Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

§14 Appendice 6: Le equazioni algebriche di terzo grado a coefficienti reali (una interessante applicazione dei numeri complessi; la formula di Cardano (Pavia 1501 – Roma 1576))

Sia data la equazione algebrica di terzo grado x^{3}+ax^{2}+bx+c = 0 i cui coefficienti sono reali. La sostituzione z = x+ \frac{a}{3} trasforma la equazione in z^{3}+pz+q = 0 con p = b− \frac{1}{3}a^{2}, q = \frac{2}{27}a^{3}− \frac{ab}{3} +c. Scriviamo z = u + v ottenendo (u + v)^{3} + p(u + v) + q = u^{3} + v^{3} + 3uv(u + v) + p(u + v) + q = 0.

A questo punto studiamo il sistema \{ \begin{matrix}u^{3} + v^{3} = −q \\ uv = −\frac{p}{3} \end{matrix} ossia \{ \begin{matrix}u^{3} + v^{3} = −q \\ u^{3}v^{3} = −\frac{p^{3}}{27} \end{matrix} e se poniamo u^{3} = ξ

v^{3} = η il sistema diventa \{ \begin{matrix}ξ + η = −q \\ ξη = −\frac{p^{3}}{27} \end{matrix} . I numeri ξ e η sono le soluzioni della equazione di

secondo grado λ^{2} + qλ − \frac{p^{3}}{27} = 0 ossia λ_{±} = −\frac{q}{2} ± \sqrt{\frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}} e se chiamiamo D ≐ \frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}

abbiamo λ_{±} = −\frac{q}{2} ± \sqrt{D}. Segue chiaramente che u = λ_{+}^{1/3} = (−\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}})^{1/3} e v = λ_{−}^{1/3} =

(−\frac{q}{2} − \sqrt{\frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}})^{1/3} e bisogna tenere in mente che λ_{+}^{1/3} dà luogo a tre risultati così come λ_{−}^{1/3}.

Vanno distinti 3 casi: D > 0, D < 0, D = 0. Cominciamo da D = 0 ossia \frac{q^{2}}{4} = −\frac{p^{3}}{27}. La estrazione della radice cubica (−\frac{q}{2})^{1/3} genera tre soluzioni (due complesse ed una reale) ossia u_{1} = (−\frac{q}{2})^{1/3}, u_{2} = e^{i \frac{2}{3} π}(−\frac{q}{2})^{1/3}, u_{3} = e^{−i \frac{2}{3} π}(−\frac{q}{2})^{1/3}, e la stessa cosa per v ossia v_{1} = (−\frac{q}{2})^{1/3}, v_{2} = e^{i \frac{2}{3} π}(−\frac{q}{2})^{1/3}, v_{3} = e^{−i \frac{2}{3} π}(−\frac{q}{2})^{1/3}. Ora bisogna ricordare che uv = −\frac{p}{3} da cui le uniche coppie possibili sono (u_{1}, v_{1}) (u_{2}, v_{3}) e (u_{3}, v_{2}). La soluzione z = u + v è data da z_{1} = u_{1} + v_{1} = −2(\frac{q}{2})^{1/3} nel primo caso. Nel secondo caso si ha z_{2} = u_{2} + v_{3} = −(\frac{q}{2})^{1/3}(e^{i \frac{2}{3} π} + e^{−i \frac{2}{3} π}) = −(\frac{q}{2})^{1/3}2Re(e^{i \frac{2}{3} π}) = −(\frac{q}{2})^{1/3}2 cos \frac{2}{3}π = (\frac{q}{2})^{1/3}. Nel terzo ed ultimo caso si ha z_{3} = u_{3} + v_{2} = u_{2} + v_{3} da cui si evince che una delle radici è doppia. In conclusione, per D = 0 le radici sono tutte e tre reali ed una è doppia. La seconda è uguale all’opposto della prima moltiplicata per due. In altre parole D = 0 corrisponde ad un polinomio del tipo (x − x_{o})^{2}(x + 2x_{o}) = 0

