Kompleksiluvut ja kolmannen asteen yhtälön ratkaisut - Helsinki.fi

2 Solmu 2/2013neljännen asteen yhtälöiden ratkaisukaavojen löytymisestäsekä alkuperäiseen keksijään liittyvästä kiistastamainittakoon Mario Livion suomennettu teos Yhtälö,jota ei voinut ratkaista [4].Ratkaisukaava ei kuitenkaan ole aivan niin yksinkertainenkuin päällisin puolin näyttää ja sen oikeellisuus herättikinaikanaan ihmetystä. Viitteitä tästä antaa yhtälöx 3 = 6x + 4. Kyseinen yhtälö voidaan toki ratkaistailman kaavaakin: kokeilemalla havaitaan, että vakiotermintekijöistä x = −2 on eräs ratkaisu. Muut ratkaisutlöydettäisiin tekijöihinjaolla. Tässä kirjoituksessaon kuitenkin tarkoitus tutkia, miten ratkaisukaavakäyttäytyy mainitun yhtälön tapauksessa. Lähteenä onkäytetty vastaavaa esitystä teoksessa [1].Koska funktio f(x) = x 3 − 6x − 4 on jatkuva ja vaihtaamerkkiään väleillä [−3, − 3 2], [−1, 0] sekä [1, 3], on näilläväleillä oltava nollakohdat. Monotonisuuden nojallakullakin välillä on tasan yksi nollakohta. Suora sijoituskaavaan antaa√√√4 16x = 3 2 + 4 − 216√27 + 4 16 32 − 4 − 21627√= 3 2 + √ −4 +√2 3 − √ −4= 3√ 2 + 2i + 3√ 2 − 2i. (1)Päädymme siis kahden kompleksisen kuutiojuurensummaan. Ratkaisuja tiedetään kuitenkin olevan kolmekappaletta ja niiden kaikkien pitäisi olla reaalisia –jotain näyttäisi olevan pielessä. Cardanon kaava on kuitenkinoikein, kaavassa (1) itse asiassa esiintyy kolmereaalilukua. Tämän näkemiseksi tarvitsemme hiemantrigonometriaa.Kun ajattelemme kompleksilukua tason pisteenä (a, b),saadaan sen etäisyys origosta Pythagoraan mukaankaavalla r = √ a 2 + b 2 . Origosta poikkeavan kompleksiluvunvaihekulma on kulma, joka jää positiivisen x-akselin sekä origon ja pisteen (a, b) määräämän jananväliin. Origolle ei määritellä vaihekulmaa. Vaihekulmaon kätevintä määrittää kuvan avulla: esimerkiksi ensimmäisessäneljänneksessä sijaitsevan pisteen vaihekulmaθ toteuttaa ehdon tan θ = b a .yr sin θ(a, b)esitysmuodot a = r cos θ, b = r sin θ ja kompleksilukuvoidaan esittää muodossa z = a + ib = r(cos θ + i sin θ).Tätä esitystä kutsutaan napakoordinaattiesitykseksi.Napakoordinaattien perustuloksia on de Moivren kaava,jonka mukaan kokonaisluvulla n pätee(cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ.Kaavan todistus tapahtuu induktiolla. Palataan nytselvittämään, mitä ovat kuutiojuuret kaavassa (1). Käsitelläänensin juurta 3√ 2 + 2i. Kuutiojuuren määritelmännojalla 3√ z tarkoittaa sitä lukua w, joka toteuttaaehdon w 3 = z. Tehtävänä on siis määrittää luku,jonka kolmas potenssi on 2 + 2i. Tämä onnistuude Moivren kaavan avulla. Luvun 2 + 2i napakoordinaattiesitykseksisaadaan √ 8(cos π 4 + i sin π 4). Merkitäänw = r(cos θ + i sin θ) ja muodostetaan yhtälö(r(cos θ + i sin θ)) 3 = √ 8(cos π 4 + i sin π 4 )⇔ r 3 (cos 3θ + i sin 3θ) = √ 8(cos π 4 + i sin π 4 ).Vertaamalla