Lösungsformel für eine Gleichung dritten Grades

Lösen einer Gleichung 3. Grades
Wer sich auf dieses Abenteuer einlassen will, braucht einige Kenntnisse über komplexe Zahlen.
Es reicht aber, wenn man folgende Sachverhalte kennt und „kochrezeptartig“ (man nehme...)
anwenden kann:
Es gibt eine Zahl i, die nicht im Bereich der reellen Zahlen liegt, sondern die die Einheit einer
2
anderen Zahlenart (imaginäre Zahlen) ist. Definition: i = −1 . Daraus folgt z.B.: − 1 = i .
Man rechnet mit i wie mit einer Formvariablen, schleppt das i also durch die ganze Rechnung
mit. Es sei denn, es ergibt sich eine Vereinfachung dadurch, dass das i quadriert wird. Dann
kommt -1 heraus.
Beispiele: 3 + 4i − 2 + 6i = 1 + 10i oder
(2 − 3i )(1 + 5i ) = 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 5i − 3i ⋅ 1 − 3i ⋅ 5i = 2 + 10i − 3i − 15i 2 = 2 + 7i − 15 ⋅ ( −1) = 2 + 7i + 15 = 17 + 7i
Zahlen, die sich in dieser Art aus einer reellen Zahl und einer imaginären Zahl zusammensetzen,
nennt man komplexe Zahlen. Man trägt sie graphisch als Punkte in einer Ebene auf, bei der das
Koordinatensystem auf der x-Achse die reellen Zahlen und auf der y-Achse die komplexen
Zahlen enthält.
Es gilt, dass jede 3.Wurzel einer komplexen Zahl drei Werte hat, einen reellen Wert x1 und zwei
1 i
1 i
weitere Werte, die sich aus x1 durch Multiplikation mit − + ⋅ 3 bzw. − − ⋅ 3 ergeben.
2 2
2 2
3
1 i
= x13 !
Bitte ausprobieren: x1 ⋅ − 2 + 2 ⋅ 3
Auf Grund der Darstellung der komplexen Zahlen im Koordiantensystem kann man zeigen, dass
sich jede komplexe Zahl durch Polarkoordinaten ausdrücken lässt:
a + bi = r ⋅ (cos ϕ + i ⋅ sin ϕ ) mit r = a 2 + b 2 und ϕ = arctan
Nach dem Satz von Moivre gilt:
3
a + bi = 3 r ⋅ cos
ϕ
3
+ n ⋅ 1200 + i ⋅ sin
ϕ
3
+ n ⋅ 1200
b
a
mit n ∈{0,1,2}
Nun aber los:
3
2
Jede Gleichung 3.Grades kann man in der Form x + a ⋅ x + b ⋅ x + c = 0 mit a , b, c ∈ℜ schreiben.
Falls vor dem ersten Summanden nicht der Faktor 1 steht, dividiert man eben durch diese Zahl und
erhält dann die angegebene Form.
a
Nun substituiert man: x = z − :
3
a
z−
3
3
a
+a⋅ z−
3
2
+b⋅ z −
a
+c = 0
3
Löst man die Klammern auf und fasst nach Potenzen von z zusammen (für die erste Klammer
3
3
2
2
3
braucht man die Formel (a − b) = a − 3a b + 3ab − b , für die zweite Klammer die 2.binomische
2
2
2
Formel (a − b) = a − 2ab + b ) , so ergibt sich
1
2 3 1
z3 + b − ⋅ a 2 ⋅ z +
⋅ a − ⋅ ab + c = 0 oder
3
27
3
1
2 3 1
2
⋅ a − ⋅ ab + c .
z 3 + pz + q = 0 mit p = b − a und q =
3
27
3
Die Fälle p = 0 und q = 0 sind trivial und werden nicht weiter behandelt.
Seite 1 von 5
Nun substituiert man noch einmal: z = u + v .
3
Daraus folgt (u + v ) + p ⋅ (u + v ) + q = 0 .
3
2
2
3
Ausklammern: u + 3u v + 3uv + v + pu + pv + q = 0
3
3
Zusammenfassen: u + v + q + (3uv + p)(u + v ) = 0 (Durch Ausmultiplizieren beweisen!)
3
3
Ist nun u + v + q = 0 und gleichzeitig 3uv + p = 0 , dann ist z = u + v eine Lösung der Gleichung.
