Решение кубического уравнения без комплексных чисел

[Someone]

g______d в сообщении #751405 писал(а):

А как насчет $x^3-3x+1=0$ ?

Присоединяюсь к вопросу. Господин pentoid, будьте любезны, продемонстрируйте нам Ваш метод на этом уравнении.

[g______d]

Someone в сообщении #751481 писал(а):

Присоединяюсь к вопросу. Господин pentoid, будьте любезны, продемонстрируйте нам Ваш метод на этом уравнении.

Там в начале странное

pentoid в сообщении #750779 писал(а):

Условие:отношение абсолютных величин наибольшего и наименьшего корней больше десяти.

и у меня не получается подобрать подходящее уравнение.

[warlock66613]

g______d в сообщении #751485 писал(а):

и у меня не получается подобрать подходящее уравнение

Это интересно. Может быть таких уравнений вообще не существует?

-- 03.08.2013, 15:20 --

Точно, таких нет, и это легко доказывается. Действительно, по теореме Виетта $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ ($x_1$, $x_2$, $x_3$ - действительные корни уравнения $x^3 + px+ q = 0$). Пусть $x_1$ - наименьший, а $x_3$ - наибольший корень, то есть $x_1 \leq x_2 \leq x_3$, причём $x_1 \neq 0$ (чтобы условие ТС имело смысл). Тогда возможны 3 случая. 1) $x_1 > 0$, $x_3 > 0$. Тогда условие $\frac {x_3} {x_1}= n > 10$ даёт $x_2 = -x_1-x_3 = -(n+1)x_1 < 0$, что невозможно. 2) $x_1 < 0$, $x_3 < 0$. Тогда $\frac {-x_3}{-x_1} = n > 10$ даёт $x_2 = -x_1 - x_3 = -(n+1)x_1 > 0$, что невозможно. 3) $x_1 < 0$, $x_3 \qeq 0$. Тогда $\frac {x_3}{-x_1} = n > 10$ даёт $x_2 = -x_1 - x_3 = (n-1)x_1 < x_1$, что невозможно.

-- 03.08.2013, 15:21 --

Следствие. ТС прав, и его метод действительно позволяет решать уравнения указанного вида, удовлетворяющие требуемым условиям.

[warlock66613]

Если же предположить, что ТС пропустил слово "модуль" в одном месте, то придумать требуемое уравнение не составляет труда. Например $x^3 - 111x + 110 = 0$

[Someone]

Это условие, конечно, гениальное.

А можно проделать вычисления в общем виде. Берём уравнение

$$x^3+px+q=0.\eqno(1)$$

Пусть

$$\mathscr D_3=\left(\frac p3\right)^3+\left(\frac q2\right)^2<0.\eqno(2)$$

Умножаем уравнение (1) на $x$ и получаем уравнение

$$x^4+px^2+qx=0.\eqno(3)$$

По методу Феррари записываем уравнение (3) в виде

$$(x^2-y)^2-(-(p+2y)x^2-qx+y^2)=0\eqno(4)$$

(каждый может раскрыть скобки в уравнении (4) и убедиться, что после приведения подобных членов получается в точности уравнение (3)) и подбираем $y$ так, чтобы квадратный трёхчлен $-(p+2y)x^2-qx+y^2$ был точным квадратом. Для этого нужно, чтобы выполнялось равенство

$$q^2+4y^2(p+2y)=0,\eqno(5)$$

которое после раскрытия скобок и деления на $8$ приводится к виду

$$y^3+\frac p2y^2+q^2=0.\eqno(6)$$

Чтобы привести это уравнение к виду (1), сделаем замену переменной $y=z-\frac p6$. После подстановки в уравнение (6), раскрытия скобок и приведения подобных членов, получим уравнение

$$z^3-\frac{p^2}{12}z+\left(\frac{p^3}{108}+\frac{q^2}{16}\right)=0.\eqno(7)$$

Подставляя в формулу (2) вместо $p$ и $q$ выражения $-\frac{p^2}{12}$ и $\frac{p^3}{108}+\frac{q^2}{16}$ соответственно, после упрощений получим

$$\mathscr D'_3=\frac{q^2}{64}\left(\left(\frac p3\right)^3+\left(\frac q2\right)^2\right)<0,\eqno(8)$$

исключая тривиальный случай $q=0$.

Может быть, господин pentoid объяснит, почему знак не поменялся?

[pentoid]

Суть вопроса:если кубическое уравнение имеет три действительных корня его дискриминант отрицателен и решать его с помощью формулы Кардано необходимо применяя комплексные числа.Предлагаемый способ позволяет избежать применения комплексных чисел при решении таких уравнений.
Уравнениe

$$x^3-11x^2-11x-12=0$$

имеет один действительный и два комплексных корня.Это не тот случай.После подстановки $x_1=x-\frac{A}{3}$ уравнение

$$x^3-51.33x-150.93=0$$

имеет положительный дискриминант $D=685$ и решается по формуле Кардано и без комплексных чисел.

