Równanie sześcienne

Równanie sześcienne lub trzeciego stopnia – równanie algebraiczne postaci $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,$ gdzie $a\neq 0.$ Jeżeli współczynniki $a,b,c,d$ równania są liczbami rzeczywistymi, to równanie ma trzy pierwiastki, w tym conajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty.

Wykres funkcji sześciennej postaci $f(x)={\frac {1}{4}}\left(x^{3}+3x^{2}-6x-8\right)$, która ma 3 pierwiastki rzeczywiste (są nimi współrzędne $x$ punktów przecięcia wykresu osią x).

Jeżeli współczynniki te są liczbami zespolonymi, to równanie to ma trzy pierwiastki - na ogół są zespolone.

Rys historyczny

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

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

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

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

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

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

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

Sprowadzenie do postaci kanonicznej

Najpierw pokażemy, że równanie

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

(1)

może być sprowadzone do tak zwanej postaci kanonicznej:

$y^{3}+py+q=0.$

(2)

Dzieląc obie strony równania (1) przez $a,$ otrzymujemy

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

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

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

Po wymnożeniu, uproszczeniu i poszeregowaniu według potęg otrzymujemy

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

Wyraz z kwadratem znika i równanie wygląda tak:

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

Następnie należy zastosować 2 podstawienia:

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

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

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

Tak więc, jeśli wskaże się jak rozwiązywać równania w postaci kanonicznej, to będzie można rozwiązać każde równanie trzeciego stopnia.

Sprowadzenie do postaci kanonicznej łatwo wykonywać, stosując schemat Hornera. Ponieważ $y=x+{\frac {b}{3a}}$, więc poszukiwanie współczynników odpowiedniego wielomianu z $y$ to faktycznie rozkładanie wielomianu względem potęg dwumianu $x+{\frac {b}{3a}}.$

Rozwiązywanie równań kanonicznych

Jeśli znajdzie się jeden pierwiastek $y_{0}$ równania

$y^{3}+py+q=0,$

(2)

to na mocy tzw. twierdzenia Bézouta można podzielić wielomian $y^{3}+py+q$ przez $y-y_{0},$ redukując równanie sześcienne do równania kwadratowego. Rozwiązując równanie kwadratowe można znaleźć pozostałe rozwiązania równania (2).

Poniżej przedstawiono metodę znajdowania jednego pierwiastka równania sześciennego, a dalej bardziej szczegółowo opisano sposób na znajdowanie wszystkich rozwiązań tego równania.

Jak znaleźć jeden pierwiastek

Rozważamy równanie

$y^{3}+py+q=0.$

(2)

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

Przyjmujemy, że $y=u+v.$ Wówczas

$y^{3}=v^{3}+3uv^{2}+3u^{2}v+u^{3}=3uv(u+v)+u^{3}+v^{3}=3uvy+u^{3}+v^{3}.$

(3)

Po dalszym uporządkowaniu informacji ze wzoru (3) otrzymujemy równanie

$y^{3}-3uvy-(u^{3}+v^{3})=0.$

(4)

Zauważamy, że jeśli

$3uv=-p\;{}$ oraz ${}\;u^{3}+v^{3}=-q$

(5)

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

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

Stąd

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

Po pomnożeniu przez $v^{3}$ otrzymamy

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

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

$z^{2}+qz-{\frac {p^{3}}{27}}=0.$

(6)

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

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

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

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

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

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

Wszystkie rozwiązania: wzory Cardana

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

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

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

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

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

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

Zauważmy, że

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$0=0(v_{0}+u_{0})=(1+\varepsilon _{1}(1+\varepsilon _{1}))(v_{0}+u_{0})=(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})(v_{0}+u_{0})=y_{0}+y_{1}+y_{2}.$

(7)

Mamy też

${\begin{aligned}&y_{0}y_{1}+y_{0}y_{2}+y_{1}y_{2}\\={}&(v_{0}+u_{0})(\varepsilon _{1}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}^{2}\cdot u_{0})+(v_{0}+u_{0})(\varepsilon _{1}^{2}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}\cdot u_{0})+(\varepsilon _{1}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}^{2}\cdot u_{0})(\varepsilon _{1}^{2}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}\cdot u_{0})\\={}&(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})(v_{0}^{2}+u_{0}^{2})+3(\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})v_{0}u_{0}\\={}&3(\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})v_{0}u_{0}\\={}&3(\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})\cdot {\frac {-p}{3}}\\={}&p\end{aligned}}$

(8)

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

${\begin{aligned}&y_{0}y_{1}y_{2}\\={}&(v_{0}+u_{0})(\varepsilon _{1}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}^{2}\cdot u_{0})(\varepsilon _{1}^{2}\cdot v_{0}+\varepsilon _{1}\cdot u_{0})\\={}&v_{0}^{3}+u_{0}^{3}+(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})v_{0}^{2}u_{0}+(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{1}^{2})v_{0}u_{0}^{2}\\={}&v_{0}^{3}+u_{0}^{3}\\={}&-q\end{aligned}}$

(9)

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

${\begin{aligned}&(y-y_{0})(y-y_{1})(y-y_{2})\\={}&y^{3}-(y_{0}+y_{1}+y_{2})y^{2}+(y_{0}y_{1}+y_{0}y_{2}+y_{1}y_{2})y-y_{0}y_{1}y_{2}\\={}&y^{3}+py+q.\end{aligned}}$

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

Powyższe wzory są słuszne także dla równań o współczynnikach zespolonych.

