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 tiếp theo >>

Bài trước | Bài kế tiếp