Proseguiamo con il caso D > 0. u^{3} = λ_{+} = −\frac{q}{2} + \sqrt{D} per cui u può assumere uno dei tre valori λ_{+}^{1/3}, λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π} e λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} e v uno dei tre λ_{−}^{1/3}, λ_{−}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π} e λ_{−}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} dove λ_{−} = −\frac{q}{2} − \sqrt{D}. Dovendo essere uv = −\frac{p}{3} si hanno le tre possibilità (u, v) = (λ_{+}^{1/3}, λ_{−}^{1/3}), (u, v) = (e^{i \frac{2}{3} π}λ_{+}^{1/3}, e^{−i \frac{2}{3} π}λ_{−}^{1/3}), (u, v) = (e^{−i \frac{2}{3} π}λ_{+}^{1/3}, e^{i \frac{2}{3} π}λ_{−}^{1/3}). Sommando alla fine si ha z_{1} = λ_{+}^{1/3} +λ_{−}^{1/3}, z_{2} = −\frac{1}{2}(λ_{+}^{1/3} + λ_{−}^{1/3}) + i\frac{\sqrt{3}}{2}(λ_{+}^{1/3} − λ_{−}^{1/3}) e z_{3} = −\frac{1}{2}(λ_{+}^{1/3} + λ_{−}^{1/3}) − i\frac{\sqrt{3}}{2}(λ_{+}^{1/3} − λ_{−}^{1/3}) che è il complesso coniugato di z_{2}. Si hanno quindi due radici complesse coniugate ed una radice reale.

L’ultimo caso è quello in cui D < 0 per cui λ_{+} = −\frac{q}{2} + i\sqrt{−D} ≐ ρ_{o}e^{iϑ_{o}} (ρ_{o} = \sqrt{\frac{q^{2}}{4} − D}

e tan ϑ_{o} = \frac{−2\sqrt{−D}}{q}) e λ_{−} = −\frac{q}{2} − i\sqrt{−D} = \overline{λ_{+}}. Come prima u può assumere uno dei tre

valori u_{1} = λ_{+}^{1/3}, u_{2} = λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π} e u_{3} = λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} (λ_{+}^{1/3} = ρ_{o}^{1/3}e^{iϑ_{o}/3}) e v uno dei tre v_{1} = λ_{−}^{1/3},

v_{2} = λ_{−}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π} e v_{3} = λ_{−}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π}. La conseguenza è che z_{1} = u_{1}+v_{1} = λ_{+}^{1/3}+λ_{−}^{1/3} = λ_{+}^{1/3}+\overline{λ_{+}^{1/3}} =

2Re(λ_{+}^{1/3}) ∈ R. La seconda radice è z_{2} = u_{2}+v_{2} = λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π}+λ_{−}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} = λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π}+\overline{λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π}} = 2Re(λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π}) ∈ R. La terza radice è z_{3} = u_{3} + v_{3} = λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} + λ_{−}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π} = λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π} +

\overline{λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π}} = 2Re(λ_{+}^{1/3}e^{−i \frac{2}{3} π}) ∈ R e come si vede tutte e tre le radici sono reali.

Si può notare che se D ≥ 0, sia λ_{+} che λ_{−} sono reali e quindi le radici (z_{1}, z_{2}, z_{3}) che si ottengono sono facilmente scrivibili come z_{j} = a_{j} +ib_{j} j = 1, 2, 3 (b_{j} = 0 nel caso di radici reali). Viceversa se D < 0 sia λ_{+} che λ_{−} sono numeri complessi coniugati con parte immaginaria non nulla e le radici (reali) si ottengono attraverso una formula del tipo a^{1/3} cos(b + \frac{1}{3} arctan c) che può eventualmente essere pari ad un numero semplice (intero relativo oppure razionale). È per questa ragione che a volte la formula delle equazioni di terzo grado (detta di Cardano) non è utile quando le radici sono tutte e tre reali.

