Discussione:Equazione di terzo grado

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Formule risolutive per polinomi non monici?

Cosa succede se l'equazione in forma canonica ha il primo membro che è un polinomio non monico? Ovvero, c'è una formula risolutiva generale per il caso $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\,$ , con a diverso da 1 e da 0? Qualcuno di esperto può specificarlo nella voce?

NOTA: nella formula di Cardano riportata, dovrebbe a mio avviso esserci il segno +, e non quello -, tra le due radici cubiche. Prego chiunque ne abbia voglia di controllare se la mia osservazione è corretta (non sono un matematico!!!) e, nel caso, di apportare la modifica opportuna. Grazie.

Lupo Rosso

che coincideva di fatto con quella delle prime equazioni risolte da del Ferro; infatti, se si pone

$x=y-{\frac {a}{3}}$

questo va benissimo ma sarebbe interessante spiegare che

-[a/3] si ottiene annullando la derivata seconda dell'equazione considerata come funzione di x

$x^{3}+ax^{2}+bx+c=0\,$ che considerando l'equazione a primo coefficiente non unitario e chiamato [a] secondo coefficiente [b] terzo coefficiente [c] quarto coefficiente [d]

sarebbe -[b/[3*a]] [ovvero -b fratto 3 il quale moltiplica a]--Lupo rosso (msg) 18:23, 7 giu 2009 (CEST)

credo che ci sia un errore

Non sono un esperto ma mi pare che ci sia una contraddizione. infatti c'è scritto: Il risultato del procedimento è appunto la formula di Cardano

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}-{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$

Dove c'è un meno tra le due radici cubiche. Dopo però c'è scritto:

Le soluzioni della 1), equazioni di terzo grado, sono le seguenti tre:

${\begin{cases}y_{1}=u+v\\y_{2}=-{\frac {u+v}{2}}+i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\\y_{3}=-{\frac {u+v}{2}}-i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\end{cases}}$

dove $i$ è l'unità immaginaria ($i^{2}=-1$) e $u$ e $v$:

$u={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$,

e

$v={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$.

Nella prima delle tre soluzioni proposte c'è un più tra le radici cubiche mentre nella formula di Cardano iniziale c'è un meno! --Alu94, tutto è matematica (msg) 16:25, 6 lug 2009 (CEST)

Lupo Rosso

conosco abbastanza bene la equazione un minimo di tempo che controllo prima di modificare --Lupo rosso (msg) 16:18, 3 lug 2009 (CEST)

Lupo Rosso

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}-{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$

deve esserci un + fra le radici rifarò dimostrazione soluzione completa per conto mio onde esserne sicuro prima di correggere--Lupo rosso (msg) 11:20, 4 lug 2009 (CEST)

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$

a coè basta guardare la prima delle scritte sotto

e indipendentemente dalla dimostrazione di tutto il problema

${\begin{cases}y_{1}=u+v\\y_{2}=-{\frac {u+v}{2}}+i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\\y_{3}=-{\frac {u+v}{2}}-i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\end{cases}}$

cambiato segno per queste non le capisco quindi guardo di arrivarci

${\begin{cases}y_{2}=-{\frac {u+v}{2}}+i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\\y_{3}=-{\frac {u+v}{2}}-i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\end{cases}}$

in quanto

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}$

ha 9 soluzioni poichè ogni radice ne ha tre però si prendono solo quelli che soddisfano [u*v]=[-P/3] che per il teorema fondamentale dell'algebra debbono risultare 3 debbo quindi controllare se sto usando i stessi simboli quindi vedendo se pervengo alle suddette due --Lupo rosso (msg) 18:27, 4 lug 2009 (CEST)

Cos'è che non capisci della simbologia wiki?

anche a me sembra strana questa storia anche ora che il più è stato messo a posto. Cos'è che non capisci della simbologia wiki? --Alu94, tutto è matematica (msg) 16:26, 6 lug 2009 (CEST)

Lupo Rosso

ho provato ma non riesco a far formule come sulla voce se non ricopiandole a pezzettini spiegami un po' come si usano ma con gran calma perchè ho la testa più dura del granito per questi " affari "

comunque adesso il nodo sta qui:

${\begin{cases}y_{2}=-{\frac {u+v}{2}}+i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\\y_{3}=-{\frac {u+v}{2}}-i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}'''[a]'''e'''[b]'''\end{cases}}$

[a] e [b] messe in questo modo implicano comunque l'esistenza di 2 radici complesse coniugate comunque e questo è assurdo --Lupo rosso (msg) 17:13, 5 lug 2009 (CEST)

Spiegazione

Per esempio per fare una frazione scrivi: \frac {numeratore} {denominatore}. Intanto ti va bene se ti metto a posto le formule che hai scritto prima? --Alu94, tutto è matematica (msg) 16:39, 6 lug 2009 (CEST)

