van de vergelijking x3+px +q=0 :

x₁=x₂=−3 q

2 p en x3=¿ 3 q

p .

Bewijs

Volgens stelling 8 heeft de vergelijking x3+px +q=0 een meervoudige wortel, die we a zullen

noemen. In het bewijs van stelling 8 hebben we afgeleid dat q=2 a3 en p=−3 a2 . Hieruit volgt dat q p ¿−¿ 2 3a , dus x1=x2=a= −3 q

(6)

x3

+px +q=0 geldt volgens stelling 4 dat x1+x2+x3=0 , dus x3=−2 x1= 3 q

p .

De veelterm f ( x)=x3

+px+q kan ook een drievoudig nulpunt a hebben. Analoog aan stelling 7 blijkt dat er dan moet gelden:

f (a )=0∧ f'₍_{a)=0 ∧ f}' '₍_{a)=0 . Dit uitgewerkt geeft:}

a3

+pa+q=0∧3 a2+p=0∧6 a=0 , dus a=p=q=0 .

Dit leidt tot het volgende resultaat.

Stelling 10

f ( x )=x3+px+q heeft een slechts een drievoudig nulpunt als p=q=0 ; het drievoudige nulpunt is dan a=0 .

We onderzoeken nu nader de derdegraads functie f ( x)=x3

+px+q , waarbij hier x een reële variabele is. Met name de extreme waarden zijn hierbij van belang.

f'(x )=3 x2+p . We onderscheiden nu vier gevallen A) p=0∧ q=0 (dus ∆=0 ).

Dan f ( x)=x3 _{en deze functie heeft het drievoudige nulpunt} _x=0 _. B) p=0∧ q ≠ 0 (dus ∆>0 ).

Dan f ( x)=x3

+q en deze functie heeft precies één reëel nulpunt, namelijk x=

_√

3−q . C) p>0 (dus ∆>0 ).

f'(x )=3 x2+p>0 voor alle x . De functie f (x) is dan overal stijgend, dus heeft precies één reëel nulpunt; we wisten immers al dat f (x) minstens een reëel nulpunt heeft (stelling 1). D) p<0 .

f'(x )=3 x2+p=0 heeft dan twee reële oplossingen, namelijk x=a∨ x=−a , waarbij ter afkorting a=

√

−1

3 p gesteld is. Er geldt dat a>0 , dus – a<a .

f (−a)=−a3−pa+q=−a2∙ a−pa+q=1

3 p ∙ a− pa+q= −2

3 p ∙ a+q en f (a )=a3+pa+q=a2∙ a+ pa+q=−1

3 p ∙ a+ pa+q= 2 3 p ∙ a+q . f (−a)>0⟺ q>2 3 p ∙ a en f (a )<0 ⟺ q← 2 3 p ∙ a . (5) Er geldt dat f'

(x )>0 voor x← a en ook voor x>a ; f'(x )<0 voor −a<x <a . Dit impliceert:

f is stijgend op het interval

⟨← ,−a⟩

, dalend op het interval

⟨

– a , a

⟩

en weer stijgend op het interval

⟨

a ,→

⟩

. We weten ook al dat f

(

x1

)

<0 voor een zeker getal x1←a en f

(

x2

)

>0

(7)

voor een zeker getal x₂>a _{(zie de analyse die leidde tot stelling 1). Er geldt daarom}

f ( x ) heeft drie verschillende reële nulpunten ⟺ f (−a )>0 ∧f ( a)<0 . Nu geldt (zie (5) ) : f (−a)>0 ∧ f ( a)<0 ⟺2

3p ∙ a<q← 2 3 p ∙ a⟺|q|← 2 3 p ∙ a ⟺|q|2<

(

−2 3 p ∙ a

)

2 ⟺ q2 <4 9 p 2_∙−1 3 p⟺ q 2 + 4 27 p 3 <0⟺ 4 ∙

{

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2

}

<0 ⟺ ∆<0 . Dit alles, in combinatie met stelling 8, geeft het volgende resultaat.

Stelling 11 Voor f ( x)=x3 +px+q en ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 geldt: f(x) heeft precies een reëel nulpunt ⟺ ∆>0 ;

f ( x ) heeft drie reële nulpunten waaronder minstens twee gelijke ⟺ ∆=0 ; f(x) heeft drie verschillende reële nulpunten ⟺ ∆<0 .