Se siamo interessati a trovare radici reali e siamo nel caso D ≥ 0, si può fare a meno di sapere cosa sono i numeri complessi in quanto essi non sono necessari (esattamente come accade per le equazioni di secondo grado). Se però l’equazione in questione ha tre radici reali e quindi D < 0, allora non si può fare a meno di usare tali numeri. Ciò rappresentò un serio problema per gli algebristi dei secoli XV \underline{0}, XV I\underline{0} e XV II\underline{0}. Alcuni pensarono che i numeri complessi fossero un fatto accidentale da evitare in qualche modo. Altri, come Eulero, invece li presero sul serio tanto da usarli correntemente con notevole successo ^{(1.14)}

Per chiarire la questione si può considerare la equazione x^{3}−15x−4 = 0 che ha q = −4, p = −15, D = −121,^{(2.14)} λ_{+} = −\frac{q}{2} + \sqrt{−D} = 2 + i11. Seguendo la teoria si ottiene immediatamente z_{1} = 2Re((\sqrt{125}e^{i arctan \frac{11}{2}} )^{1/3}) = 2\sqrt{5} cos \frac{1}{3} arctan \frac{11}{2}. A questo punto possono capitare due eventualità . La prima è che \frac{1}{3} arctan \frac{11}{2} sia un angolo noto di cui è facile sapere il coseno. In tal caso il calcolo è finito. La seconda è che la precedente eventualità con accada. Per sapere quanto vale cos \frac{1}{3} arctan \frac{11}{2} conviene ricorrere alla formula cos 3x = 4 cos^{3} x − 3 cos x valida per ogni x. Grazie ad una ben nota formula trigonometrica abbiamo cos 3x = \frac{2}{5\sqrt{5}} e quindi dobbiamo risolvere 4 cos^{3} x − 3 cos x = \frac{2}{5\sqrt{5}}. Tenendo conto che x = \frac{1}{3} arctan \frac{11}{2} e quindi cos x = cos \frac{1}{3} arctan \frac{11}{2} > 0 e del fatto che il polinomio 4z^{3} − 3z è negativo per −1 < z < 0 e positivo per 0 < z < 1, l’unica soluzione possibile è cos x = \frac{2}{\sqrt{5}} (soluzione trovata per tentativi)^{(3.14)}. A questo punto una soluzione dell’equazione di partenza è z_{1} = 2\sqrt{5}\frac{2}{\sqrt{5}} = 4. Trovare z_{2} e z_{3} è ora immediato. Sempre in base alla teoria precedente si ha z_{2} = 2Re(λ_{+}^{1/3}e^{i \frac{2}{3} π}) = 2\sqrt{5} cos(\frac{1}{3} arctan \frac{11}{2} + \frac{2}{3}π) = 2\sqrt{5}(\frac{2}{\sqrt{5}}(−\frac{1}{2}) + \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{1 − \frac{4}{5}}) = \sqrt{3} − 2,

z_{3} = −\sqrt{3} − 2.

x^{3} − 7x + 6 = 0 che ha come radici 1, 2, −3. Abbiamo λ_{+} = −3 + \sqrt{−\frac{100}{27}} = −3 + i\frac{10}{3\sqrt{3}} = ρ_{o}e^{iθ_{o}}

dove ρ_{o} = (\frac{343}{27})^{1/2}, θ_{o} = − arctan \frac{10}{9\sqrt{3}} + π e quindi alla fine le tre radici sono date da z_{1} = 2(\frac{343}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan \frac{10}{9\sqrt{3}} + \frac{π}{3} ), z_{2} = 2(\frac{343}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan \frac{10}{9\sqrt{3}} + π), z_{3} = 2(\frac{343}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan \frac{10}{9\sqrt{3}} − \frac{π}{3} ). Procedendo come prima, se indichiamo x_{o} = −\frac{1}{3} arctan \frac{10}{9\sqrt{3}} + \frac{π}{3} ed usiamo la solita equazione per cos 3x otteniamo 4(cos x_{o})^{3}−4 cos x_{o} =

−\frac{9\sqrt{3}}{\sqrt{343}}. Cerchiamo cos x_{o} = \frac{d}{\sqrt{343}} da cui otteniamo \frac{4d^{3}}{343} − 3d = −9\sqrt{3} e scrivendo d = 7\sqrt{3}c si

ha 12c^{3} − 21c = −9 ossia c = 1. A questo punto è immediato avere cos x_{o} = \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{7} \end{matrix} e quindi z_{1} = 2. z_{2} e z_{3} seguono immediatamente.