Lupo Rosso

piùche ovvio che mi va benissimo e quindi ti ringrazio anche per il lavoro noioso a cui ti sottoponi se lo fai io nel tardo pomeriggio riguardo tutto e guardo di copiare e sfruttare quanto hai fatto per aggiungere altro materiale--Lupo rosso (msg) 10:10, 6 lug 2009 (CEST)PS per ALU il modo più semplice di procedere e' che individuata una radice reale , e devo spiegare meglio come , sicuri che esiste per il teorema fondamentale dell'algebra per cui radici di tipo complesso sono solo in coppia complessa e complessa coniugata si procede ad un abbassamento di grado e si trova una equazione di secondo grado la cui soluzione è ben nota questo è un procedimento che reputo comprensibile anche per in non " esperti "--Lupo rosso (msg) 11:58, 6 lug 2009 (CEST)

Alu94

le formule le ho riscritte bene ma dacci un occhio per eventuali errori di battitura. inoltre non ho controllato i calcoli ma in alcuni punti direi che c'è da spiegare meglio i passaggi logici. --Alu94, tutto è matematica (msg) 16:38, 6 lug 2009 (CEST)

@@@@@ d'accordo ti ringrazio e fra un po' riguardo tutto se non riesco e non credo proprio illustrando pure i passaggi logici come pure io reputo vada fatto proseguo domani pomeriggio in quanto domattina son fuori e o quantomeno ritorno ad usare il computer molto tardi--Lupo rosso (msg) 16:12, 6 lug 2009 (CEST)

Lupo Rosso dimostrazione soluzione equazione

Dimostrazione di Lupo Rosso

INIZIO

questo non mi convince nelle espressioni scrite sotto

${\begin{cases}y_{2}=-{\frac {u+v}{2}}+i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\\y_{3}=-{\frac {u+v}{2}}-i\cdot {\frac {u-v}{2}}\cdot {\sqrt {3}}\end{cases}}$

per cui se u e v fossero reali abbiamo per forza radici complesse coniugate e cio' non misembra per niente giusto : debbo rifarmi la dimostrazione completa e linkarla per poi discuterne mi dà l'idea di una espressioni che fuoriescano durante lo svolgimento del problema e che siano state erroneamente scritte come formula risolutiva--Lupo rosso (msg) 07:58, 5 lug 2009 (CEST)

@@@@@ inizio dimostrazione

partiamo da qui

$x=y-{\frac {a}{3}}$

[ NB questa formuletta si ottiene annullando la derivata seconda della funzione di terzo grado da cui scaturisce l'equazione di terzo grado quindi potrebbe essere un eventuale punto di flesso infatti annullare la derivata seconda e' come condizione necessaria ma nonsuffuciente per avere un flesso ] dopo aver fatto sostituzione che ci porta

$y^{3}+py+q=0\,\quad [1]$

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

$q={\frac {2a^{3}}{27}}-{\frac {ab}{3}}+c\,$ dove a, b, c sono coefficienti di $x^{3}+ax^{2}+bx+c=0\,$ ovvero equazione di terzo grado divisa per il primo coefficiente in modo tale da aver 1come coefficiente di $x^{3}\,$.

poniamo $y=u+v\,$

tale sostituzione viene fatta perchè introducendo due incognite in una sola equazione avrei infinite soluzione fissandone a piacere una e calcolandone l'altra e per un ottimo matematico quali i primi studiosi dell'eqauzione era facile prevedere che tale sostituzione portava a due pezzi separati per cui imponendli pari a zero si perviene ad un sistema che permette di arrivare ad un nyumero finito di soluzioni che scelti seguendo le condizioni poste sia dall'equazione che dall'algebra in generale daranno come somma le soluzione dell'equazioni ovvero le tre radici

$0=y^{3}+py+q=(u+v)^{3}+p(u+v)+q=u^{3}+3u^{2}v+3uv^{2}+v^{3}+p(u+v)+q=(u3+v3+q)+(u+v)(3uv+p)\,$

le soluzioni di u e v i che soddisfa la [1] saranno daricercare fra le soluzioni del sistema seguente

$u*v=-{\frac {p}{3}},\quad [2]$.

$u^{3}+v^{3}=-q\,$

in quando soddisfacendo tale sistema è soddisfatta la condizione di nullita' della [1]

artifizi per soluzione

elevando al cubo [2]

arriveremo al sistema

$u^{3}v^{3}=-{\frac {p^{3}}{27}}\,$.

$u^{3}+v^{3}=-q\,$

e sostituendo

$z^{2}+qz-{\frac {p}{27}}=0\,$. utilizando l'incognita di supporto z che fornirà soluzioni per u e v

avremo u e v

$u^{3}=-{\frac {q}{2}}+{\sqrt[{2}]{{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}\,$.

