Jednačine trećeg i četvrtog stepena

Kalkulator za jednačine trećeg i četvrtog stepena

Izaberite stepen i upišite koeficijente. To mogu biti celi brojevi, decimalni brojevi (na primer 0,5) ili razlomci (na primer 1/3). Prazno polje znači 0. Kalkulator traži racionalna rešenja i izdvaja ih pomoću Hornerove šeme. Kvadratnu jednačinu koja preostane rešava formulom za rešenja, kubnu Kardanovom formulom ili trigonometrijskim metodom, a jednačinu četvrtog stepena Ferarijevim metodom. Prepoznaje i bikvadratne i recipročne jednačine. Rešenja koja ne mogu da se zapišu u jednostavnom obliku daju se približno.

Šta su jednačine trećeg i četvrtog stepena?

Kubna jednačina ima najviše tri realna rešenja, a jednačina četvrtog stepena najviše četiri. Svaka kubna jednačina ima bar jedno realno rešenje. Kada je $|x|$ veliko, član $ax^3$ je po apsolutnoj vrednosti mnogo veći od svih ostalih članova, pa izraz $ax^3+bx^2+cx+d$ ima jedan znak za velike pozitivne vrednosti $x$ i suprotan znak za velike negativne vrednosti $x.$ Grafik funkcije $y=ax^3+bx^2+cx+d$ je neprekidna kriva, pa seče $x$-osu. Jednačina četvrtog stepena može i da nema realnih rešenja; na primer, jednačina $x^4+1=0$ nema nijedno, jer je $x^4+1\ge 1.$

Za obe jednačine postoje opšte formule za rešenja iz 16. veka: Kardanova formula za kubnu jednačinu i Ferarijev metod za jednačinu četvrtog stepena. Te formule su dugačke, pa najpre probajte jednostavnije metode. Jednačine u školskim zadacima obično imaju racionalno rešenje ili poseban oblik, pa se brzo rešavaju rastavljanjem na činioce.

Na ovoj stranici: Kalkulator · Broj rešenja · Postupak · Rastavljanje na činioce · Racionalna rešenja · Vijetove formule · Kardanova formula · Tri realna rešenja · Jednačine 4. stepena · Ferarijev metod · Formule za rešenja · Tekstualni zadaci · Vežbe

Koliko realnih rešenja može da bude?

Realna rešenja jednačine $P(x)=0$ su $x$-koordinate zajedničkih tačaka grafika funkcije $y=P(x)$ i $x$-ose. Na slikama su prikazani mogući slučajevi.

• Kubna jednačina ima jedno, dva ili tri različita realna rešenja. Kada ima dva, jedno od njih je dvostruko rešenje: grafik tu samo dodiruje $x$-osu.
• Jednačina četvrtog stepena ima četiri, tri, dva, jedno ili nijedno realno rešenje.
• Kada je $a\gt 0,$ grafik kubne funkcije na desnom kraju ide naviše, a na levom naniže; kada je $a\lt 0,$ obrnuto. Grafik funkcije četvrtog stepena na oba kraja ide naviše kada je $a\gt 0$ (a na oba kraja naniže kada je $a\lt 0$), pa može i da ne seče $x$-osu, dok grafik kubne funkcije uvek seče tu osu.

Rešenje je dvostruko kada se činilac $x-x_0$ javlja dva puta u rastavljanju na činioce. Na primer, ${x^3-3x+2}={(x-1)^2(x+2),}$ pa je $x=1$ dvostruko rešenje, a $x=-2$ jednostruko rešenje. Na srednjoj slici u gornjem redu grafik dodiruje $x$-osu za $x=1$ i seče je za $x=-2.$

Ako brojimo i kompleksna rešenja, a dvostruko rešenje brojimo dva puta, kubna jednačina uvek ima tačno tri rešenja, a jednačina četvrtog stepena tačno četiri (osnovna teorema algebre). Kompleksna rešenja jednačine sa realnim koeficijentima javljaju se u parovima konjugovano kompleksnih brojeva $u\pm vi.$

