Utente:Lupo rosso/Sandbox/dimostrazione per soluzione di equazione algebrica di terzo grado bis

Appendice:dimostrazione soluzione

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

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

uso dei numeri complessi per dimostrazione di soluzione

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 mentre le altre due sono complese coniugate . Per comprendere ciò serve un richamo alla notazione esponenziale per un numero complesso

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 sicuramente se [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

poniamo D maggiore o uguale a zero

Primo caso: 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 trovato

$u_{r}$ radice cubica reale negativa utilizzando

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

troveremo

$v_{r}$ e sommadole 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

prendiamo in considerazione le radici complesse di u

chiamando:

$Uc=(-{\frac {q}{2}}+D^{\frac {1}{2}})^{\frac {1}{3}}$ che altro non è che una delle radici cubiche 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

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

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 pasitiva trovato $v_{r}$ e formata la soluzione completa il metodo più semplice è eseguire un abbasamento di grado pervenendo ad un equazione di secondo grado

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

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

R=|-q/2 +j*( -D )^1/2|

[j indica la radice quadrata di -1]

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=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 $u*v=-{\frac {p}{3}},\quad [2]$. in quanto il prodotto di 2 numeri complessi coniugati è reale e i casi suddetti sodisfano la condizione risolutiva

Cenni storici

Sin dai tempi della matematica babilonese erano noti i metodi risolutivi delle particolari equazioni di terzo grado che possono essere ricondotte ad un'equazione di secondo grado. I greci riuscivano a risolvere geometricamente alcune equazioni di terzo grado tramite l'uso delle coniche, metodo reso famoso dall'aneddoto della duplicazione dell'altare di Apollo. Durante l'età della matematica araba, 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.

Un primo procedimento risolutivo di buona generalità venne scoperto da Scipione del Ferro; la data esatta di questa scoperta resta ignota, ma egli la comunicò in fin di vita (ca. 1526) ad un suo allievo, Antonio Maria Flor, detto Floridus in latino.

Niccolò Fontana detto Tartaglia già nel 1541 sapeva risolvere problemi implicanti equazioni di terzo grado: quando si diffuse la voce, Floridus e Tartaglia si sfidarono a vicenda, ognuno sottoponendo all'altro trenta "questioni" da risolvere entro una certa data. Quando arrivò il giorno stabilito, Tartaglia aveva risolto tutti problemi di Floridus, ma questi nemmeno uno. All'epoca infatti i numeri negativi non venivano usati, ricorrendo a diversi metodi risolutivi con soli numeri positivi: Floridus conosceva solamente un metodo per coefficienti positivi, ossia per equazioni della forma

$x^{3}+px=q\,$

mentre Tartaglia gli aveva sottoposto tutti problemi con coefficienti negativi, e nella forma

$x^{3}+px^{2}=q\,$

probabilmente riconducendo questo caso al precedente. Era infatti noto che, se il coefficiente di terzo grado è l'unità, allora quello di secondo grado cambiato di segno è la somma delle radici.

Sorse poi nel 1545 un'aspra polemica tra Tartaglia, Gerolamo Cardano e Ludovico Ferrari, cui si deve la soluzione generale dell'equazione di quarto grado, circa la paternità della soluzione. Venuto a sapere della vittoria su Floridus, Cardano aveva invitato Tartaglia a recarsi da lui nella città di Milano, con la vaga promessa di trovargli un mecenate. Tartaglia non aveva fonti di reddito stabili forse a causa della balbuzie, causatagli da una sciabolata ricevuta da ragazzo durante l'assalto di Brescia da parte di truppe francesi nel 1512. Il difetto, a cui si deve anche il soprannome autoimpostosi di Tartaglia, lo rendeva inadatto all'insegnamento, per cui l'offerta venne accettata. Cardano era un medico di fama europea, tanto che venne chiamato in Scozia per diagnosticare il malanno dell'Arcivescovo di St. Andrews. Tartaglia dunque rivelò a Cardano il procedimento che conosceva sotto vincolo di segretezza: Tartaglia infatti intendeva pubblicare la sua scoperta a coronamento del suo trattato sull'algebra, la traduzione degli Elementi del matematico greco Euclide.

