Kubische Gleichung/Cardano/Textabschnitt

Wir betrachten nun eine normierte kubische Gleichung

${}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=0\,,$

wobei die Koeffizienten aus ${}{\mathbb {C} }$ seien. Mit einem Ergänzungstrick können wir den quadratischen Koeffizienten ${}a_{2}$ eliminieren. Wir machen den Ansatz ${}y=x+{\frac {a_{2}}{3}}$ und schreiben die Gleichung als

${}{\left(x+{\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{3}+{\left(a_{1}-3{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{2}\right)}{\left(x+{\frac {a_{2}}{3}}\right)}-{\left(a_{1}-3{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{2}\right)}{\frac {a_{2}}{3}}-{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{3}+a_{0}=0\,$

bzw. als ${}y^{3}+py+q=0$ mit den neuen Koeffizienten

$p=a_{1}-3{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{2}\,\,{\text{ und }}\,\,q=-{\left(a_{1}-3{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{2}\right)}{\frac {a_{2}}{3}}-{\left({\frac {a_{2}}{3}}\right)}^{3}+a_{0}.$

Lösungen dieser vereinfachten Gleichung führen direkt zu Lösungen der Ausgangsgleichung.

Gerolamo Cardano (1501-1576)

Die vereinfachte Gleichung kann man über die folgende Formel von Cardano lösen. Wir brauchen dafür ein Lemma über dritte Einheitswurzeln von ${}{\mathbb {C} }$, das sind komplexe Zahlen ${}\eta$ mit ${}\eta ^{3}=1$, also die Lösungen der reinen kubischen Gleichung ${}x^{3}=1$.

Lemma

Es gelten folgende Aussagen.

1. Die dritten Einheitswurzeln in ${}{\mathbb {C} }$ sind ${}1,\,\epsilon =-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }$ und ${}\eta =-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }$.
2. Es ist ${}\epsilon ^{2}=\eta$ und ${}\eta ^{2}=\epsilon$.
3. Es ist ${}1+\epsilon +\epsilon ^{2}=0$.
4. Es ist ${}\epsilon +\epsilon ^{2}=-1$.

Beweis

Siehe Aufgabe.

$\Box$

Satz

Es sei

${}x^{3}+px+q=0\,$

mit ${}p,q\in {\mathbb {C} }$ eine kubische Gleichung. Wir setzen ${}D=-4p^{3}-27q^{2}$. Es seien

$u={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}{\left(-q+{\frac {1}{9}}{\sqrt {-3D}}\right)}}}\,\,{\text{ und }}\,\,v={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}{\left(-q-{\frac {1}{9}}{\sqrt {-3D}}\right)}}},$

wobei diese dritten Wurzeln so gewählt seien, dass ${}uv=-{\frac {p}{3}}$ ist.

Dann sind (mit der dritten Einheitswurzel $\epsilon =-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }$) die Elemente

$u+v,\,\,\epsilon u+\epsilon ^{2}v\,{\text{ und }}\,\epsilon ^{2}u+\epsilon v$

die Lösungen dieser kubischen Gleichung.

Beweis

Wir zeigen zuerst, dass die dritten Wurzeln ${}u$ und ${}v$ so gewählt werden können, dass ihr Produkt gleich ${}-{\frac {1}{3}}p$ ist. Für eine irgendwie gewählte Quadratwurzel ${}{\sqrt {-3D}}$ und irgendwie gewählte dritte Wurzeln ${}u$ und ${}v$ ist

${}{\begin{aligned}uv&={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{4}}{\left(q^{2}-{\frac {1}{81}}(-3D)\right)}}}\\&={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{4}}{\left(q^{2}+{\frac {1}{27}}{\left(-4p^{3}-27q^{2}\right)}\right)}}}\\&={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {-4}{27}}p^{3}}}\\&={\sqrt[{3}]{-{\frac {1}{27}}p^{3}}}\\&=\eta {\left(-{\frac {p}{3}}\right)},\end{aligned}}$

wobei ${}\eta$ eine dritte Einheitswurzel ist. Ersetzt man nun ${}v$ durch ${}\eta ^{2}v$, so ist das Produkt gleich ${}-{\frac {p}{3}}$.