Kako se rešava jednačina trećeg ili četvrtog stepena

1. Sve članove prebacujemo na levu stranu i sabiramo slične članove. Ako ima razlomaka, množimo jednačinu zajedničkim imeniocem. Ako svi koeficijenti imaju zajednički činilac, delimo jednačinu njime.
2. Ako nema slobodnog člana, izvlačimo $x$ (ili stepen promenljive $x$) ispred zagrade: tada je $x=0$ rešenje.
3. Tražimo poseban oblik: zbir ili razliku kubova, bikvadratnu jednačinu $ax^4+bx^2+c=0,$ recipročnu jednačinu ili izraz koji se ponavlja i može da se zameni novom nepoznatom.
4. Pokušavamo da levu stranu rastavimo na činioce grupisanjem.
5. Tražimo racionalna rešenja (pomoću teoreme o racionalnim rešenjima, koja je data niže) i svako od njih izdvajamo deljenjem po Hornerovoj šemi. Svako nađeno rešenje snižava stepen jednačine za jedan.
6. Kada ostane kvadratni činilac, kvadratnu jednačinu rešavamo formulom za rešenja.
7. Ako racionalnih rešenja nema, za kubnu jednačinu koristimo Kardanovu formulu ili trigonometrijski metod, a za jednačinu četvrtog stepena Ferarijev metod; rešenja možemo naći i približno.

Rastavljanje na činioce: zajednički činilac i grupisanje

Primer 1: zajednički činilac

Rešite jednačinu $x^3-9x=0.$

Izvucimo $x$ ispred zagrade, a zatim rastavimo razliku kvadrata:

$x(x^2-9)=0,$  $x(x-3)(x+3)=0$

Proizvod je jednak nuli tačno onda kada je bar jedan od činilaca jednak nuli. Odgovor: $x=0,$ $x=3,$ $x=-3.$

Ne delite obe strane jednačine sa $x\text{:}$ tako se gubi rešenje $x=0.$

Primer 2: grupisanje

Rešite jednačinu $x^3+2x^2-9x-18=0.$

Grupišimo prva dva i poslednja dva člana:

${x^2(x+2)-9(x+2)}={0,}$  $(x+2)(x^2-9)=0,$  ${(x+2)(x-3)(x+3)}={0}$

Odgovor: $x=-3,$ $x=-2,$ $x=3.$

Primer 3: razlika kubova

Rešite jednačinu $x^3-8=0.$

Po formuli za razliku kubova ${a^3-b^3}={(a-b)(a^2+ab+b^2)}$ (videti formule skraćenog množenja):

${x^3-8}={(x-2)(x^2+2x+4)}={0}$

Kvadratni činilac nema realnih nula: njegova diskriminanta je $D=4-16=-12\lt 0.$ Odgovor: $x=2.$

Isti odgovor dobija se direktno iz $x^3=8\text{:}$ realan broj ima tačno jedan realan kubni koren, pa je $x=\sqrt[3]{8}=2.$ Kvadratni činilac daje dva kompleksna rešenja $x=-1\pm i\sqrt{3}.$

Racionalna rešenja i Hornerova šema

Zašto to važi. Zamenimo $x=\frac{p}{q}$ i pomnožimo jednačinu sa $q^n\text{:}$

${a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q}+{\dots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n}={0}$

Svi sabirci osim poslednjeg sadrže činilac $p,$ pa $p$ deli $a_0q^n.$ Pošto su $p$ i $q$ uzajamno prosti, $p$ deli $a_0.$ Na isti način svi sabirci osim prvog sadrže $q,$ pa $q$ deli $a_np^n,$ a time i $a_n.$

Teorema daje kratak spisak kandidata. Dva od njih se brzo proveravaju:

• $x=1$ je rešenje tačno onda kada je zbir svih koeficijenata jednak $0;$
• $x=-1$ je rešenje tačno onda kada je zbir koeficijenata uz parne stepene jednak zbiru koeficijenata uz neparne stepene (slobodan član se računa kao koeficijent uz paran stepen, $x^0$).

