Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử (Phần 24)

71. Phương trình bậc ba là gì và nó được giải như thế nào?

Phương trình bậc ba tổng quát có dạng

x3 + ax2 + bx + c = 0                          (1)

Trước tiên nó được biến đổi thành một phương trình bậc ba có dạng

y3 + py + q = 0                                    (2)

phương trình không chứa số hạng bình phương của biến.

Việc này được tiến hành một cách dễ dàng bằng cách đặt x = y – a/3.

Bây giờ giả sử y = u + v,

rồi lập phương cả hai vế:

                y3 = u3 + v3 + 3uv (u + v)

hay         y3 = u3 + v3 + 3uv y

                                thay y cho u + v

hay         y3 – 3 uvy – (u3 + v3) = 0                                 (3)

So sánh phương trình (2) và (3) ta có

72. Ai đã phát triển phương pháp giải này?

Phương pháp giải phương trình bậc ba này thường được gọi là phương pháp Cardan.

Cardan thu được nó từ một nhà toán học khác tên là Tartaglia với lời hứa giữ bí mật nhưng ông đã công bố nó là thành quả của riêng ông trong quyển sách của ông vào năm 1545.

Cardan và Tartaglia đều là người Italia.

73. Phương trình bậc ba có các hệ số được giải như thế nào?

Chúng ta hãy thử giải phương trình sau đây:

x3 + 6x2 + 9x + 4 = 0

Trước tiên, đặt x = y – 2, khi đó phương trình đã cho biến đổi thành

(y – 2)3 + 6 (y – 2)2 + 9 (y – 2) + 4 = 0

hay đơn giản lại là y3 – 3y + 2 = 0.

Bây giờ đặt y = u + v, thì y3 – 3 uvy – (u3 + v3) = 0, rồi lập phương cả hai vế.

Þ uv = 1, và u3 + v3 = – 2, khi so sánh với y3 – 3y + 2 = 0

hay         u3 + v3 = – 2, và u3v3 = 1.

Do đó, u3 và v3 là nghiệm của phương trình

t2 – (tổng các nghiệm) t + (tích các nghiệm) = 0

hay         t2 + 2t + 1 = 0,

hay         (t + 1)2 = 0, cho t = – 1, – 1.

Þ u3 = – 1, và v3 = – 1; cho u = – 1, và v = – 1.

Þ y = u + v = – 2

Vì y = – 2 là một nghiệm của phương trình y3 – 3 y + 2 = 0

Þ y + 2 phải là một hệ số của phương trình này.

Chia phương trình cho y + 2, ta được phương trình bậc hai

y2 – 2y + 1 = 0, hay (y – 1)2 = 0, cho y = 1, 1.

Þ y = – 2, 1, 1.

Vì x = y – 2, nên cuối cùng ta có x = – 3, – 1, – 1.

74. Phương pháp này có luôn cho ra nghiệm hay không?

Trong trường hợp phương trình bậc ba có hệ số, phương pháp này chỉ cho ra nghiệm khi phương trình bậc ba hoặc có hai nghiệm ảo, hoặc có hai nghiệm bằng nhau, và nó không tìm ra nghiệm của phương trình bậc ba có cả ba nghiệm thực và không bằng nhau.

Phương trình bậc ba thuộc loại vừa nói được giải bằng cách sử dụng lượng giác và các phương pháp gần đúng.

75. Phương trình bậc bốn được giải như thế nào?

Một ví dụ sẽ làm sang tỏ nhất phương pháp giải nghiệm.

Xét phương trình

x4 – 10 x3 + 35 x2 – 50 x + 24 = 0

Phương pháp giải trước tiên biểu diễn vế trái là hiệu của hai bình phương, sau đó là tích của hai phương trình bậc hai.

Ta có      x4 – 10 x3 + 35 x2 – 50 x + 24 = 0

hay         x4 – 10 x3 = – 35 x2 + 50 x – 24

hay         x4 – 10 x3 + 25 x2 = – 10 x2 + 50 x – 24

hay         (x2 – 5 x)2 = – 10 x2 + 50 x – 24

Đưa thêm λ vào vế trái, rồi cân bằng với vế phải, ta được

(x2 – 5 x + λ)2 = (– 10 x2 + 50 x – 24) + λ2 + 2λ (x2 – 5 x)

hay         (x2 – 5 x + λ)2 = (2λ – 10) x2 + (50 – 10 λ) x + λ2 – 24

Áp dụng điều kiện các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, ta được cái gọi là lập phương bổ trợ theo λ, từ đó có thể tính ra λ.

Ở đây, λ có thể được xác định dễ dàng hơn bằng cách xét rằng vì các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, nên (2x – 10) và (λ2 – 24) cũng phải là một số chính phương.

Do đó, ta đặt (2x – 10) lần lượt bằng 1, 4, 9, 16,... và thấy giá trị của l làm cho λ2 – 24 cũng là một số chính phương.

Đặt 2x – 10 = 4 hay λ = 7 cho λ2 – 24 = 25, đó là một số chính phương, và ta được

(x2 – 5x + 7)2 = 4x2 – 20x + 25

hay         (x2 – 5x + 7)2 = (2x – 5)2

hay         x2 – 5x + 7 = ± (2x – 5)

suy ra    x2 – 5x + 7 = 2x – 5, và x2 – 5x + 7 = – 2x + 5,

tức là x2 – 7x + 12 = 0, và x2 – 3x + 2 = 0.