Cardano e Ferrari a quel punto lavorarono sul materiale fornito loro dal Tartaglia, andando oltre le sue scoperte e riuscendo a fornire una dimostrazione rigorosa della soluzione; è proprio in questo periodo che Ferrari risolve l'equazione di quarto grado. Il procedimento risolutivo individuato dal matematico bolognese richiedeva però la soluzione dell'equazione di terzo grado scoperta da Tartaglia, e che non poteva essere pubblicata a causa della promessa fatta da Cardano. Dopo qualche tempo tuttavia, quest'ultimo venne a sapere delle precedenti deduzioni di Scipione del Ferro e si recò quindi presso Annibale della Nave, genero di del Ferro e suo successore alla cattedra di matematica dell'Università di Bologna, nella speranza di riuscire a carpire le informazioni di cui aveva bisogno. Il della Nave mostrò a Cardano il manoscritto sul quale il suocero aveva annotato la soluzione dell'equazione, la stessa trovata da Tartaglia; fu così che Cardano, sentendosi svincolato dalla promessa fatta, pubblicò il risultato noto come formula di Cardano.

Pur se figlio illegittimo, astrologo, eretico e giocatore incallito, non di meno Cardano era un rispettabile professore a Bologna e Milano, tanto che ebbe una pensione dal Papa. Non era certamente uno stinco di santo, dato che uno dei figli gli avvelenò la moglie, l'altro divenne criminale e lo stesso Ferrari, suo segretario, morì forse avvelenato dalla propria sorella. Tuttavia fu uno scrittore prolifico nel campo della medicina, delle scienze naturali e della matematica. Con l'uscita dell'Artis Magnae sive de regulis algebraicis nel 1545, in cui vennero pubblicate le soluzioni per le equazioni di terzo e quarto grado, divampò la polemica con Tartaglia. Pur riconoscendo la paternità delle rispettive scoperte a Ferrari e Tartaglia, quest'ultimo non sopportò il torto subito e abbandonò Milano.

Problemi relativi alle soluzioni

Cardano incontrò però alcune difficoltà, dati i metodi dell'epoca, a trattare casi come

$x^{3}=15x+4\,$

Infatti applicando la formula risolutiva si trova

$x={\sqrt[{3}]{2+11{\sqrt {-1}}}}+{\sqrt[{3}]{2-11{\sqrt {-1}}}}$

e la radice di un numero negativo non si sapeva trattare. Però, cercando una soluzione con i metodi geometrici di Omar Khayyam, si trova che una soluzione è $\,x=4\,$ e di conseguenza altre due soluzioni sono ottenibili risolvendo la $\,x^{2}+4x+1=0\,$. Quindi l'equazione ha tre radici reali, ovvero si ha la fattorizzazione

$x^{3}-15x-4=(x-4)\cdot (x+2-{\sqrt {3}})\cdot (x+2+{\sqrt {3}})\,$

mentre la formula risolutiva porta a numeri non reali.

In generale si incorre in numeri non reali con equazioni della forma (1) per le quali

$\left({p \over 3}\right)^{3}<-\left({q \over 2}\right)^{2}$

Questa disuguaglianza caratterizza quello che veniva chiamato caso irriducibile, caso ritenuto intrattabile. Gli autori posteriori (primo fra tutti Rafael Bombelli) riprenderanno questi risultati giungendo alla introduzione dei numeri complessi, entità indispensabili per disporre di un procedimento generale per la risoluzione delle equazioni di terzo grado a coefficienti reali. I numeri complessi si sono poi rivelati fondamentali per moltissimi altri sviluppi matematici, in particolare per il teorema fondamentale dell'algebra.

Appendice:dimostrazione soluzione

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 $1\;$come 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

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

uso dei numeri complessi per dimostrazione di soluzione

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 mentre le altre due sono complese coniugate . Per comprendere ciò serve un richamo alla notazione esponenziale per un numero complesso

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

indichiamo con D

${q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}$

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 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

Voci correlate

• Funzione cubica
• Equazione di primo grado
• Equazione di secondo grado
• Equazione di quarto grado

Bibliografia e riferimenti

• Carl Boyer, Storia della matematica. 1976, Mondadori. ISBN 8804334312