Kada je $x_0$ rešenje, polinom je deljiv sa $x-x_0\text{:}$ $P(x)=(x-x_0)\,Q(x)$ (Bezuova teorema). Količnik $Q(x)$ je polinom za jedan nižeg stepena, a Hornerova šema daje njegove koeficijente u jednom redu.

Primer 4: tri celobrojna rešenja

Rešite jednačinu $x^3-6x^2+11x-6=0.$

Vodeći koeficijent je $1,$ pa je svako racionalno rešenje ceo broj koji deli $6.$ Kandidati su $\pm 1,$ $\pm 2,$ $\pm 3,$ $\pm 6.$ Zbir koeficijenata je $1-6+11-6=0,$ pa je $x=1$ rešenje. Delimo sa $x-1\text{:}$

$\begin{array}{r|rrr|r} & 1 & -6 & 11 & -6 \\ 1 & & 1 & -5 & 6 \\ \hline & 1 & -5 & 6 & 0\end{array}$

Poslednji broj je ostatak $0,$ a ostali brojevi su koeficijenti količnika:

${x^3-6x^2+11x-6}={(x-1)(x^2-5x+6)}$

Kvadratna jednačina $x^2-5x+6=0$ ima rešenja $2$ i $3$ (zbir im je $5,$ a proizvod $6$). Odgovor: $x=1,$ $x=2,$ $x=3.$

Primer 5: rešenje u obliku razlomka

Rešite jednačinu $2x^3+3x^2-8x+3=0.$

Ovde $p$ deli $3,$ a $q$ deli $2,$ pa su kandidati $\pm 1,$ $\pm 3,$ $\pm\frac12,$ $\pm\frac32.$ Zbir koeficijenata je $2+3-8+3=0,$ pa je $x=1$ rešenje:

$\begin{array}{r|rrr|r} & 2 & 3 & -8 & 3 \\ 1 & & 2 & 5 & -3 \\ \hline & 2 & 5 & -3 & 0\end{array}$

Dakle, ${(x-1)(2x^2+5x-3)}={0.}$ Za kvadratnu jednačinu je $D=25+24=49$ i

$x=\frac{-5\pm 7}{4},$  $x=\frac12,$  $x=-3$

Odgovor: $x=-3,$ $x=\frac12,$ $x=1.$

Primer 6: iracionalna rešenja

Rešite jednačinu $x^3-3x^2-2x+4=0.$

Zbir koeficijenata je $1-3-2+4=0,$ pa je $x=1$ rešenje:

$\begin{array}{r|rrr|r} & 1 & -3 & -2 & 4 \\ 1 & & 1 & -2 & -4 \\ \hline & 1 & -2 & -4 & 0\end{array}$

Iz količnika dobijamo $x^2-2x-4=0,$ gde je $D=4+16=20$ i

${x}={\frac{2\pm\sqrt{20}}{2}}={\frac{2\pm 2\sqrt{5}}{2}}={1\pm\sqrt{5}}$

Odgovor: $x=1,$ $x=1+\sqrt{5}\approx 3{,}236,$ $x=1-\sqrt{5}\approx -1{,}236.$ Teorema o racionalnim rešenjima dala je samo $x=1;$ ostala dva rešenja su iracionalna i dobili smo ih formulom za rešenja kvadratne jednačine.

Primer 7: dvostruko rešenje

Rešite jednačinu $x^3-3x+2=0.$

Zbir koeficijenata je $1-3+2=0,$ pa je $x=1$ rešenje. Ne zaboravite da u šemu upišete nulu kao koeficijent uz $x^2\text{:}$

$\begin{array}{r|rrr|r} & 1 & 0 & -3 & 2 \\ 1 & & 1 & 1 & -2 \\ \hline & 1 & 1 & -2 & 0\end{array}$

Količnik ${x^2+x-2}={(x-1)(x+2)}$ opet ima nulu $1,$ pa je

${x^3-3x+2}={(x-1)^2(x+2)}$

Odgovor: $x=1$ (dvostruko rešenje) i $x=-2.$

Ako nijedan kandidat nije rešenje, kubna jednačina nema racionalnih rešenja, a njena realna rešenja su iracionalna. Koristite Kardanovu formulu (videti niže) ili nađite rešenja približno. (Leva strana jednačine četvrtog stepena bez racionalnih rešenja ipak može da se rastavi na dva kvadratna činioca, kao u primeru 14.)