$v^{3}=-{\frac {q}{2}}-{\sqrt[{2}]{{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}\,$.

da cui ottengo

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

NB:facciamo una premessa per render chiaro il risultato di tre soluzioni per una radice cubica consideriamo per esempio: $8^{\frac {1}{3}}={\sqrt[{3}]{8}}\,$ notazione esponenziale per radice cubica presenta tre soluzioni che valgono:

$x_{2}=2*(-{\frac {1}{2}}+{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})=1+j3^{\frac {1}{3}}$

$x_{3}=2*(-{\frac {1}{2}}-{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})=1-j3^{\frac {1}{3}}$

oltre ovviamente che $x_{1}=2\,$

ricordando che

per$K=0\,$ , $\cos 0+j\sin 0=1\,$;

per $K=1\,$ avremo ${\frac {2\pi }{3}}$ e quindi $\cos {\frac {2\pi }{3}}+j\sin {\frac {2\pi }{3}}$

per $K=2\,$ avremo ${\frac {4\pi }{3}}$ e quindi $\cos {\frac {2\pi }{3}}+j\sin {\frac {4\pi }{3}}$

ovvero la radice cubica di un numero reale ha tre soluzioni di cui una reale e due complesse coniugate e se il radicando delle radici cubiche della [3] riscritta sotto è reale avremo proprio questa condizione che ci fornirà il caso di soluzione più semplice per l'equazione di terzo grado , piu' complesso risulta il caso in cui nei radicandi compaiano radici quadrate di numeri negativi ;lo vedremo in seguito

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

Risposta alla nota di ALU

un esponenziale di grado (1/n) ovvero radice di grado ennesimo ha n soluzioni nel caso specifico di 8^( 1/3 )avremo una radice reale che varra' -2

Un numero complesso può essere visto come un punto del piano cartesiano. Una rappresentazione di questo tipo si chiama diagramma di Argand. Nella figura si vede che

$z=x+iy=r(\cos \varphi +i\sin \varphi )$

essendo $\cos \varphi$ e $\sin \varphi$ funzioni trigonometriche. Le formule inverse per $x>0$ sono:

$r={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$

$\varphi =\arctan {\frac {y}{x}}$

Per $x<0$ vale invece l'uguaglianza:

$\varphi =\arctan {\frac {y}{x}}+\pi$

Usando la formula di Eulero, possiamo esprimere $z$ come

$z=r(\cos \varphi +i\sin \varphi )=re^{i\varphi }$

tramite la funzione esponenziale. Qui $r$ è il modulo (o valore assoluto o norma) e $\varphi$ è l'argomento di $z$. L'argomento è determinato da $z\,$ se è inteso nell'intervallo $(0\;,2\pi )$, altrimenti è definito solo a meno di somme con $2k\pi \,$ per qualche intero $k\,$.

per cui $8=|8|*e^{j(2k\pi )}\,$ con $k\,$ intero positivo quindi per avere tre radici metteremo K=0;K=1;K=2 e poi varemo la radice cubica di |8|=8 e separatamente le radici cubiche dell'esponenziale che per sua intrinseca proprieta' si fa dividendo per 3 l'argomento quindi

per$K=0\,$ , $\cos 0+j\sin 0=1\,$;

per $K=1\,$ avremo ${\frac {2\pi }{3}}$ e quindi $\cos {\frac {2\pi }{3}}+j\sin {\frac {2\pi }{3}}$

per $K=2\,$ avremo ${\frac {4\pi }{3}}$ e quindi $\cos {\frac {2\pi }{3}}+j\sin {\frac {4\pi }{3}}$

i risultati complessi son due numeri complessi che van moltiplicati per |8|^1/3=2 e ci forniscono le due radici complesse

$x_{2}=2*(-{\frac {1}{2}}+{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})=-1+j3^{\frac {1}{3}}$

$x_{3}=2*(-{\frac {1}{2}}-{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})=-1-j3^{\frac {1}{3}}$

proseguimento procedimento dimostrazione

ottenute ricordanco che se $z=x+iy\,$ che in notazione trigonometrica $z=(\cos \left(0\right)+i*\sin \left(0\right))*p$ ed in notazione esponenziale $e^{\left(i*0\right)}*p$.

Quindi ponendo 8 in notazione esponenziale come numero complesso si trovano le radici e cio' vale per qualsivoglia radica cubica.

ricordando: $y=u+v\,$.

[3] qui nuovamente riportata per semplicita'

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

fornisce 9 valori [combinando ogni singola radice di un radicando con le tre dell'altro radicando per l'incognita in quanto ogni radice cubica ne fornisce 3] e, fra questi nove valori, ne debbono essere scelti solo tre per il teorema fondamentale dell'algebra, si considerano validi unicamente quelli che soddisfano

$u*v=-{\frac {p}{3}}\,$.

prendo il primo radicale fra quelli trovati e lo chiamo u1 poi calcolo:

$v1=-{\frac {p}{3*u1}}\,$

inoltre $y1=u1-{\frac {p}{3*u1}}\,$ tratta dalla generica $y=u+v\,$.

NB: Prendo il primo radicale è in questo senso , i valori di u1 sono tre da considerare per cui se uno solo è reale debbo prendere quello in quanto mi fornirà l'unica soluzione reale in quanto v1 sarà reale pure lui conseguentemente e percio' $y1=u1+v1\,$ [1 nel senso di prima radice calcolata]sarà reale.

