3차방정식 풀이법

삼차방정식 $ax^3+bx^2+cx+d=0$을 3차항 계수가 $1$인 방정식으로 바꾼다.

카르다노의 해법

주어진 방정식 $x^3+ax^2+bx+c=0$의 2차항을 없애기 위해, 치환 $\displaystyle{x = t - \frac{a}{3}}$을 사용한다.

새로운 방정식 $t^3 + pt + q = 0$을 얻는다. 여기서 $$\begin{split} p &= b - \frac{a^2}3 \\q &= c + \frac{2a^3-9ab}{27} \end{split}$$

$$t^3 + pt + q = 0\tag{a}$$

$$(u+v)^3=u^3+v^3+3uv(u+v)$$

$$(u+v)^3-3uv(u+v)-u^3-v^3=0\tag{b}$$

(a)와 (b)를 비교하여 새로운 두 변수 $u,v$를 다음과 같이 도입하자.

$$\begin{split} u + v = t \\ uv = -p/3 \\u^3+v^3=-q\end{split}$$

다음 두 식을 만족시킨다. $$u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0 \tag{1}$$ $$3uv+p=0$$

식 (1)의 양변에 $u^3$를 곱하여, 이로부터 $u$가 만족시키는 다음 방정식을 얻는다. $$u^6 + qu^3 - {p^3\over 27} = 0\tag{2}$$ 이는 $u^3$에 대한 이차방정식이므로, 다음을 얻는다. $$u^{3}=-{q\over 2}\pm \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}$$

한편, $v^3$ 역시 방정식 (2)의 해이므로, 다음을 얻는다. $$v^{3}=-{q\over 2}\pm \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}$$

따라서 $u, v$는 다음 여섯개의 값 중 하나를 가질 수 있다.

$$\begin{align} \sqrt[3]{-{q\over 2}+ \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}}\\ \omega\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}\\ \omega^2\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}\\ \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}\\ \omega\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}\\ \omega^2\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}} \end{align}$$

여기서 $\displaystyle{\omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$

이제 $uv = -p/3$ 임을 이용하면 $u$에 의해 $v$의 값이 결정된다.

편의를 위해 $A,B$를 다음과 같이 두자. $$\begin{align} A=\sqrt[3]{-{q\over 2}+ \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}} \\B=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}\end{align}$$ $t=u+v$는 다음 세 개의 값을 가질 수 있다.

$$\begin{align} A+B\\ \omega A+\omega^2 B\\ \omega^2 A+\omega B \end{align}$$

 

 

$x^3-3x+1=0$의 예

• 방정식 $x^3-3x+1=0$ 을 생각하자.
• $p=-3,q=1$ 이므로, $$-{q\over 2}+ \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}=-\frac{1}{2}+\frac{i \sqrt{3}}{2}=e^{2\pi i/3}$$ $$-{q\over 2}- \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}=-\frac{1}{2}-\frac{i \sqrt{3}}{2}=e^{-2\pi i/3}$$
• $A=e^{2\pi i/9}$, $B=e^{-2\pi i/9}$, $\omega=e^{2\pi i /3}$
• 방정식의 세 근은 $A+B,\quad \omega A+\omega ^2B,\quad \omega ^2A+\omega B$ 는 $2 \cos \left(\frac{2 \pi }{9}\right),\quad -2 \cos \left(\frac{\pi }{9}\right),\quad 2 \sin \left(\frac{\pi }{18}\right)$ 가 된다.

 

 

$ax^3+bx^2+cx+d=0$의 근의 공식

• 세 근 $x_1,\;\;x_2,\;\;x_3$는 다음과 같이 표현된다

$$\begin{align} x_1 = &-\frac{b}{3 a}\\ &-\frac{1}{3 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ &-\frac{1}{3 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ x_2 = &-\frac{b}{3 a}\\ &+\frac{1+i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ &+\frac{1-i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ x_3 = &-\frac{b}{3 a}\\ &+\frac{1-i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ &+\frac{1+i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \end{align}$$

퍼온 곳 : 3차방정식의 근의 공식

삼각함수를 이용한 방법

$$t^3+pt+q=0\tag{3}$$ 에서 시작하자.

$t=u\cos\theta$로 치환하여 아래와 같은 꼴로 간단하게 만드는 $u$를 찾아보자.

$$4\cos^3\theta-3\cos\theta-\cos(3\theta)=0$$

$\displaystyle{u=2\sqrt{-\frac{p}{3}}}$라고 하고 주어진 방정식 (1)을 $\displaystyle{\frac{u^3}{4}}$으로 나눈다.

$$4\cos^3\theta-3\cos\theta-\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}=0$$

$$\cos(3\theta)=\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}$$
$$t_k=2\sqrt{-\frac{p}{3}}\cos\left(\frac{1}{3}\arccos\left(\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}\right)-\frac{2\pi k}{3}\right) \quad \text{for} \quad k=0,1,2$$

$p<0$, $4p^3+27q^2\leq 0$

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