We keren weer terug naar de vergelijking

y3+py +q=0 , waarbij p en q reële getallen zijn en y een complexe variabele is.

(6)

We stellen y=u+v , waarbij u en v twee nieuwe variabelen zijn. Dit ingevuld in (5) geeft:

(u+v)3+p(u+ v)+q=0 , u3+3 u2v +3 u v2+v3+p (u+v )+q=0 , u3+3 uv (u+v )+v3+p (u+ v )+ q=0 ,

u3+(3 uv+ p )(u+v )+v3+q=0 . (7)

Vervolgens laten we u en v nu geen onafhankelijke variabelen zijn, maar twee variabelen die aan elkaar gerelateerd zijn via de betrekking 3 uv+ p=0 , oftewel uv=−₃p . Dit geeft

u3_{∙ v}3 =−1

27 p 3

(8) De betrekking in (7) reduceert dan tot:

u3+v3=−q . (9)

Lemma (= hulpeigenschap)

Als t1 en t2 twee getallen zijn zodanig dat t1+t₂=a en t₁∙ t₂=b , dan zijn t₁ en t2 de twee oplossingen van de kwadratische vergelijking t2

−at+b=0 .

Bewijs

Dit is triviaal, immers

(8)

Gelet op (8) en (9) leert het lemma ons dat u3 en v3 de oplossingen zijn van de vergelijking t2+qt− 1

27 p 3

=0 . (10)

De discriminant van deze vergelijking is D=q2+ 4 27 p

3 . Dit is te herschrijven als D=4 ∙

{

(

p

3

)

3 +

(

q 2

)

2

}

=4 ∙ ∆ , waarbij ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2

.

De oplossingen van de vergelijking (10) zijn t=¿ −q ±

√

4 ∙ ∆

2 ¿ −1 2 q ±

√

∆ . We mogen aannemen u3=−1 2 q +

√

∆ en v 3 =−1 2 q−

√

∆ . Hieruit vinden we voor elk van de twee vergelijkingen een oplossing:

u1= 3

√

−1 2 q+

√

∆ en v1= 3

√

−1 2 q−

√

∆ .

We moeten hierbij de twee (eventueel complexe) derdemachtswortels zó kiezen dat u1v₁=−p 3 . Dit is inderdaad mogelijk, zoals we nu zullen beredeneren. Voer daartoe het complexe getal

ω=e2 π i /3 _{in. Merk op dat} _ω3₌₁ _{en dat ω een niet-reëel getal is.} Voor elke oplossing u van u3=−1

2 q +

√

∆ en v van v 3 =−1 2 q−

√

∆ geldt dat u3∙ v3=−1 27 p 3 , dus (uv)3=−1 27 p 3

en hieruit uv oplossen geeft uv=−₃p∨uv=−p 3 ∙ ω∨uv=−p 3 ∙ ω2 . De twee getallen −p 3 ∙ ω en −p

3 ∙ ω2 zijn beide niet- reëel. De betrekking u1v1= −p

3 is daarom gelijkwaardig met: u1v₁ is een reëel getal. We onderscheiden nu twee gevallen. A) ∆ ≥ 0 . Dan zijn −1 2 q+

√

∆ en −1 2 q−

√

∆ reële getallen. Voor u1=

√

3 −1 2 q+

√

∆ en v1= 3

√

−1

2 q−

√

∆ kiezen we dan de (gebruikelijke) reële derdemachtswortels. Dan is u₁v₁ zeker een reëel getal.

B) ∆<0 . Dan u3=−1

2 q +i

√

|∆| en v 3

=−1

2 q−i

√

|∆| , Beide getallen kunnen we in een polaire vorm schrijven:

(9)

We kiezen dan u₁=

√

3r ∙ ei θ /3 en v₁=

√

3r ∙ e−i θ/ 3 _{. Er geldt in dit geval dat} u₁v₁=

_√

3r ∙ ei θ /3⋅

_√

3r ∙ e−i θ/ 3=

(

_√

3r

)

2 en dit is een reëel getal.