Vijetove formule

Rešenja su povezana sa koeficijentima, kao kod kvadratne jednačine. Ako su $x_1,$ $x_2,$ $x_3$ rešenja jednačine $ax^3+bx^2+cx+d=0$ (računajući i kompleksna i višestruka rešenja), onda je

Ove formule dobijaju se poređenjem koeficijenata u jednakosti ${ax^3+bx^2+cx+d}={a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3).}$ Za jednačinu četvrtog stepena ${ax^4+bx^3+cx^2+dx+e}={0}$ sa rešenjima $x_1,$ $x_2,$ $x_3,$ $x_4\text{:}$

Provera primera 4. Za $x^3-6x^2+11x-6=0$ i rešenja $1,$ $2,$ $3\text{:}$ $1+2+3=6,$ $1\cdot 2+1\cdot 3+2\cdot 3=11,$ $1\cdot 2\cdot 3=6.$ To su upravo $-\frac{b}{a}=6,$ $\frac{c}{a}=11$ i $-\frac{d}{a}=6.$

Jednačina sa datim rešenjima. Za rešenja $-1,$ $2$ i $4$ zbir je $5,$ zbir proizvoda po dva je $-2-4+8=2,$ a proizvod je $-8.$ Dakle, za $a=1\text{:}$

$x^3-5x^2+2x+8=0$

Istu jednačinu dobijamo kada izmnožimo $(x+1)(x-2)(x-4).$

Kardanova formula za kubnu jednačinu

Kubna jednačina bez racionalnih rešenja rešava se formulom koju je Đirolamo Kardano objavio 1545. godine u knjizi Ars Magna. Pre njega su je otkrili Šipione del Fero i Nikolo Tartalja. Metod ima dva koraka.

Korak 1: uklanjanje člana sa x²

Podelimo jednačinu sa $a$ i uvedimo smenu $x=t-\frac{b}{3a}.$ Članovi sa $t^2$ se potiru i dobijamo nepotpunu (redukovanu) kubnu jednačinu, tj. kubnu jednačinu bez kvadratnog člana:

Zašto baš $\frac{b}{3a}?$ Kada razvijemo $(t-h)^3$ i $\frac{b}{a}(t-h)^2,$ članovi sa $t^2$ su $-3ht^2$ i $\frac{b}{a}t^2.$ Oni se potiru za $h=\frac{b}{3a}.$ Na primer, jednačina $x^3+3x^2+6x+2=0$ smenom $x=t-1$ postaje

${(t-1)^3}+{3(t-1)^2+6(t-1)+2}={t^3+3t-2}={0}$

Korak 2: rešavanje jednačine t³ + pt + q = 0

Tražimo $t$ u obliku zbira $t=u+v.$ Pošto je ${(u+v)^3}={u^3+v^3+3uv(u+v),}$ broj $t=u+v$ zadovoljava jednačinu

${t^3-3uv\cdot t-(u^3+v^3)}={0}$

Ona se poklapa sa našom jednačinom ako je $3uv=-p$ i $u^3+v^3=-q.$ Tada je $u^3v^3=-\frac{p^3}{27},$ pa su prema Vijetovim formulama $u^3$ i $v^3$ rešenja kvadratne jednačine $z^2+qz-\frac{p^3}{27}=0\text{:}$

$u^3=-\frac{q}{2}+\sqrt{\Delta},$  $v^3=-\frac{q}{2}-\sqrt{\Delta},$  $\Delta=\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$

Kada je $\Delta\ge 0,$ uzimamo realne kubne korene; kubni koren negativnog broja je negativan, na primer $\sqrt[3]{-8}=-2.$ Rešenje $x$ polazne jednačine je tada $x=t-\frac{b}{3a}.$