Un altro esempio del genere è dato dalla equazione x^{3} −19x+30 = 0 che ha come radici 2, 3, −5.

(1.14) La fonte è il bel libro (per la cui lettura è sufficiente il bagaglio matematico della scuola superiore) di William

Dunham: Euler The Master of Us All, The Mathematical Association of America, Dolciani Mathematical Expositions No.22, 1999 (2.14) In casi come questo nei quali è facile trovare per tentativi una soluzione, x=4 nella fattispecie, è superfluo usare la

formula generale in quanto attraverso Ruffini si può scomporre il polinomio come prodotto di (x−4) per una polinomio di secondo grado le cui radici sono facilmente ottenibili (3.14) Si tenga presente che l’equazione 4z^{3}−3z=α ha tre soluzioni reali z_{1},z_{2},z_{3} per −1≤α≤1. Ciascuna delle soluzioni

verifica la relazione −1≤z_{i}≤1.

Applicando la formula che dà z_{1} otteniamo 2Re(λ_{+})^{1/3} dove λ_{+} = ρ_{o}e^{iϑ_{o}} = −15 + \sqrt{225 − \frac{6859}{27}}

ρ_{o} = \sqrt{\frac{5291}{27}} e tan ϑ_{o} = (−\frac{1}{15} \sqrt{\frac{784}{27}}). Ne consegue che z_{1} = 2(\frac{6859}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan(\frac{1}{15} \sqrt{\frac{784}{27}}) +

\frac{π}{3} ), z_{2} = 2(\frac{6859}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan(\frac{1}{15} \sqrt{\frac{784}{27}}) + π), z_{3} = 2(\frac{6859}{27})^{1/6} cos(−\frac{1}{3} arctan(\frac{1}{15} \sqrt{\frac{784}{27}}) − \frac{π}{3} )

sono le radici della equazione. La solita formula dei coseni dà 4y^{3} − 3y = −\frac{45}{19} \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{19} \end{matrix} dove y =

cos(−\frac{1}{3} arctan(\frac{1}{15} \sqrt{\frac{784}{27}}) + \frac{π}{3} ) da cui y = \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{19} \end{matrix} e quindi z_{1} = 2

Come esercizio ci si può divertire a trovare le radici delle seguenti equazioni x^{3} − 6x + 9 = 0, x^{3} + 12x + 63 = 0, x^{3} + 9x^{2} + 18x + 28 = 0, x^{3} + 6x^{2} + 30x + 25 = 0, x^{3} − 6x + 4 = 0, x^{3} + 6x + 2 = 0, x^{3} + 18x + 15 = 0, x^{3} − 3x^{2} − 3x + 11 = 0, x^{3} + 3x^{2} − 6x + 4 = 0, x^{3} + 9x − 26 = 0, x^{3} + 24x − 56 = 0, x^{3} + 45x − 98 = 0, x^{3} + 3x^{2} − 3x − 1 = 0, x^{3} − 6x^{2} + 57x + 196 = 0, x^{3} − 4x − 1 = 0, x^{3} − 4x + 2 = 0, x^{3} − 3abx + a^{3} + b^{3} = 0, x^{3} − 3abfgx + f^{2}ga^{3} + fg^{2}b^{3} = 0.