De oplossingen van u3=−1

2 q +

√

∆ zijn u=u1 , u=ω∙u1 en u=ω2∙u1 . (11) De oplossingen van v3=−1

2 q−

√

∆ zijn v =v1 , v =ω∙ v1 en v=ω2∙ v1 . (12) Omdat y=u+v , kunnen we een oplossing van y3

+py +q=0 krijgen door een oplossing van

u3 =−1

2 q +

√

∆ op te tellen bij een oplossing van v 3

=−1

2 q−

√

∆ . Omdat volgens (11) en (12) de vergelijkingen u3=−1

2 q +

√

∆ en v 3

=−1

2 q−

√

∆ elk drie oplossingen hebben, lijken er hiermee 3 ×9=9 mogelijkheden voor y te zijn.

Dit is echter niet het geval want er moet ook gelden dat u ∙ v=−₃p . Hierdoor blijven er slecht drie mogelijkheden voor y over:

y₁=u₁+v₁ , _y₂=ω ∙ u1+ω2∙ v1 en y3=ω2∙ u1+ω ∙ v1 . Dit zijn juist de drie oplossingen van de vergelijking y3

+py +q=0 .

We merken op dat in elk van de gevallen A) en B) hierboven de uitdrukking y1=u₁+v₁ een reëel getal is. Voor geval A) is dit evident omdat u₁ en v₁ zelf reële getallen zijn.

Voor geval B) volgt het uit: u1+v₁=

√

3r ∙ ei θ /3

+

√

3r ∙ e−iθ / 3_=2∙3

√

r ∙cos

(

1 3θ

)

. We vatten samen wat we hier afgeleid hebben.

Stelling 12 (formule van Cardano)

De drie oplossingen van de vergelijking y3+py +q=0 zijn

y₁=u₁+v₁ _{, y}₂=ω∙ u₁+ω2∙ v₁ en y₃=ω2∙ u₁+ω∙ v₁ , waarbij u1= 3

√

−1 2 q+

√

∆ , v1= 3

√

−1 2 q−

√

∆ , ω=e 2 π i /3 _{en ∆=}

(

3p

)

3 +

(

q 2

)

2

.

Hierbij zijn de tweederdemachtswortels zó gekozen dat u₁v₁ een reëel getal is (zodat

u₁v₁=−p

3

)

en ook y1=u1+v1 een reëel getal is. Dit is als volgt te bereiken: ∆ ≥ 0 ⟹ neem voor u1= 3

√

−1 2 q+

√

∆ en v1=¿ 3

√

−1 2 q−

√

∆ de reële derdemachtswortels ; ∆<0 ⟹ u3=−1 2 q +i

√

|∆|=r∙ e i θ en v3=−1 2 q−i

√

|∆|=r ∙ e −iθ (0 ¿θ<π ) ; neem u₁=

√

3r ∙ ei θ /3 en v₁=

√

3r ∙ e−i θ/ 3 , zodat u₁v₁=

(

√

3r

)

2 en y1=u₁+v₁=2∙

√

3r ∙ cos

(

1 3θ

)

.

(10)

Verder geldt dat ω=−1₂ +1 2i

√

3 en ω 2 =−1 2 − 1 2i

√

3 . Opmerkingen

1) Stel dat geldt: p en q zijn gehele getallen en y1 is een geheel getal of een rationaal getal.

Dan kan men de twee andere oplossingen y₂ en y₃ _{van de vergelijking y}3

+py +q=0 ook vinden door de veelterm y3

+py +q te delen door y− y1 en van het kwadratische quotiënt de

nulpunten te bepalen. Dit verdient de voorkeur boven de formules y2=ω ∙ u1+ω2∙ v1 en

y3=ω2∙ u1+ω∙ v1 die meestal vrij omvangrijke en minder doorzichtige uitdrukkingen opleveren. Een uitzondering hierop is de situatie waarbij u₁ en v₁ zelf tot eenvoudige uitdrukkingen te reduceren zijn.