Przykłady obliczania pierwiastków

1. Równanie o współczynnikach rzeczywistych

Dane jest równanie:

$x^{3}+5x^{2}+4x=0$

Aby znaleźć pierwiastki, przechodzimy do formy $y^{3}+py+q=0$ obliczając

$p$ = –4,3333, q=2,592592,

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

$v_{0}$ niech będzie pierwszym pierwiastkiem.

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

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

$u_{*}$ niech będzie ostatnim pierwiastkiem

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

$u_{0}$ = 0,8333, –0,8666

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

I ostatecznie ze wzoru $x=y-{\frac {b}{3a}}$ otrzymuje się pierwiastki:

$x_{0}=0,\ x_{1}=-4,\ x_{2}=-1.$

2. Równanie o współczynnikach zespolonych

Dane jest równanie:

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

Obliczamy:

p = 0,83431 + 0,7357·i, q = 2,09853 – 0,00568·i.

We wzorze na $z_{0}$ występuje pierwiastek dający dwa rozwiązania, bierzemy jedno $z_{0}$ = –0,01360 + 0,02031·i.

$z_{0}$ ma 3 pierwiastki:

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

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

$-q-z_{0}$ = –2,08492 –0,014632·i, ma trzy pierwiastki:

0,641345 – 1,1048·i, 0,636169 + 1,107854·i, –1,277515 – 0,0029885·i.

Wybieramy dla $u_{*}$ na przykład ostatni pierwiastek = –1,277515 – 0,0029885·i.

$v_{0}\cdot u_{*}$ = –0,278106 – 0,245233·i jako m wybieramy 0 bo $\varepsilon _{0}$ = 1 jest odpowiednim.

A więc również $n=1$ bo $1\cdot 1=1;$

$y_{0}$ = –1,05937 + 0,188462·i,	$y_{1}$ = 0,3612975 + 1,201045·i,	$y_{2}$ = 0,6980765 –1,389507·i
$x_{0}$ = –0,95681 + 0,3679495,	$x_{1}$ = 0,463861 + 1,3805324,	$x_{2}$ = 0,800640 –1,210020.

Wynik można sprawdzić na stronie WolframAlpha.

Podsumowanie

Aby rozwiązać równanie

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

(1)

o współczynnikach zespolonych, sprowadzamy je do postaci kanonicznej

$y^{3}+py+q=0,$

(2)

gdzie $p={\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}},\ q={\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}+{\frac {d}{a}}-{\frac {bc}{3a^{2}}},\ y=x+{\frac {b}{3a}}.$

Następnie znajdujemy parę liczb $v_{0},u_{0},$ spełniających równania

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

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

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

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

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

Pierwiastki rzeczywiste równania kanonicznego o współczynnikach rzeczywistych

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

$y^{3}+py+q=0.$

(2)

gdzie współczynniki $p,q$ są liczbami rzeczywistymi. Określmy jego wyróżnik jako

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

Zależnie od znaku wyróżnika równania mamy 3 możliwości.

Przypadek 1   $\Delta >0{:}$

Wówczas

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

jest jedynym pierwiastkiem rzeczywistym równania (2).

Przypadek 2   $\Delta =0{:}$

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

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

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

Przypadek 3   $\Delta <0{:}$

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

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

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

Możemy więc zdefiniować

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Inne metody rozwiązywania równania kanonicznego

Ważony para-cosinus

Dla równania kanonicznego

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

korzystamy ze wzorów Viète’a i otrzymujemy:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

zależności

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

prowadzą do układu równań

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

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

który rozwiązujemy rozwiązując proste równanie kwadratowe.

Podstawienie Viète’a

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

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

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

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

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

Zobacz też

• równanie zwrotne

Bibliografia

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

Linki zewnętrzne

• Równanie sześcienne z przykładami na stronie zadania.inf
• Eric W.E.W. Weisstein Eric W.E.W., Cubic Equation, [w:] MathWorld, Wolfram Research  (ang.). [dostęp 2024-03-07].
• How Imaginary Numbers Were Invented (ang.), kanał Veritasium na YouTube, 1 listopada 2021 [dostęp 2023-05-21] – film o genezie liczb zespolonych w rozwiązaniach równania kubicznego.