Non e' possibile trovare treradici reali s i radicandi della [3] sono reali in quanto la radice cubica di un numero reale ho solo una soluzione reale e due complesse coniugate per cui le soluzioni reali si troveranno quando i radicandi della [3] saranno nel campo complesso e questo è l'unico caso di tre soluzioni reali, per il teorema fondamentale dell'algebra non ho alternative le soluzioni reali sono una o tre perchè il teorema non ammette l'esistenza di una sola radice complessa in quanto se vi è radice complessa $a+jb\,$ esiste inequivocabilmente la sua coniugata $a-jb\,$;

Se vi è una sola radice reale e l'ho trovata posso passare ad un abbassamento di grado dal terzo al secondo dividendo la funzione di terzo grado da cui scaturisce l'equazione di terzo grado presa in considerazione per il binomio formato dalla differenza fra la incognia y e la radice trovata quindi avro' una funzione di secondo grado da cui scaturisce l'equazione di secondo grado che mi darà senza problemi le due radici complese coniugate.

NB:ricordo quanto gia' detto: il risultato di tre soluzioni per una radice cubica $8^{\frac {1}{3}}\,$ notazione esponenziale per radice cubica presenta tre soluzioni:

$x_{1}=2\,$

$x_{2}=2*(-1+{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})\,$

$x_{3}=2*(-1-{\frac {j(3^{\frac {1}{3}})}{2}})\,$

ottenute ricordanco che se $z=x+iy\,$ che in notazione trigonometrica si scrive $z=(\cos \left(0\right)+i*\sin \left(0\right))*p$ ed in notazione esponenziale $e^{\left(i*0\right)}*p$. Quindi ponendo $z=8+i0\,$ in notazione esponenziale si trovano le radici e cio' vale per qualsivoglia radica cubica.

in pratica il problema tramite l'abbassamento di grado ( se e solo i radicandi della [3] sono reali ) è risolto in maniera piuttosto semplice per cui iniziamo a discutere i vari casi ed il più complicato è quello con radicandi nel campo complesso che da le soluzioni tutte reali e che non permette soluzione tramite abbassamento di grado

Studio vari casi

$D=q^{\frac {2}{4}}+p^{\frac {3}{27}}$.

Con D indico cio' che sta sotto la radice quadrata all'interno della radice cubica della [3]

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

premettiamo

tre soluzioni reali le avremo con [D] minore di zero e questo è il caso piu' complesso mentre invece avremo una soluzione reale e due complesse coniugate se [D] maggiore o uguale a zero e questo è per l'appunto il caso in cui l'abbassamento di grado per pervenire ad una equazione di secondo grado è la scorciatoia piu' facile --Lupo rosso

poniamo D maggiore o uguale a zero

Poniamo D maggiore o uguale a zero da cui fra tutti radicali ce ne deve essere uno reale sempre per il teorema fondamentale dell'algebra per cui una radice reale della equazione di terzo grado devo averla , per quanto detto sulla radice cubica gli altri radicali saranno complessi per cui trovato $u_{r}$ radice cubica reale negativa utilizzando

$u*v=-{\frac {p}{3}},\quad [2]$.

troveremo

$v_{r}$ e sommandole avremo la radice reale dell'equazione di terzo grado

NBricordiamo adesso che la radice cubica di -1ha come tre risultati

$-1\,$;

$(\cos \left({\frac {2\pi }{3}}\right)+i*\sin \left({\frac {2\pi }{3}}\right))$;

e la sua complessa coniugata per forza esistente

$(\cos \left({\frac {2\pi }{3}}\right)-i*\sin \left({\frac {2\pi }{3}}\right))$;

ci servirà quanto detto sopra per proseguire

cio' premesso calcoliamo le radici complesse di u

chiamando:

$Uc=(-{\frac {q}{2}}+D^{\frac {1}{2}})^{\frac {1}{3}}$

che altro non è che la radice cubica reale del primo radicale di

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

avremo:

$u_{1}=|Uc|*(-{\frac {1}{2}}+j(3^{\frac {1}{3}}*{\frac {1}{2}}))$

ed $u_{2}=|Uc|*(-{\frac {1}{2}}-j(3^{\frac {1}{3}}*{\frac {1}{2}}))$

chiamando

$Vc=(-{\frac {q}{2}}-D^{\frac {1}{2}})^{\frac {1}{3}}$

che altro non è che la radice cubica reale del secondo radicale di

$y={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt[{2}]{{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}},\quad [3]$.

avremo

$v_{1}=|Vc|*(-{\frac {1}{2}}+j(3^{\frac {1}{3}}*{\frac {1}{2}}))$

$v_{2}=|Vc|*(-{\frac {1}{2}}-j(3^{\frac {1}{3}}*{\frac {1}{2}}))$

abbiamo 4 modi [in quanto abbiamo $u_{1}\;,u_{2}\;,v_{1}\;,v_{2}\,$ di fare $u+v\,$] e ne sceglieremo 2 ovvero quelli che soddisfano $u*v=-{\frac {p}{3}},\quad [2]$.

che saranno le radici complese coniugate cercate

$u_{r}$ radice cubica reale positiva trovato $v_{r}$ e formata la soluzione completa ; come già detto il metodo più semplice è eseguire un abbasamento di grado pervenendo ad un equazione di secondo grado una volta calcolata la radice reale

poniamo D minore di zero in senso stretto

le radici cubicche saranno complesse cio' signifiva u_1; u_2; u_3; v_1; v_2; v_3; ed essendo numeri complessi il metodo di calcolo migliore è quello di esprimerli tramite modulo ed angolo e non tramite notazione cartesiane a causa proprio della presenza di radici