2) In het geval ∆<0 kunnen we als u3=−1

2 q +i

√

|∆|=r ∙ e

i θ

en v3=−1

2 q−i

√

|∆| alle drie oplossingen van de vergelijking y3

+py +q=0 in een goniometrische vorm gieten:

y₁=2 ∙

√

3r ∙ cos

(

1 3θ

)

, y2=2 ∙ 3

√

r ∙ cos

(

1 3(θ+2 π)

)

en y3=2 ∙ 3

√

r ∙ cos

(

1 3(θ+4 π)

)

. We kiezen daartoe de twee andere oplossingen van het stelsel vergelijkingen

u3 =−1 2 q +i

√

|∆|=r ∙ e i θ en v3=−1 2 q−i

√

|∆|=r ∙ e −iθ

(waarbij uv reëel is), te weten u₂=

_√

3r ∙ ei (θ +2 π )/3 , v₂=

_√

3r ∙ e−i(θ+2 π)/ 3 en u₃=

_√

3r ∙ ei (θ +4 π )/ 3 , v₃=

_√

3r ∙ e−i(θ+ 4 π )/3 .

3) Zie opmerking 2) hierboven. Indien een van de drie uitdrukkingen

2∙

√

3r ∙cos

(

1 3θ

)

, 2∙ 3

√

r∙ cos

(

1 3(θ +2 π )

)

, 2∙ 3

√

r ∙cos

(

1 3(θ+4 π )

)

een rationaal of geheel getal oplevert, dan kunnen we die opvatten als y1 en daarna zoals aangegeven in opmerking 1) de twee andere oplossingen y₂ en y₃ bepalen.

4) In het geval ∆<0 is het getal r in de betrekking u3=−1

2 q +i

√

|∆|=r∙ e i θ gelijk aan

√

−

(

p 3

)

3 , immers r=

|

−1 2 q+i

√

|∆|

|

=

√

(

−1 2 q

)

2 +

(

_√

|∆|

)

2=

√

(

1 2q

)

2 +|∆| ¿

√

(

1 2q

)

2 +

{

−

(

p 3

)

3 −

(

q 2

)

2

}

=

√

−

(

p 3

)

3

. Dit impliceert dat 3

√

r=

√

−p 3 , dus y1=2 ∙

√

−p 3 ∙ cos

(

1 3θ

)

, y2=2 ∙

√

−p 3 ∙ cos

(

1 3(θ+2 π )

)

en y3=2 ∙

√

−p 3 ∙ cos

(

1 3(θ+4 π )

)

.

5) Een nadeel van de formule van Cardano is dat soms een eenvoudige ‘mooie’ oplossing van een

vergelijking (bijvoorbeeld een geheel getal) door de formule van Cardano weergegeven wordt door een ingewikkelde uitdrukking. Zie ook de voorbeelden hieronder.

(11)

6) Stelling 1 en stelling 11 kunnen ook afgeleid worden uit de formule van Cardano. Voorbeeld 1

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3−3 y +2=0 . (13)

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =(−1)3+12=0 .

We weten reeds dat (13) drie reële oplossingen heeft waaronder minstens twee gelijke. u1= 3

√

−1 2 q+

√

∆= 3

√

−1+0=−1 en v1= 3

√

−1 2 q−

√

∆= 3

√

−1−0=−1 . Dit geeft y1=(−1)+(−1)=−2 . De andere twee oplossingen van (13) zijn

y₂=ω∙ u₁+ω2∙ v₁=

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙(−1)+

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙ (−1)=1 en y₃=ω2∙ u₁+ω∙ v₁=

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙ (−1)+

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙ (−1)=1 ( ¿y2¿ . We kunnen y₂ en y₃ _{ook vinden door y}3

−3 y +2 te delen door y− y1=y+2 . Dit geeft: y3−3 y +2=(y+2)

(

y2−2 y +1

)

=(y +2)(y−1)2 .

Hieruit volgt direct dat y2=y₃=1 .

Dit resultaat is in overeenstemming met stelling 9 : y₂=y₃=−3 q 2 p = −3 ∙ 2 2 ∙−3 ¿1 en y1= 3 q p = 3 ∙2 −3=−2 . Voorbeeld 2

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3+9 y−26=0 . (14)

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =33+(−13)2=196>0 .

Vergelijking (14) heeft daarom één reële oplossing en twee complexe (niet-reële) oplossingen die elkaars geconjugeerde zijn.

u1= 3

√

−1 2 q+

√

∆= 3

√

13+

√

196=

√

313+14=

√

327=3 en v1= 3

√

−1 2 q−

√

∆= 3

√

13−

√

196=

√

313−14=

√

3−1=−1 .