Wir berechen nun

$(x-u-v)(x-\epsilon u-\epsilon ^{2}v)(x-\epsilon ^{2}u-\epsilon v)$

und müssen zeigen, dass dies gleich ${}x^{3}+px+q$ ist. Die angegebenen Elemente sind offenbar die Nullstellen dieses faktorisierten Polynoms. Es ist

${}{\begin{aligned}(x-u-v)(x-\epsilon u-\epsilon ^{2}v)(x-\epsilon ^{2}u-\epsilon v)&=x^{3}-(u+v+\epsilon u+\epsilon ^{2}v+\epsilon ^{2}u+\epsilon v)x^{2}\\&\,\,\,\,+((u+v)(\epsilon u+\epsilon ^{2}v)+(u+v)(\epsilon ^{2}u+\epsilon v)+(\epsilon u+\epsilon ^{2}v)(\epsilon ^{2}u+\epsilon v))x\\&\,\,\,\,-(u+v)(\epsilon u+\epsilon ^{2}v)(\epsilon ^{2}u+\epsilon v).\,\end{aligned}}$

Der quadratische Koeffizient ist (unter Verwendung von Fakt)

${}u{\left(1+\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}+v{\left(1+\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}=0\,.$

Der lineare Koeffizient ist

${}{\begin{aligned}(u+v){\left(\epsilon u+\epsilon ^{2}v\right)}+(u+v){\left(\epsilon ^{2}u+\epsilon v\right)}+{\left(\epsilon u+\epsilon ^{2}v\right)}{\left(\epsilon ^{2}u+\epsilon v\right)}&=u^{2}{\left(\epsilon +\epsilon ^{2}+1\right)}+v^{2}{\left(\epsilon ^{2}+\epsilon +1\right)}+uv{\left(\epsilon +\epsilon ^{2}+\epsilon ^{2}+\epsilon +\epsilon ^{2}+\epsilon ^{4}\right)}\\&=-{\frac {p}{3}}(-3)\\&=p.\,\end{aligned}}$

Der konstante Koeffizient ist

${}{\begin{aligned}-(u+v){\left(\epsilon u+\epsilon ^{2}v\right)}{\left(\epsilon ^{2}u+\epsilon v\right)}&=-u^{3}-u^{2}v{\left(1+\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}-uv^{2}{\left(1+\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}-v^{3}\\&=-u^{3}-v^{3}\\&=-{\frac {1}{2}}{\left(-q+{\frac {1}{9}}{\sqrt {-3D}}\right)}-{\frac {1}{2}}{\left(-q-{\frac {1}{9}}{\sqrt {-3D}}\right)}\\&=q.\end{aligned}}$

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten die kubische Gleichung

${}x^{3}+2x-1=0\,$

und wenden darauf Fakt an. Es ist demnach ${}p=2,\,q=-1$ und ${}D=-59$ und somit ${}u={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}{\left(1+{\frac {1}{9}}{\sqrt {177}}\right)}}}$ und ${}v={\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}{\left(1-{\frac {1}{9}}{\sqrt {177}}\right)}}}$. Dabei wählen wir jeweils die reellen dritten Wurzeln, was automatisch die reelle Bedingung ${}uv=-{\frac {2}{3}}$ sicherstellt. Somit ist ${}u+v$ eine reelle Lösung der Gleichung. Man sieht, dass diese Lösung aus Lösungen von rein-quadratischen und rein-kubischen Gleichungen mittels arithmetischer Ausdrücke zusammengesetzt ist, darüber hinaus aber keine einfache Gestalt besitzt. Den numerischen Wert dieser Lösung kann man beliebig genau durch beliebig genaue Berechnungen der Lösungen der reinen Gleichungen ausrechnen, doch könnte man genauso gut direkt (mit dem Halbierungsverfahren oder Ähnlichem) die Nullstelle numerisch berechnen.