$R=|-q/2+j*(-D)^{\frac {1}{2}}|$

e' il modulo nel piano complesso cartesiano del cosidetto vettore che indica il numeo complesso ; $\varphi =\arctan {\frac {y}{x}}$ e' l'angolo di inclinazione relativo all'asse X nel piano complesso cartesiano del cosidetto vettore che indica il numeo complesso $z=R(\cos \varphi +i\sin \varphi )=Re^{i\varphi }$

$u_{1}=Re^{(i/3)\varphi }$

$u_{2}=Re^{((i+2*\pi )/3)\varphi }$

$u_{3}=Re^{((i+4*\pi )/3)\varphi }$

$v_{1}=Re^{(i/3)\varphi }$

$v_{2}=Re^{((i+2*\pi )/3)\varphi }$

$v_{3}=Re^{((i+4*\pi )/3)\varphi }$

con simboli semplificati

$u_{1}=Re,{i/3)\varphi }$

$u_{2}=Re,{((i+2*\pi )/3)\varphi }$

$u_{3}=Re,{((i+4*\pi )/3)\varphi }$

$v_{1}=Re,{i/3)\varphi }$

$v_{2}=Re,{((i+2*\pi )/3)\varphi }$

$v_{3}=Re,{((i+4*\pi )/3)\varphi }$

ricordando $y=u+v\,$ le tre soluzioni saranno

$y_{1}\;,y_{2}\;,y_{3}\;,$

$y_{1}=u_{1}+v_{1}\,$

$y_{2}=u_{2}+v_{2}\,$

$y_{3}=u_{3}+v_{3}\,$

tutte e tre reali in quanto la somma di 2 numeri complessi coniugati è reale

e soddisfano la $u*v=-{\frac {p}{3}},\quad [2]$. in quanto il prodotto di 2 numeri complessi coniugati è reale e i casi suddetti sodisfano la condizione risolutiva --Lupo rosso (msg) 16:44, 28 lug 2009 (CEST)

Note

Lupo Rosso

la voce è in pratica finita ma debbo ancor far riletture per togliere errori di distrazione ed di Stumpa--Lupo rosso (msg) 09:26, 2 ago 2009 (CEST)

Lupo Rosso

Equazione_di_terzo_grado#Un_caso_particolare da rivedere così come e' non sicapisce--Lupo rosso (msg) 16:10, 22 ago 2009 (CEST)

Lupo Rosso

Equazione_di_terzo_grado#Un_caso_specifico torno a dire che non mi convince per niente debbo lavorarci un pochino sopra carta e penna--Lupo rosso (msg) 13:37, 2 set 2009 (CEST)

@@@@@ avevo messo chiaramente per errore la firma su un pezzetto di articolo--Lupo rosso (msg) 19:26, 20 ott 2009 (CEST)

Lupo Rosso osservazioni su equazione di 5° grado

Si definisce equazione di quinto grado quell'equazione polinomiale in cui il grado massimo dell'incognita è il quinto. Nella forma canonica, si presenta come

$ax^{5}+bx^{4}+cx^{3}+dx^{2}+ex^{1}+f=0\,$

Niels Henrik dimostrò l'impossibilita' di trovare soluzioni di una qualunque equazione di quinto grado utilizzando operazioni aritmetiche e radicali

«Ludovico Ferrari scoprì, poi, il metodo risolutivo dell’equazione generale di quarto grado, Raffaele Bombelli inventò i numeri immaginari, nel 1799 Paolo Ruffini e successivamente il norvegese Niels H. Abel, separatamente, dimostrarono che le equazioni di quinto grado non sono risolubili mediante radicali. La stessa cosa fu dimostrata dal francese Evariste Galois a proposito delle equazioni di sesto, settimo ed ottavo grado, fino all’undicesimo. Egli scoprì anche la teoria dei gruppi, che condusse al passaggio dall’algebra classica a quella moderna.»

Secondo la Teoria di Galois che associa ad ogni equazione un gruppo , il quale permuta fraloro le radici. Quindi : un' equazione ammette soluzioni sotto forma di radicali quando il gruppo che e' associato all'equazione gode di una particolare proprietà. Ricordiamo che fino al 4° grado , tutti i gruppi associati godono di tale proprieta' mentre partendo dal i gruppi non e' detto godono di tale proprieta'. L’equazione di quinto grado utilizzando e' stata studiata da Malfatti tramite l'equazione nella forma