Dit geeft: y1=3+(−1)=2 . De andere twee oplossingen van (14) zijn y₂=ω∙ u₁+ω2∙ v₁=

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙3+

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙ (−1)=−1+2 i

√

3 en y₃=ω2∙ u₁+ω∙ v₁=

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙ 3+

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙ (−1)=−1−2i

√

3 ( ¿y2¿ .

We kunnen y2 en y3 ook vinden door y3+9 y +26 te delen door y− y1=y−2 . Dit geeft : y3_{+9 y−26=( y−2)}

₍

_y2_{+2 y +13}

₎

_.

(12)

y₂ en y₃ _{zijn de oplossingen van de vergelijking y}2

+2 y +13=0 , waarvan de discriminant D gelijk is aan 22

−4 ∙1 ∙13=−48 ;

√

D=

√

−48=i∙

√

48=i∙ 4

√

3 . Er volgt dat

y₂=¿ −2+i∙ 4

√

3

2 ¿−1+2i

√

3 en y3=¿

−2−i∙ 4

_√

3

2 ¿−1−2 i

√

3 .

Voorbeeld 3

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3_{−6 y −4=0 .} ₍₁₅₎

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =(−2)3+(−2)2=−4<0 .

Vergelijking (15) heeft daarom drie verschillende reële oplossingen. y1= 3

√

−1 2 q+

√

∆ + 3

√

−1 2 q−

√

∆=¿ 3

√

2+2i+

√

32−2 i .

u3=2+2 i=2

√

2∙ ei π / 4 . De drie oplossingen van (15) zijn daarom (zie opmerking 3) hierboven):

y1=2

√

2 ∙ cos

(

1 12π

)

, y2=2

√

2∙ cos

(

3 4π

)

en y3=2

√

2∙ cos

(

17 12π

)

. Hiervan is y₂ het eenvoudigste uit te rekenen:

y2=2

√

2∙ cos

(

3

4π

)

=2

√

2∙− 1

2

√

2=−2 . Delen van y3_{−6 y −4} _{door y− y}

2=y+2 geeft: y3−6 y −4=( y+2)

(

y2−2 y−2

)

. y₁ en y₃ _{zijn de oplossingen van de vergelijking y}2

−2 y−2=0 waarvan de discriminant D gelijk is aan (−2)2_{−4 ∙ 1 ∙(−2 )=12 . Er volgt dat (omdat} _y

1>0 en y3<0 ): y₁=2+2

√

3 2 =1+

√

3 en y3= 2−2

√

3 2 =1−

√

3 . Opmerking

Men kan in voorbeeld 3 de uitdrukking y1=2

√

2 ∙ cos

(

1

12π

)

ook rechtstreeks algebraïsch uitrekenen, zij het met wat meer werk. Daartoe gaan we uit van de bekende formule

cos (2 A )=2 ∙ cos2(A )−1 . Dit geeft cos2( A)=1 2+ 1 2∙cos (2 A ) , dus cos(A)=±

√

1 2+ 1 2∙ cos(2 A) . (16)

Dit is een halveringsformule. Als cos(2 A ) bekend is, dan kan m.b.v. (16) cos( A) berekend worden. We kunnen (16) verfijnen tot

cos ( A) ≥ 0⟹cos ( A )=

√

1 2+ 1 2∙ cos (2 A ) en cos(A)<0⟹ cos(A)=−

√

1 2+ 1 2∙ cos(2 A) .

(13)

Omdat cos

(

₁₂1 π

)

>0 volgt er dat cos

(

1 12π

)

=

√

1 2+ 1 2∙ cos

(

1 6π

)

=

√

1 2+ 1 2∙ 1 2

√

3 ¿

√

1 2+ 1 4

√

3 .

Deze laatste uitdrukking kunnen we toevallig nog een stuk mooier schrijven:

√

1 2+ 1 4

√

3=

√

1 8∙(4+2

√

3

)

¿

√

1 8∙

√

4 +2

√

3=¿ 1 2

√

2 ∙

√

(

1+

√

3

)

2 _¿ 1 2

√

2 ∙(1+

√

3

)

. Er volgt dat y1=2

√

2 ∙ cos

(

1

12π

)

=2

√

2∙ 1

2

√

2 ∙(1+

√

3

)

=1+

√

3 . Analoog kunnen we y3=2

√

2∙ cos

(

17

12π

)

herleiden tot 1−

√

3 .