-- 03.08.2013, 18:18 --

Из уравнения

$$x^3-89109x-267300=0$$

умноженного на $x$ получается уравнение четвёртой степени

$$x^4-89109x^2-267300x=0$$

.Уравнение для вспомогательного параметра необходимое для решения методом Феррари имеет вид

$$a^3-89109a^2+1985103470.25a-8931161250=0$$

.Значение вспомогательного параметра подставляется в уравнение

$$(x^2+\frac{p}{2}+a)^2-2a(x-\frac{q}{4a})^2=0$$

корни которого и есть корни исходного уравнения.Отсюда

$$x^2+3x-89100=0$$

и $x=-300$ $x=297$

[timots]

Я выше уже выше писал, что в начале Вас не понял. Но дело не в этом. Дело в том, что я хочу более подробного доказательства и что бы Вы привели пример. Можно свой .

[Someone]

pentoid в сообщении #751565 писал(а):

$$a^3-89109a^2+1985103470.25a-8931161250=0$$

Видите ли, это уравнение имеет три действительных корня ($4{,}5$, $44104{,}5$, $45000$), поэтому, если Вы их не подбираете (а это возможно только в особо удачном случае рациональных корней), а вычисляете по формуле Кардано, то без комплексных чисел Вы не обойдётесь. А рациональные корни можно было бы подобрать и у исходного Вашего уравнения ($-3$, $-297$, $300$).

[nnosipov]

Someone в сообщении #751562 писал(а):

Для этого нужно, чтобы выполнялось равенство

$$q^2+4y^2(p+2y)=0,\eqno(5)$$

Это уравнение после замены $y=q/(2x)$ превращается в исходное $x^3+px+q=0$.

Вообще, корни кубических резольвент рационально выражаются через корни уравнения 4-й степени, поэтому никаких фокусов с переменой знака у дискриминанта не может быть по очевидной причине.

[TR63]

nnosipov в сообщении #751674 писал(а):

Вообще, корни кубических резольвент рационально выражаются через корни уравнения 4-й степени, поэтому никаких фокусов с переменой знака у дискриминанта не может быть по очевидной причине.

И ещё можно рассуждать так: если уравнение четвёртой степени имеет максимальное количество действительных корней, то кубическая резольвента имеет тоже максимальное количество действительных корней. (Доказывается просто; есть в "Вике", но без доказательства) Так что фокус, действительно, не проходит.
Я думаю, что сообщение ТС имело бы смысл, если бы в его области определения не существовало контрпримера. Но контрпример нашёлся, благодаря Someone.

-- 04.08.2013, 12:26 --

TR63 в сообщении #751700 писал(а):

сообщение ТС имело бы смысл, если бы в его области определения не существовало контрпримера.

Неправильно выразилась. Надо так: его область определнния была пустой.

-- 04.08.2013, 12:28 --

Но она не пуста.

[Someone]

TR63 в сообщении #751700 писал(а):

Неправильно выразилась. Надо так: его область определнния была пустой.

-- 04.08.2013, 12:28 --

Но она не пуста.

Точнее сказать, топикстартер неправильно сформулировал условие, которое имел в виду. Он написал "наименьший корень" и "наибольший корень", а имел в виду, видимо, наименьший и наибольший по модулю.

[dmd]

Вообще, было бы интересно получить три действительных корня кубического уравнения через радикалы без комплексных вычислений и без дополнительных условий на область определения корней, как у ТС. Почти уверен, что такой способ решения должен существовать.

[warlock66613]

dmd в сообщении #751809 писал(а):

Вообще, было бы интересно получить три действительных корня кубического уравнения через радикалы без комплексных вычислений и без дополнительных условий на область определения корней, как у ТС. Почти уверен, что такой способ решения должен существовать.

Почти уверен, что без тригонометрии не получится. Ну а с тригонометрией, понятно, тривиально.

[g______d]

dmd в сообщении #751809 писал(а):

Вообще, было бы интересно получить три действительных корня кубического уравнения через радикалы без комплексных вычислений и без дополнительных условий на область определения корней, как у ТС. Почти уверен, что такой способ решения должен существовать.

http://en.wikipedia.org/wiki/Casus_irreducibilis

[dmd]

g______d
Т.е. в неприводимом случае при попытке выразить три различных действительных корня в выражениях неизбежно возникнет квадратный корень из дискриминанта? 100%? Это как-то доказуемо? А вдруг существуют окольные пути, в которых под квадратным корнем не дискриминант, а допустим какая-нибудь сумма квадратов, образованных из коэффициентов исходного уравнения?