Đây là hai phương trình bậc hai, giải chúng cho ta tương ứng x = 3, 4 và x = 1, 2.

Do đó, nghiệm của phương trình bậc bốn đã cho là 1, 2, 3, và 4.

76. Ai đã phát triển phương pháp này và khi nào?

Phương pháp giải phương trình bậc bốn này được nêu ra vào năm 1540 bởi Ferrari, một nhà toán học người Italia và là học trò của Cardan.

77. Phương pháp giải phương trình bậc bốn của Descartes là gì?

Vào năm 1637, Descartes nêu ra một phương pháp giải khác với Ferrari. Ông giải phương trình bằng cách biểu diễn nó bằng tích của hai tam thức bậc hai.

Phương pháp này có thể áp dụng khi phương trình khuyết số hạng chứa x3, hoặc loại trừ nó bằng những thay thế thích hợp.

Ví dụ sau đây làm rõ cho phương pháp.

Xét phương trình

x4 – 2x2 + 8x – 3 = 0

Giả sử x4 – 2x2 + 8x – 3 = (x2 + kx + l) (x2 + kx – m),

sau đó đơn giản và cân bằng các hệ số giống nhau,

ta có

Sử dụng đồng nhất thức

(m + l)2 – (m – l)2 = 4ml

để loại trừ m, n ra khỏi những phương trình này, ta được

(k – 2)2 – 64/k2 = - 12

Đơn giản, ta được k6 – 4k2 + 16k2 – 64 = 0.

Đây là phương trình bậc ba theo k2, và nó được thỏa mãn bởi k2 = 4, hay k = ± 2.

Đặt k = 2 ta có

 

78. Còn phương pháp giải phương trình tổng quát bậc năm thì sao?

Sau khi có được phương pháp giải phương trình bậc ba và bậc bốn, nhiều nhà toán học danh tiếng đã tiếp tục nỗ lực giải phương trình bậc năm. Họ đã cố gắng không mệt mỏi trong hơn hai thế kỉ rưỡi mà không có chút thành công nào.

Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
<< Phần trước | Phần tiếp theo >>

Vui lòng ghi rõ "Nguồn Thuvienvatly.com" khi đăng lại bài từ CTV của chúng tôi.

Nếu thấy thích, hãy Đăng kí để nhận bài viết mới qua email
Tin tức vật lý
Tạo bảng điểm online

Thêm ý kiến của bạn

Security code
Refresh

Các bài khác


250 Mốc Son Chói Lọi Trong Lịch Sử Vật Lí (Phần 26)
15/06/2019
Đồng hồ cát 1336 Ambrogio Lorenzetti (1290-1348) Tác giả người Pháp Jules Renard (1864-1910) từng viết rằng, “Tình yêu tựa như
250 Mốc Son Chói Lọi Trong Lịch Sử Vật Lí (Phần 25)
15/06/2019
Giải thích cầu vồng 1304 Abu Ali al-Hasan ibn al-Haytham (965–1039), Kamal al-Din al-Farisi (1267–khoảng 1320), Theodoric xứ Freiberg
Stephen Hawking đúng: Nghiên cứu mới cho thấy lỗ đen có thể bốc hơi
14/06/2019
Vào năm 1974, Stephen Hawking đã đưa ra một trong những dự đoán nổi tiếng nhất của ông: các lỗ đen cuối cùng sẽ bốc hơi
Vật lí học và chiến tranh - Từ mũi tên đồng đến bom nguyên tử (Phần 40)
13/06/2019
TÀU NGẦM Những tàu ngầm đầu tiên cũng đi vào hoạt động trong thời Nội Chiến. Thật ra, chiếc tàu ngầm đầu tiên đã
Vật lí học và chiến tranh - Từ mũi tên đồng đến bom nguyên tử (Phần 39)
13/06/2019
CƠ SỞ VẬT LÍ CỦA CHÂN VỊT Các chân vịt thời ấy có hai hoặc ba cánh quạt gắn với một trục quay. Khi chân vịt quay, nó
Cẩm nang thám hiểm vũ trụ (Phần 24)
12/06/2019
MỘC TINH: 43,3 PHÚT ÁNH SÁNG Mộc tinh là hành tinh lớn nhất trong Hệ Mặt Trời và là hành tinh thứ năm tính từ Mặt Trời ra.
Tương lai nhân loại - Michio Kaku (Phần 6)
12/06/2019
2. THỜI ĐẠI VÀNG CHO DU HÀNH VÀO KHÔNG GIAN Không giống như sự suy tàn của hạm đội hải quân Trung Quốc, kéo dài tụt hậu
Tương lai nhân loại - Michio Kaku (Phần 5)
12/06/2019
THẤT LẠC TRONG KHÔNG GIAN Tôi nhớ khoảnh khắc Neil Armstrong và Buzz Aldrin đặt chân lên mặt trăng. Đó là tháng 7 năm 1969, và khi

Chúng tôi hiện có hơn 60 nghìn tài liệu để bạn tìm

360 độ

Vật lý 360 độ là trang tin nhanh, trao đổi chuyên đề vật lý và các khoa học khác cũng như các nội dung liên quan đến dạy và học.
Hi vọng các bạn giúp chúng tôi bằng cách đăng kí làm CTV.
Liên hệ: banquantri@thuvienvatly.com