Voorbeeld 4

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3−15 y−4=0 . (17)

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =(−5)3+(−2)2=−121<0 .

√

−1 2 q+

√

∆ + 3

√

−1 2 q−

√

∆=¿ 3

√

2+11i+

√

32−11i .

Hier heeft 2+11i geen mooi argument (zoals in voorbeeld 3 wel het geval was).

De rekenmachine geeft y₁=

_√

3 2+11i+

_√

32−11i=4 en dit is inderdaad een oplossing van (17), zoals door invullen blijkt. Delen van y3_{−15 y−4 door} _y−4 _levert:

y3_{−15 y−4=( y−4)}

₍

_y2_{+4 y+1}

₎

_.

y₂ en y3 zijn de oplossingen van de vergelijking y2+4 y +1=0 , waarvan de discriminant

gelijk is aan 12. We vinden hieruit dat y2=−4 +2₂

√

3=−2+

√

3 en y3=−4 – 2₂

√

3=−2−

√

3 .

Opmerkingen

1) Als de rekenmachine (RM) geeft y₁=

√

32+11i+3

√

2−11i=4 , dan dient men altijd door invullen in de gegeven vergelijking te controleren of deze ‘mooie’ oplossing voldoet.

Het kan namelijk gebeuren dat de RM y1= 3

√

2+11i+3

√

2−11i niet correct uitrekent omdat voor de waarden van de twee derdemachten (waarbij er voor elk drie antwoorden zijn) mogelijk niet voldaan aan de eis dat hun product een reëel getal is.

We krijgen meer zekerheid als we overstappen op de polaire vorm: 2+11i=

√

125∙ ei θ _{, waarbij cos(θ )=}_¿ 2

√

125 ( 0<θ< 1

2π ) ; maak zo nodig een schets in het complexe vlak). Er volgt dat

(14)

y1= 3

√

2+11i+

√

32−11i=2∙

√

5 ∙cos

(

1

3∙ θ

)

=2 ∙

√

5 ∙ cos

(

1 3∙ cos

−1

(

√

1252

)

. De RM vindt hiervoor de waarde 4.

We kunnen zelfs algebraïsch verifiëren dat 2∙

√

5 ∙cos

(

1

3∙ θ

)

=4 , dus dat cos

(

1

3∙θ

)

=¿ 2

√

5 . Daartoe gebruiken we de formule: cos(3 A)=4 ∙ cos3

(A)−3 ∙cos ( A ) . (18) Deze formule is als volgt af te leiden:

cos(3 A)=cos(2 A +A)=cos(2 A)∙ cos(A)−sin(2 A)∙ sin(A)

¿

{

2 ∙cos2(A )−1

}

∙ cos ( A )−2 ∙ sin ( A )∙ cos ( A )∙ sin ( A )

¿2∙ cos3(A )−2∙ cos ( A )−2 ∙

{

1−cos2₍_A)

_}

_{∙ cos ( A)=4 ∙ cos}3₍_{A )−3 ∙cos ( A ) .} Passen we (18) toe met A=¿ 1

3∙θ , dan vinden we (als we afkorten c=cos

(

1

3∙ θ

)

) : 2

√

125 ¿cos (θ)=4 ∙ c

3_{−3 ∙ c .} ₍₁₉₎

We voeren de volgende functie in: g(x)=¿ _{4 ∙ x}3_{−3 ∙ x} . Dan is (19) te schrijven als g (c )= 2

√

125 . Ook geldt dat g

(

2

√

5

)

= 2

√

125 , immers 4 ∙

(

2

√

5

)

3 −3 ∙ 2

√

5= 32

√

125 −¿ 30

√

125

¿ 2

√

125 .

Hieruit blijkt, zoals gewenst, te volgen dat c=cos

(

1

3∙ θ

)

=¿ 2

√

5 , maar hiervoor is nog wel een verdere motivatie nodig.