Znak broja Δ i broj realnih rešenja

Znak broja $\Delta$	Rešenja jednačine
$\Delta\gt 0$	jedno realno rešenje i dva konjugovano kompleksna rešenja
$\Delta=0$	dva različita realna rešenja: $t_1=\frac{3q}{p}$ i dvostruko rešenje $t_2=t_3=-\frac{3q}{2p}$ (ako je $p=q=0,$ onda je $t=0$ trostruko rešenje)
$\Delta\lt 0$	tri različita realna rešenja

Primetite da je pravilo obrnuto u odnosu na kvadratnu jednačinu: ovde $\Delta\gt 0$ daje samo jedno realno rešenje. (U mnogim knjigama koristi se diskriminanta kubne jednačine $-4p^3-27q^2=-108\Delta,$ koja ima suprotan znak: ona je pozitivna kada jednačina ima tri različita realna rešenja.)

Slika objašnjava tabelu za jednačine $x^3-3x+q=0.$ Njihova rešenja su $x$-koordinate zajedničkih tačaka grafika $y=x^3-3x$ i horizontalne prave $y=-q.$ Ovde je $p=-3$ i $\Delta=\frac{q^2}{4}-1.$ Grafik ima lokalni maksimum u tački $(-1,\ 2)$ i lokalni minimum u tački $(1,\ -2).$ Horizontalna prava između njih ($|q|\lt 2,$ $\Delta\lt 0$) seče grafik u tri tačke, prava kroz jednu od tih tačaka ($|q|=2,$ $\Delta=0$) dodiruje ga u njoj, a prava iznad ili ispod njih ($|q|\gt 2,$ $\Delta\gt 0$) seče ga u jednoj tački.

Primer 8: jedno realno rešenje

Rešite jednačinu $x^3-6x-6=0.$

Kandidati $\pm 1,$ $\pm 2,$ $\pm 3,$ $\pm 6$ nisu rešenja, pa jednačina nema racionalnih rešenja. U jednačini nema člana sa $x^2,$ pa je odmah $p=-6$ i $q=-6\text{:}$

${\Delta}={\left(\frac{-6}{2}\right)^2+\left(\frac{-6}{3}\right)^3}={9-8}={1}\gt{0}$

Jednačina ima jedno realno rešenje. Pošto je $-\frac{q}{2}=3$ i $\sqrt{\Delta}=1,$

${x}={\sqrt[3]{3+1}+\sqrt[3]{3-1}}={\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}}\approx{1{,}5874+1{,}2599}={2{,}8473}$

Odgovor: $x=\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}\approx 2{,}847.$ (Provera: ${uv}={\sqrt[3]{4}\cdot\sqrt[3]{2}}={\sqrt[3]{8}}={2}={-\frac{p}{3}.}$)

Primer 9: jednačina sa članom x²

Rešite jednačinu $x^3+3x^2+6x+2=0.$

Kandidati su $\pm 1$ i $\pm 2.$ Zamenom dobijamo vrednosti $12,$ $-2,$ $34$ i $-6,$ od kojih nijedna nije $0.$ Kao što smo videli gore, smena $x=t-1$ daje $t^3+3t-2=0,$ pa je $p=3,$ $q=-2$ i

$\Delta=(-1)^2+1^3=2,$  $t=\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}$

Broj $1-\sqrt{2}$ je negativan, pa je negativan i njegov kubni koren: $\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}\approx 1{,}3415$ i $\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\approx -0{,}7454.$ Dakle, $t\approx 0{,}5961$ i

${x}={t-1}={-1+\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}}\approx{-0{,}4039}$

Odgovor: $x\approx -0{,}404.$ Ostala dva rešenja su kompleksna, jer je $\Delta\gt 0.$

Kardanova formula može da sakrije celobrojno rešenje. Za $x^3+6x-20=0$ ona daje $\Delta=100+8=108,$ $\sqrt{\Delta}=6\sqrt{3}$ i ${x}={\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}+\sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}.}$ Međutim, $(1+\sqrt{3})^3=10+6\sqrt{3}$ i $(1-\sqrt{3})^3=10-6\sqrt{3},$ pa je ${x}={(1+\sqrt{3})+(1-\sqrt{3})}={2.}$ Rešenje $x=2$ odmah se nalazi pomoću teoreme o racionalnim rešenjima. Uvek najpre tražite racionalna rešenja.