Die folgenden Schritte werden für die Variablen u und v identisch durchgeführt. Deshalb wird hier
nur die Rechnung für u gezeigt:
p
p3
3
+q = 0 .
Aus 3uv + p = 0 ergibt sich v = −
. Einsetzen liefert u −
3u
27u 3
p3
p3
p3
3
6
+ q ⋅ u3 = u6 + q ⋅ u3 −
= k2 + q⋅k −
= 0 mit k = u
Umformen: u −
27
27
27
q
q 2 p3
+
Die Lösungsformel für quadratische Gleichungen ergibt k1,2 = − ±
und damit
2
4 27
u1,2
q
q 2 p3
= k = − ±
+
2
4 27 .
3
3
q
q 2 p3
3
3
v
=
k
=
−
±
+
Die Auflösung nach v ergibt analog 1,2
2
4 27 .
3
3
Die Probe in u + v + q = 0 zeigt, dass die Vorzeichen bei u und v unter der Wurzel verschieden
sein müssen. Also wählen wir:
q
q 2 p3
q
q 2 p3
3
u= − +
+
v= − −
+
2
4 27 und
2
4 27 .
3
Damit erhalten wir die Lösung für z, die man auch Cardanische Formel nennt:
q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
z1 = − +
+
+ − −
+
2
4 27
2
4 27
3
(Übrigens: Geronimo Cardano (1501-1576) war nicht der Finder der Formel, sondern diese stammt
von Niccolo Tartaglia (um 1500-1557))
Neben den reellen Lösungen für u=u1 und v=v1 gibt es noch (wie oben gezeigt) jeweils die beiden
komplexen Lösungen
u2 ,3 = u1 ⋅ −
1 i
1 i
± ⋅ 3 und v2 ,3 = v1 ⋅ − ± ⋅ 3 .
2 2
2 2
Da sich z aus der Summe eines u- und eines v-Wertes zusammensetzt, würde es bei 3 u- und bei
3 v-Werten insgesamt 9 z-Werte geben.
Da aber die Nebenbedingung 3uv + p = 0 erfüllt sein muss, gibt es nur die 3 Lösungen
1 i
1 i
z1 = u1 + v1 , z2 = u2 + v3 und z3 = u3 + v2 (wegen − 2 + 2 ⋅ 3 ⋅ − 2 − 2 ⋅ 3 = 1 ).
Seite 2 von 5
Beispiel:
x 3 + 3x 2 − 5x − 92 = 0 , d.h. a = 3 , b = −5 , c = −92
1
1
p = b − a 2 = −5 − ⋅ 9 = −5 − 3 = −8
3
3
und
q=
2
2 3 1
1
⋅ a − ⋅ ab + c =
⋅ 27 − ⋅ 3 ⋅ ( −5) − 92 = 2 + 5 − 92 = −85
27
3
27
3
q
q 2 p3 3 q
q 2 p 3 3 85
7225 512 3 85
7225 512
z1 = − +
+
+ − −
+
=
+
−
+
−
−
=
2
4 27
2
4 27
2
4
27
2
4
27
3
5
129
5
129
5 5
+
+ −
= + =5
2
6
2
6
2 2
Mit u1 =
Reelle Lösung: x1 = z1 −
a
3
= 5− = 4
3
3
5
129
1 i
5
129
u
=
+
⋅
−
± ⋅ 3
2
,
3
+
gilt
2
6
2
2
2
6
und mit v1 =
5
129
1 i
5
129
⋅ − ± ⋅ 3
−
gilt v2 ,3 = 2 − 6
2 2
2
6
5
129
1 i
5
129
1 i
⋅ − + ⋅ 3 + −
⋅ − − ⋅ 3 =
Also: z2 = u2 + v3 = 2 + 6
2 2
2
6
2 2
−
5 5⋅ 3
129
43
5 5⋅ 3
129
43
5
43
+
⋅i −
+
⋅i − −
⋅i +
+
⋅i = − +
⋅i
4
4
12
4
4
4
12
4
2
2
daraus folgt: x2 = z2 −
und z3 = u3 + v2 =
−
5
43
3
5
43
43
a
7
=− +
⋅i − = − +
⋅i − 1 = − +
⋅i
3
2
2
3
2
2
2
2
5
129
1 i
5
129
1 i
+
⋅ − − ⋅ 3 +
−
⋅ − + ⋅ 3 =
2
6
2 2
2
6
2 2
5 5⋅ 3
129
43
5 5⋅ 3
129
43
5
43
−
⋅i −
−
⋅i − +
⋅i +
−
⋅i = − −
⋅i
4
4
12
4
4
4
12
4
2
2
daraus folgt: x3 = z3 −
a
5
43
3
5
43
7
43
=− −
⋅i − = − −
⋅i −1 = − −
⋅i
3
2
2
3
2
2
2
2
Hat man eine Lösung ermittelt, kann man auch mit Hilfe von Polynomdivision aus der Gleichung
3.Grades eine Gleichung 2.Grades ermitteln und dann mit der bekannten Formel für quadratische
Gleichungen die restlichen Lösungen finden. Hier:
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( x 3 + 3x 2 − 5x − 92):( x − 4) = x 2 + 7 x + 23
x3 − 4x2
7 x 2 − 5x − 92
7 x 2 − 28 x
23x − 92
23x − 92
0
7
49
7
49 92
7
43
x2 , 3 = − ±
− 23 = − ±
−
=− ± −
2
4
2
4
4
2
4
Wegen der negativen Diskriminante gibt es also nur eine reelle Lösung.