Soluzione delle equazioni di quarto grado di Eulero e di G. Ferrari

Soluzione Eulero

Sia data la equazione y^{4} + a′y^{3} + b′y^{2} + c′y + d′ = 0. Attraverso la sostituzione y = x − \frac{a′}{4} essa diventa x^{4} − ax^{2} − bx − c = 0 con a, b e c opportuni. Cerchiamo soluzioni della forma x = \sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}. Elevando al quadrato si ottiene x^{2} − (p + q + r) = 2(\sqrt{pq} + \sqrt{pr} + \sqrt{qr}) ed elevando ancora al quadrato si ha x^{4} −2(p+q +r)x^{2} +(p+q +r)^{2} = 4(pq +pr +qr)+8(\sqrt{p^{2}qr} + \sqrt{pq^{2}r} + \sqrt{pqr^{2}}) = 4(pq + pr + qr) + 8\sqrt{pqr}x. Se indichiamo f = p + q + r, g = pq + pr + qr, e h = pqr, l’ultma equazione può essere riscritta come x^{4} − 2fx^{2} − 8\sqrt{h}x − (4g − f^{2}) = 0 che è uguale a x^{4} − ax^{2} − bx − c = 0 non appena si pone a = 2f, b = 8\sqrt{h}, c = 4g − f^{2}. Dai coefficienti (a, b, c) si passa ai valori (f, g, h) e viceversa. Il punto chiave è ora riconoscere che l’equazione di terzo grado (z − p)(z − q)(z − r) = 0 diventa z^{3} − (p + q + r)z^{2} + (pq + pr + qr)z − pqr = 0 e quindi z^{3} −fz^{2} +gz −h = 0. Dunque la procedura prevede che dai coefficienti (a, b, c) si ricavino (f, g, h) e da essi si risolva l’equazione z^{3} − fz^{2} + gz − h = 0. La soluzione è data dalla terna (p, q, r) e da essa si ricavano i valori di x. Ciò implica che bisogna risolvere l’ultima equazione di terzo grado i cui coefficienti si ricavano da a, b, c. Tra l’altro si può notare come per risolvere una equazione di 4\underline{0} grado se ne risolve una di terzo grado (fatto non sorprendente se si pensa che per risolvere quelle di terzo grado se ne è risolta una di secondo grado e per risolvere quelle di secondo grado se ne risolve una di primo grado).

Soluzione di G. Ferrari

Partiamo sempre da y^{4} + ay^{3} + by^{2} + cy + d = 0 ed attraverso la sostituzione y = x − \frac{a}{4} ci si riduce a x^{4} + px^{2} + qx + r = 0. Introducendo un parametro ausiliario α la si riscrive come

(x^{2} + \frac{p}{2} + α)^{2} − [2αx^{2} − qx + (α^{2} + pα − r + \frac{p^{2}}{4} )] = 0.

Si determina ora α in modo che il polinomio di secondo gradi in parentesi quadre abbia una radice doppia e quindi il suo discriminante deve essere nullo. Si deve avere quindi q^{2} −8α(α^{2} +pα−r + \frac{p^{2}}{4} ) = 0. Quest’ultima è una equazione di terzo grado che sappiamo risolvere e sia α_{o} una sua soluzione. Per tale valore lo zero doppio è \frac{q}{4α_{o}} e quindi l’equazione diventa (x^{2}+ \frac{p}{2} +α_{o})^{2}−2α_{o}(x− \frac{q}{4α_{o}})^{2} = 0. Quest’ultima equazione è equivalente al sistema x^{2} − \sqrt{2α_{o}}x + (\frac{p}{2} + α_{o} + \frac{q}{2\sqrt{2α_{o}}}) = 0, x^{2} + \sqrt{2α_{o}}x + (\frac{p}{2} + α_{o} − \frac{q}{2\sqrt{2α_{o}}}) = 0, Per le equazioni di quinto grado, intorno al 1824, il matematico norvegese Niels Abel (1802– 1829) dimostrò che non è possibile arrivare ad una soluzione in termini di radicali ed operazioni elementari. Lo stesso risultato vale per le equazioni di grado superiore.