Voor de functie g ( x) geldt: g'₍_{x )=12 x}2_{−3 .} g' ( x )=0⟺ x2=1 4⟺ x= −1 2 ∨ x= 1 2 . Met behulp van een tekenverloop van g'

(x ) volgt direct dat:

g heeft een maximum g

(

−1₂

)

=1 en een minimum g

(

1₂

)

=−1 .

(15)

c=cos

(

1

3∙ θ

)

en 2

√

5

zijn beide positief en g (c)=g

(

2

√

5

)

=

2

√

125 ¿0 .

Omdat de functie g stijgend is rechts van het meest rechts gelegen nulpunt, volgt m.b.v. de grafiek van g dat c=cos

(

1

3∙ θ

)

=¿ 2

√

5 .

2) Algemeen als y₁=

_√

3a+b i+

_√

3a−b i=2 c , waarbij a , b en c reële getallen zijn met c ≠ 0 , dan volgt, omdat u1=

3

√

a+b i en v1= 3

√

a−b i elkaars geconjugeerde zijn, dat 3

√

a+b i=c+d i voor een zeker reëel getal d . Dit betekent dat

a+b i=(c+d i)3=c3+3 c2d i−3 c d2−d3i en dit impliceert dat

a=c3−3 c d2 . (20) Uit u13=−1 2 q+i

√

|∆|=r ∙ e iθ =a+b i ( 0<θ<π ) en u₁=

√

3a+b i=3

√

r ∙ ei θ/ 3 =c +d i volgt dat b en d beide positief zijn. Oplossen van d uit (20) geeft daarom dat

d=

√

c 3

−a

3 c .

(21)

We moeten hierbij nog wel nagaan dat c3−a

3 c >0 . Dit volgt uit de volgende twee observaties: * c=3

√

r ∙ cos(θ/3)>0 , want 0<1₃θ<1₃π ; * a ≤ c3 _{vanwege (20).}

In voorbeeld 4 willen we algebraïsch verifiëren dat 3

√

2+11i+

√

32−11i=4 . We passen het bovenstaande toe met a=2, b=11 en c=2 .

Neem (vanwege (21) ) d=

√

23−2

6 =1 .

Dan 2+11i=(2+i)3 _{dus ook (neem de geconjugeerde) 2−11i=(2−i)}3 _. Er volgt dat 3

√

2+11i+3

√

2−11i=2+i+2−i=4 .

Voorbeeld 5

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3+y−2=0 . (22)

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =

(

1 3

)

3 +(−1)2=1 1 27

¿0

.

y₁=

√

3−1 2 q+

√

∆ + 3

√

−12 q−

√

∆= 3

√

1+

√

1 1 27+ 3

√

1−

√

1 1 27 .

(16)

(22), zoals door invullen direct blijkt. Delen van y3+y−2 door y−1 levert:

y3

+y−2=( y −1)

(

y2+y +2

)

. y2 en y3 zijn de oplossingen van de vergelijking y2+y+2=0 , waarvan de discriminant gelijk is aan −7 . Er volgt dat

y₂=¿ −1+i ∙

√

7 2 ¿− 1 2+ 1 2i

√

7 en y3=¿ −1−i∙

√

7 2 ¿− 1 2− 1 2i

√

7 . Voorbeeld 6

Los op m.b.v. de formule van Cardano: y3_{−87 y −130=0 .} ₍₂₃₎ ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =(−29)3+(−65)2=−20164 ¿0

.

√

−1 2 q+

√

∆ + 3

√

−1 2 q−

√

∆= 3

√

65+

√

−20164+

√

365−

√

−20164

¿

√

365+142i+

√

365−142 i . De rekenmachine geeft hiervoor de waarde 10.

Deze waarde voldoet inderdaad aan (23). Delen van y3_{−87 y −130 door} _y−10 _geeft: y3_{−87 y −130=( y−10)}

₍

_y2

+10 y +13

)

. y2 en y3 zijn de oplossingen van de vergelijking y2+10 y+13=0 , waarvan de discriminant gelijk is aan 48 . Er volgt dat

y₂=−10+4

√

3

2 =−5+2

√

3 en y3=

−10 – 4

√

3

2 =−5−4

√

3 .