yhtälön molempia puolia havaitaan, ettätäytyy olla⇔⇔r 3 = √ 8 ja 3θ = π 4 + 2πn,r = 3 √ √8ja 3θ =π4 + 2πn,r = √ 2 ja θ = π 12 + 2πn3=π(1 + 8n), n ∈ Z.12Ratkaisuja on siis useita. Havaitaan kuitenkin, että arvollan = 3 saadaan θ = 25π12 = π 12+ 2π, josta sini jakosini ovat samat kuin kulmasta θ = π 12. Siis arvostan = 3 alkaen saadut ratkaisut alkavat ”kiertämään kehää”.On siis kolme eri lukua, joiden kuutio on 2 + 2i– napakoordinaateissa ne ovat √ 2(cos√ π 12 + i sin π 12 ),2(cos3π4 + i sin 3π 4 ) sekä √ 2(cos 17π 17π12+ i sin12 ).√Vastaavasti luku 2 − 2i on napakoordinaateissa8(cos(−π4 ) + i sin(− π 4 )) = √ 8(cos π 4 − i sin π 4), jotende Moivren kaava antaa(r(cos θ + i sin θ)) 3 = √ 8(cos π 4 − i sin π 4 )rθr cos θx⇔ r 3 (cos 3θ + i sin 3θ) = √ 8(cos π 4 − i sin π 4 )⇔r = √ 2 ja 3θ = π 4 + 2πnVaihekulma ei ole yksikäsitteinen: jos θ on eräs pisteen(a, b) vaihekulma, myös θ + 2πn kelpaa vaihekulmaksimillä tahansa kokonaisluvulla n. Usein vaihekulma rajoitetaankinjollekin 2π-mittaiselle puoliavoimelle välille.Nyt suorakulmaisille koordinaateille a ja b saadaan⇔ r = √ 2 ja θ =π(1 + 8n), n = 0, 1, 2.12Eli juuren 3√ 2 − 2i arvot ovat √ 2(cos√ π 12 − i sin π 12 ),2(cos3π4 − i sin 3π 4 ) sekä √ 2(cos 17π 17π12− i sin12 ).

Solmu 2/2013 3Sijoitetaan saadut luvut kaavaan (1). Jos lukua n vastaaratkaisu z n , niin saadaanz 0 = √ (2 cos π 12 + i sin π )+ √ (2 cos π 1212 − i sin π )12= 2 √ 2 cos π 12 = 2√ 2 · 14 (√ 6 + √ 2)= 1 2 (2√ 3 + 2) = 1 + √ 3z 1 = √ (2cos 3π 4 + i sin 3π 4= 2 √ 2 cos 3π 4 = 2√ 2z 2 = √ (2 cos 17π+ √ 212(cos 17π12)+ √ (2 cos 3π 4 − i sin 3π )4(−√ 1 )= −2 2)17π+ i sin12= 2 √ 2 cos 17π12 = 2√ 2)17π− i sin12(− 1 4 (√ 6 − √ 2)= − 1 2 (2√ 3 − 2) = −( √ 3 − 1) = 1 − √ 3)eli kolme reaalilukua. Sijoittamalla saadut luvut takaisinyhtälöön x 3 = 6x + 4 nähdään, että ne todella ovatyhtälön ratkaisut.Kirjoittaja opiskelee matematiikan opettajaksi.Viitteet[1] William Dunham: Euler – The Master of Us All,The Mathematical Association of America, 1999.[2] Tuomas Hytönen: Algebran peruslause lukiolaisille,Solmu 3/2011.[3] Matti Lehtinen: Kaikki tarpeellinen kompleksiluvuista,Solmu 1/2006.[4] Mario Livio: Yhtälö, jota ei voinut ratkaista – Mitenmatematiikka paljasti symmetrian kielen, TerraCognita, 2005.Diplomitehtävien oheislukemistoaOsoitteessa http://solmu.math.helsinki.fi/diplomi.html on diplomitehtäville oheislukemistoa, joka varmastikiinnostaa muitakin kuin diplomien tekijöitä:LukujärjestelmistäDesimaaliluvut, mitä ne oikeastaan ovat?Murtolukujen laskutoimituksiaNegatiivisista luvuistaHiukan osittelulaistaLausekkeet, kaavat ja yhtälötÄärettömistä joukoistaErkki Luoma-aho: Matematiikan peruskäsitteiden historiaGaussin jalanjäljissäK. Väisälä: AlgebraYläkoulun geometriaaGeometrisen todistamisen harjoitusK. Väisälä: GeometriaLukuteorian diplomitehtävät