$x^{5}+5cx+d=0\,$

ottennuta applicando successivamente la Serie di Taylor dopo aver diviso per il coefficiente di $x^{5}\,$ in modo da avere il coefficiente del grado più alto pari ad uno [ NB questa formuletta si ottiene annullando la derivata seconda terza e quarta della funzione di quinto grado da cui scaturisce l'equazione di quinto grado in quanto mediante il calcolo integro differenziale utilizzando la Serie_di_Taylor si sviluppa la funzione di quinto grado da cui scaturisce l'equazione di quinto grado e dopo si puo' azzerare uno dei qualsivoglia termini facendo una traslazione di assi che porti a zero il termine che si desidera azzerare$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}$ se pongo la derivata seconda uguale a zero nel caso della funzione generatrice equazione di terzo grado e faccio traslazione in ascissa di azzeramento di tale derivata non comparira' il termine di secondo grado inoltre sia ben chiaro che si può fare questa manovra su ogni termini a parte quello di grado più alto altrimenti si andrebbe contro il teorema fondamentale dell'algebra trascurando il fatto che è impossibile farla sul termine di grado più alto come esempio molto semplice si può usare l'equazione di secondo grado ed applicare la stessa metodologia con la derivata prima quinid scomparira' il termine di I grado tale metodo si applica anche per lo studio delle equazioni di 5° grado] Occorre tener presente che ci son dei casi particolari se dividiamo una generica equazione di 5° grado avendo posto il 1°coefficiente pari ad 1 per una equazione di 3°grado con 1° uguale ad uno e gli altri coefficienti incogniti utilizzando il calcolo letterale fino ad ottennere il resto della divisione polinomiale in cui non son noti i coefficienti dell'equazione di 3°grado e che risultano in siffatto resto mescolati ai coefficienti noti di equazione di 5° grado quindi tale resto sara' del genere

$Ax^{2}+Bx+C=0\,$ che dovra' essere zero per poter scindere l'equazione di 5° grado in prodotto di una di 3°grado per una di 2°grado ma occorre notare che dovranno essere pari a 0 sia A che B che C che sono ciascuno dipendente da coefficienti noti di equazione di 5° grado che di coefficienti incogniti di equazione di 3° grado quindi si avra' un sistema che se ha soluzioni permette di risolvere indipendentemente l'equazione di 3°grado e l'equazione di 2°grado quindi pervenendo ai casi particolari in cui anche l'equazione di 5° grado e' risolvibile per radicali

serve osservare che affinche' si siano soluzioni il determinante del sistema deve essere diverso da zero e cio' e' ovvio altrimenti avremmo trovato e dimostrato che una equazione di 5° grado e' sempre risolvibile per radicali contradiccendo Niels Henrik--Lupo rosso (msg) 17:58, 5 dic 2009 (CET)

discutibile quanto detto sopra in quanto il sisitema risolvente puo' non essere lineare e quindi da riguardare il discorso--Lupo rosso (msg) 16:56, 6 dic 2009 (CET)

Stile...?

Notevole il potenziale informativo della voce, ma scritta veramente male (non solo secondo gli standard di Wikipedia). Andrebbe ripulita per bene, sia per quanto riguarda la grammatica/sintassi sia per quanto riguarda la formattazione (ad esempio, le note sono confuse). Ho già sistemato un pochino, ma bisogna continuare... Comunque è una voce potenzialmente buona, IMO. Kamina (msg) 20:34, 1 feb 2011 (CET)

Il problema principale è che molte persone, specialmente i matematici, non conoscono la grammatica italiana.

In giro per wikipedia leggo degli strafalcioni allucinanti. Non basta ricopiare righe di passaggi matematici dai libri per creare una voce, bisogna saper spiegare l' argomento dando un senso alle frasi.

Questa voce è quasi totalmente inutile a causa della scarsità di chiarezza nelle dimostrazioni e nelle spiegazioni.

da PlicoDiCarta -- — Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 93.39.252.225 (discussioni · contributi) 00:20, 18 ago 2011 (CEST).

Accanimento sui matematici a parte, devo constatare che purtroppo hai ragione. :) -- Kamina ~ カミナ ~ 13:56, 24 ago 2011 (CEST)

Opinione di Pacioli

Nella pagina web è scritto

"Omar Khayyam credeva che, a parte i casi riducibili, non esistesse un metodo risolutivo generale per le equazioni di terzo grado, opinione che ancora Luca Pacioli riportava nella sua opera del 1494 Summa de arithmetica, geometria, proportioni et proportionalità."

Vorrei sapere in quale punto preciso delle loro opere Khayyam e Pacioli riportano l'opinione sulla non esistenza di un metodo risolutivo generale per le equazioni di terzo grado.

Grazie

Collegamenti esterni modificati

Gentili utenti,

ho appena modificato 1 collegamento esterno sulla pagina Equazione di terzo grado. Per cortesia controllate la mia modifica. Se avete qualche domanda o se fosse necessario far sì che il bot ignori i link o l'intera pagina, date un'occhiata a queste FAQ. Ho effettuato le seguenti modifiche:

• Sostituzione del link all'archivio https://www.webcitation.org/6DFtrNMsl?url=http://www.dm.unipi.it/perfezionamento/documenti/LabMatematicaCuriosaEDilettevole.pdf con https://web.archive.org/web/20140311205910/http://www.dm.unipi.it/perfezionamento/documenti/LabMatematicaCuriosaEDilettevole.pdf su http://www.dm.unipi.it/perfezionamento/documenti/LabMatematicaCuriosaEDilettevole.pdf

Fate riferimento alle FAQ per informazioni su come correggere gli errori del bot.