Opmerking

We kunnen ook anders algebraïsch verifiëren dat 3

√

65+142i+

√

365−142 i=10 .

Zie voorbeeld 4. We willen een reëel getal d vinden zodanig dat 65+142 i=(5+d i)3 _. Volgens (21) geldt er dan dat d=

√

53−65

15 ¿

√

4=2 , dus

65+142 i=(5+2 i)3 , en ook 65−142 i=(5−2i)3 . Dit leidt tot 3

√

65+142i+

√

365−142 i=5+2 i+5−2 i=10 .

Voorbeeld 7

Los op m.b.v. de formule van Cardano: z3_{−6 z}2

+27 z−58=0 . (24)

We moeten eerst de tweedegraads term verdrijven. Daartoe stellen we z= y−1

3∙−6= y+2 (zie pag. 2 voor de motivatie). Dit invullen in (24) geeft:

( y +2)3−6 ( y +2)2+27 ( y +2)−58=0 ,

y3+6 y2+12 y +8−6 y2−24 y−24+27 y+54−58=0 , y3

(17)

∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =53_{+ (−10)}2 =225>0 .

y1=u1+v1= 3

√

−1 2 q+

√

∆+ 3

√

−1 2 q−

√

∆= 3

√

10+15+

√

310−15=

√

325−

√

3 5=α2−α , waarbij ter afkorting α=3

√

5 gesteld is. De andere twee oplossingen van (24) zijn y₂=ω∙ u₁+ω2∙ v₁=

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙α 2 +

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙ (−α)= 1 2

(

α−α 2

₎

_∙

_{

_1−i

√

3

}

en y₃=y₂=1 2

(

α−α 2

)

∙

{

1+i

√

3

}

. De oplossingen van (24) zijn derhalve: z1=α2−α+2 , z2= 1 2

(

α−α 2

)

∙

{

1−i

√

3

}

+2 en z3=1 2

(

α−α 2

)

∙

{

1+i

√

3

}

+2 . Voorbeeld 8

Los op m.b.v. de formule van Cardano: z3_{−3 z}2_{−16=0 .} ₍₂₆₎ We moeten eerst de tweedegraads term verdrijven. Stel z= y +1 :

y3_{+3 y}2 +3 y +1−3 y2−6 y−3−16=0 , y3_{−3 y−18=0} _. ₍₂₇₎ ∆=

(

p 3

)

3 +

(

q 2

)

2 =(−1)3+ (−9)2=80>0 .

y1= 3

√

−12 q+

√

∆ + 3

√

−12 q−

√

∆= 3

√

9+4

√

5+

√

39−4

√

5 .

Met de RM blijkt hier 3 uit te komen en deze waarde voldoet inderdaad aan (27). Delen van y3−3 y−18 door y−3 geeft: y3−3 y−18=( y−3)

(

y2_{+3 y +6}

₎

_.

y₂ en y₃ _{zijn de oplossingen van de vergelijking y}2_{+3 y+6=0 , waarvan de discriminant} gelijk is aan −15 . Er volgt dat

y₂=¿ −3+i∙

√

15 2 ¿−1 1 2+ 1 2i

√

15 en y3=¿ −1−i∙

√

7 2 ¿−1 1 2− 1 2i

√

15 . De oplossingen van (26) zijn derhalve:

z₁=4 , z2=−1 2 + 1 2i

√

15 en z3= −1 2 − 1 2i

√

15 . Opmerking

(18)

Er blijkt te gelden dat 9+4

√

5=

(

11 2+ 1 2

√

5

)

3 en 9−4

√

5=

(

11 2− 1 2

√

5

)

3 ;

de methode om hierop te komen is vrijwel identiek aan die welke behandeld is in opmerking 2) behorende bij voorbeeld 4.

Dit geeft: u1=

√

39+4

√

5=11 2+ 1 2

√

5 en v1= 3

√

9−4

√

5=11 2− 1 2

√

5 , zodat y₂=

(

−1 2 + 1 2i

√

3

)

∙

(

1 1 2+ 1 2

√

5

)

+

(

−1 2 − 1 2i

√

3

)

∙

(

1 1 2− 1 2

√

5

)

= −1 2 + 1 2i

√

15 en y₃=y₂=−1 2 − 1 2i

√

15 .