Man kann zeigen, dass es immer nur eine reelle Lösung gibt, wenn man die Cardanische Formel
anwenden kann.
Nicht anzuwenden ist sie im sogenannten „casus irreducibilis“, bei dem die Zahl unter der 2.Wurzel
bei der Cardanischen Formel negativ ist. Man muss dann 3.Wurzeln aus komplexen Zahlen ziehen.
Vieta gelang es um 1600, diesen Fall zu lösen. Überraschenderweise ergeben sich dabei immer drei
reellwertige Lösungen.
Herleitung der Formel:
q 2 p3
q 2 p3
+
< 0 , dann ist mit Sicherheit p<0 und − −
>0 .
Ist
4 27
4 27
Also gilt
3
−
q
q 2 p3
q
q 2 p3
q
q 2 p3
+
+
= 3 − + ( −1) ⋅ − −
= 3 − +i⋅ − −
2
4 27
2
4 27
2
4 27
q
q 2 p3
= r ⋅ (cos ϕ + i ⋅ sin ϕ ) mit r =
Es kann geschrieben werden (s.o.) − + i ⋅ − −
2
4 27
q − p3
cos ϕ = − :
und sin ϕ =
2
27
− p3
und
27
− p3 q 2 − p3
− :
27
4
27
Nach dem Moivreschen Satz ergeben sich für u und v:
u=3 −
q
q 2 p3 3
ϕ
ϕ
q
q 2 p3 3
ϕ
ϕ
+
+
= r ⋅ cos + i ⋅ sin
v=3 − −
+
= r ⋅ cos − i ⋅ sin
2
4 27
3
3 ,
2
4 27
3
3
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
3
3
3
und damit z1 = u + v = r ⋅ cos 3 + i ⋅ sin 3 + r ⋅ cos 3 − i ⋅ sin 3 = 2 ⋅ r ⋅ cos 3
Nach Moivre ergeben sich aber noch zwei weitere reelle Lösungen:
Seite 4 von 5
z2 = 2 ⋅ 3 r ⋅ cos
ϕ
ϕ
+ 1200
0
3
und z3 = 2 ⋅ r ⋅ cos 3 + 240 .
3
a
Die Lösungen für x1 , x2 , x3 erhält man nun mittels x = z − .
3
Beispiel:
x 3 − 7 x + 6 = 0 Die Gleichung liegt schon in reduzierter Form vor, so dass p=-7 und q=6.
q 2 p 3 36 − 343
− 343 243 − 343
+
=
+
=9+
=
< 0 , also liegt der casus irreducibilis vor.
Es ist
4 27 4
27
27
27
r=
− p3
343
q − p3
6 343
27
9 3
0
=
=− :
= −3 ⋅
=− ⋅
und cosϕ = − :
, d.h. ϕ ≈ 147,3
27
27
2
27
2 27
343
7 7
Als Lösungen ergeben sich
x1 = 2 ⋅ r ⋅ cos
3
x2 = 2 ⋅ 3 r ⋅ cos
x3 = 2 ⋅ r ⋅ cos
3
ϕ
3
ϕ
3
ϕ
3
= 2⋅
3
343
147,30
⋅ cos
=2
27
3
+ 1200 = 2 ⋅ 3
343
147,30
⋅ cos
+ 1200 = −3
27
3
+ 240
343
147,30
⋅ cos
+ 2400 = 1
27
3
0
= 2⋅
3
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