Saluti.—InternetArchiveBot (Segnala un errore) 09:06, 10 lug 2019 (CEST)

Modifiche su spazi e punteggiatura di 79.16.9.199

Esiste un manuale di stile che non prevede spaziature aggiuntive tra punteggiatura o testo e formule (vedi qui: Wikipedia:Convenzioni di stile/Matematica#Punteggiatura), inoltre che sia tex o latex è del tutto irrilevante, è vero che si può personalizzare ma nella maggior parte dei casi non è necessario (né opportuno) farlo e soprattutto su wikipedia, ripeto, esistono convenzioni da seguire e in ogni caso prima di iniziare annullamenti di modifiche reiterati (o edit war) sarebbe bene confrontarsi con una discussione qui o sulla pagina utente di coloro che sono coinvolti (puoi scivere sulla mia se preferisci invece di qui). Invito l'utente a chiarirci qui (o sulla mia pagina) senza modificare ulteriormante la pagina della voce o interverrò per segnalare la cosa chiedendo eventualmente un blocco della pagina o dell'ip. --Mat4free (msg) 13:46, 21 mag 2022 (CEST)

Quindi devo correggere il manuale di stile?

Putroppo Wikipendia è un sistema destinato a diffondere l'ignoranza perché la maggioranza delle persone non è in grado di capire i propri limiti, persevera negli errori e gode nell'esercitare il potere, cioè imporre agli altri ciò che vuole.

Se vuoi appartenere a questa categoria fà pure.

Provi auto-appagamento dall'uso di affernazioni arbitrarie come "non è necessario né opportuno" che sono tue mere opinioni e non verità conclamate?

Se, poi, non vedi che ${a \over b}{\rm {\ o\ }}{\sqrt {2}}$ è graficamente bruttino e sarebbe meglio scrivere $\quad {\;a\; \over b}\quad {\rm {o}}\quad {\sqrt {\,2\;}}\quad$è inutile discutere: chi è assuefatto al brutto non riesce più a riconoscere il bello. --79.16.9.199 (msg) 14:35, 21 mag 2022 (CEST)

Rispondo punto per punto.

• "Quindi devo correggere il manuale di stile?" Se vuoi, puoi provare a farlo, hai tutto il diritto di proporre delle modifiche, ma prima di modificarlo è necessario il consenso. Quando io in passato ho fatto proposte per fare delle modifiche, non sono state condivise e quindi non sono state effettuate modifiche a seguito delle mie richieste. Magari tu avrai più fortuna con le tue proposte.
• "Putroppo Wikipendia è un sistema destinato a diffondere l'ignoranza" Dire che un sito contenente una quantità di informazioni culturali e scientifiche (e di altro tipo) gigantesca e la cui diffusione mondiale è enorme contribuisce a "diffondere ignoranza" mi sembra un po' estremo ed iperbolico. Può essere ovviamente che ci siano delle informazioni false o scritte male o perfezionabili (sicuramente ci sono!), ma il bilancio credo proprio che non sia negativo.
• "perché la maggioranza delle persone non è in grado di capire i propri limiti," Forse è vero, è difficile in generale e dalle tue affermazioni mi sembra che forse nemmeno tu ne sei esente (e non lo intendo come offesa, ma come spunto di riflessione personale).
• "persevera negli errori" Anche questo forse è vero, ma il confronto dialettico serve proprio a questo: a cercare di migliorarsi reciprocamente.
• "e gode nell'esercitare il potere, cioè imporre agli altri ciò che vuole." Ci sono persone per cui è così, raramente nella mia esperienza personale ne ho visto esempi qui su wikipedia, ma potrei non averci fatto caso io ovviamente.
• "Se vuoi appartenere a questa categoria fà pure." Non vorrei, e faccio del mio meglio per non appartenerci e in questo caso non ritengo assolutamente di rientrarci, tanto più che ti ho scritto appositamente di confrontarci sulla questione qui in una discussione. Ti ricordo (o rendo noto se non lo sapessi) che attacchi personali (Wikipedia:Niente attacchi personali) sono vietati su wikipedia, le discussioni devono essere svolte in modo civile e nel rispetto di tutti.
• "Provi auto-appagamento dall'uso di affernazioni arbitrarie" Direi che è un attacco personale e non risponderò.
• "come "non è necessario né opportuno" che sono tue mere opinioni e non verità conclamate?" Le tue affermazioni invece sono verità conclamate? Poche cose non sono opinioni e anche quelle poche sono inevitabilmente filtrate in qualche misura dalle opinioni personali, che vogliamo fare? Non si parla più allora? Posso argomentare meglio dicendo che la "necessità" di una modifica nelle opzione di default non diviene necessaria solo perché esiste la possibilità di modifica dell'opzione di default; ci saranno motivi per cui è stata scelta una certa opzione di default, poi ci sono anche delle scelte diffuse (statisticamente parlando) in riviste, libri, dispense, siti, ecc. che contribuiscono in qualche senso a formare una qualche sorta di standard a cui uniformarsi oltre che esistono convenzioni o indirizzi sull'uso consigliato o meno a seconda anche del luogo in cui si scrive. Qui su wikipedia la cosa che conta è soprattutto il manuale di stile e il consenso tra i partecipanti (a cui si arriva proprio discutendo e confrontandosi).
• "Se, poi, non vedi che ${a \over b}{\rm {\ o\ }}{\sqrt {2}}$ è graficamente bruttino e sarebbe meglio scrivere $\quad {\;a\; \over b}\quad {\rm {o}}\quad {\sqrt {\,2\;}}\quad$è inutile discutere: chi è assuefatto al brutto non riesce più a riconoscere il bello." Potrei dire l'opposto ovviamente, a mio avviso è orribile come l'hai scritto tu e trovo molto più elegante l'opposto e mi sembra assurdo che tu non lo veda e potrei portare anche vari esempi che (statisticamente) confermino il mio gusto personale (non ho mai trovato libri di matematica o riviste o dispense che scrivono come fai tu). In ogni caso i miei gusti hanno diritto di essere tanto quanto i tuoi e sicuramente il "bello" è del tutto soggettivo e spesso creato da abitudini, con questo non voglio nemmeno dire che il mio gusto è "migliore" del tuo perché più gente si conforma al mio e meno al tuo, non lo ritengo né corretto né rilevante. Ciò che nel caso specifico è rilevante è l'omogeneità col manuale di stile, le convenzioni, il resto della voce e le altre pagine di wikipedia. Quindi, se vogliamo modificare le convezioni, allora facciamo una proposta di modifica nelle convenzioni e sentiamo l'opinione di tutti e poi si accetta il responso civilmente. Ti anticipo già che io sarò contrario perché (sia per estetica personale, sia per abitudine e conformazione all'uso che trovo in altre riviste e libri in materia) trovo migliore la scelta attuale. Aggiungo che potrebbero anche esserci altre alternative tipo ${a \over b}{\rm {\ oppure\ }}{\sqrt {2}}$ che magari apprezzi di più (o magari meno, saprei, se non ci si confronta mai si scoprirà) o altre a cui al momento non ho pensato.

Spero di essermi spiegato, se non hai chiaro qualcosa, chiedi pure senza problemi :) --Mat4free (msg) 15:47, 21 mag 2022 (CEST)

Quindi secondo te la maggiornaza ha ragione?

Se la maggiornaza dice che$\quad \lim _{x\to +\infty }\left(1+{1 \over \,x\,}\right)^{x}=\;\pi \quad$ ci tocca cambiare la matematica alla faccia di tutti quegli incivili che hanno sprecato la loro vita a dimostrare teoremi invece di mettere ai voti gli enunciati?

Ti segnalo che ho aggiunto un avviso alla voce "Principio di indeterminazione di Heisenberg" in piena violazione a tutti i codici di Wikipedia; ti consiglio di andarlo a cancellare, se non ci ha già pensato qualche altro zelante, in modo che le castronerie riportate possano ottenere il massimo della diffusione.

PS Gli attacchi personali sono ben altra cosa e per millenni la civiltà era considerata ben altra cosa dalle regolette da ignavi. --79.16.9.199 (msg) 23:44, 21 mag 2022 (CEST)

"Quindi secondo te la maggiornaza ha ragione?" Dipende, tendenzialmente a maggioranza si decidono regole di comportamento in una società civile. Poi dipende dal concetto di ragione. In alcuni casi la ragione in senso assoluto esiste e non è detto la maggioranza si orienti in tal senso, in altri casi la ragione assoulta non esiste e dunque la maggioranza ha maggior senso che deliberi. Se si parla del valore di un limite non ha senso che sia cambiato dal volere della maggioranza perché è una verità sufficientemente assoluta (anche se persino le dimostrazioni matematiche sono nient'altro che argomentazioni a sostegno di una certa conclusione che devono essere convincenti per la maggioranza, la differenza spesso è che la matematica è molto tecnica e l'addestramento necessario per produrre o comprendere o correggere le argomentazioni, o dimostrazioni, è spesso notevole e non tutti lo possiedono o sono disposti a investire energie e tempo ad ottenerlo, in ogni caso persino in matematica è pieno di esempi storici e attuali in cui alla fine è il convincimento della maggioranza degli esperti di settori a determinare se una dimostrazione è vera o meno, vedi la recente e ancora in corso questione della congettura abc#Proposta di dimostrazione di Mochizuki), questioni estetiche e stilistiche non hanno un valore assouto di verità e non vedo altro modo civile di agire se non seguire le direttive della maggioranza (in qualche senso). Altrimenti come si decide? Chi decide? Non essendoci una risposta "vera" o "giusta" in senso assoluto, è comunque una scelta arbitraria di qualcuno.

"Ti segnalo che ho aggiunto un avviso alla voce "Principio di indeterminazione di Heisenberg" in piena violazione a tutti i codici di Wikipedia; ti consiglio di andarlo a cancellare, se non ci ha già pensato qualche altro zelante, in modo che le castronerie riportate possano ottenere il massimo della diffusione." Ti ringrazio della segnalazione, hai fatto bene a segnalarlo se pensi sia un errore, personalmente non ne so abbastanza di fisica per cimentarmi nella correzione o verifica della cosa, tuttavia questo tipo di segnalazioni vanno nella pagina di discussione della voce. Provvedo a spostare la tua segnalazione nella pagina di discussione della voce relativa.

Il PS è decisamente off topic e non risponderò.--Mat4free (msg) 13:36, 22 mag 2022 (CEST)