Tri realna rešenja: trigonometrijski metod

Kada je $\Delta\lt 0,$ kubna jednačina ima tri realna rešenja, ali je $\sqrt{\Delta}$ u Kardanovoj formuli kvadratni koren negativnog broja. Formula i tada važi ako računamo sa kompleksnim brojevima; to je 1572. godine pokazao Rafael Bombeli, i to je bio važan korak ka uvođenju kompleksnih brojeva. Za realna rešenja postoji jednostavniji način, zasnovan na formuli za kosinus trostrukog ugla

$\cos 3\varphi=4\cos^3\varphi-3\cos\varphi$

Ako je $\Delta\lt 0,$ onda je $p\lt 0$ (jer je $\frac{q^2}{4}\ge 0$). Neka je $r=\sqrt{-\frac{p}{3}}$ (tada je $p=-3r^2$); rešenja jednačine $t^3+pt+q=0$ tražimo u obliku $t=2r\cos\varphi\text{:}$

$8r^3\cos^3\varphi-6r^3\cos\varphi+q=0,$  $2r^3(4\cos^3\varphi-3\cos\varphi)=-q$

Uglovi $\varphi+120^\circ$ i $\varphi+240^\circ$ takođe daju rešenja, jer uglovi $3(\varphi+120^\circ)=3\varphi+360^\circ$ i $3(\varphi+240^\circ)=3\varphi+720^\circ$ imaju isti kosinus kao $3\varphi.$ Pošto je $0^\circ\lt 3\varphi\lt 180^\circ,$ važi $0^\circ\lt\varphi\lt 60^\circ,$ pa je $t_1$ najveće, a $t_2$ najmanje rešenje.

Primer 10: tri iracionalna rešenja

Rešite jednačinu $x^3-3x+1=0.$

Kandidati $\pm 1$ daju $-1$ i $3,$ pa jednačina nema racionalnih rešenja. Ovde je $p=-3,$ $q=1$ i $\Delta=\frac14-1=-\frac34\lt 0\text{:}$ jednačina ima tri realna rešenja. Nema člana sa $x^2,$ pa je $t=x.$ Tada je $r=\sqrt{1}=1,$ a za $x=2\cos\varphi\text{:}$

$\cos 3\varphi=-\frac{1}{2},$  $3\varphi=120^\circ,$  $\varphi=40^\circ$

$x_1=2\cos 40^\circ\approx 1{,}5321,$  ${x_2}={2\cos 160^\circ}\approx{-1{,}8794,}$  $x_3=2\cos 280^\circ\approx 0{,}3473$

Odgovor: $x=2\cos 40^\circ,$ $x=2\cos 160^\circ,$ $x=2\cos 280^\circ.$ Provera pomoću Vijetovih formula: zbir rešenja mora biti $-\frac{b}{a}=0,$ i zaista je ${1{,}5321}-{1{,}8794+0{,}3473}={0.}$ Na slici su rešenja prikazana kao projekcije na $x$-osu tri tačke kružnice poluprečnika $2$ koje su međusobno udaljene za $120^\circ.$

Rešavanje jednačina četvrtog stepena

Kod jednačine četvrtog stepena prvi koraci su isti: tražimo racionalna rešenja i posebne oblike. Svako racionalno rešenje snižava stepen, pa kada nađemo jedno racionalno rešenje, ostaje kubna jednačina.

Primer 11: racionalna rešenja

Rešite jednačinu ${x^4-2x^3-7x^2+8x+12}={0.}$

Kandidati su delioci broja $12.$ Zbir koeficijenata je $1-2-7+8+12=12,$ pa $1$ nije rešenje. Za $x=-1$ zbir koeficijenata uz parne stepene je $1-7+12=6,$ a zbir koeficijenata uz neparne stepene je $-2+8=6,$ pa je $x=-1$ rešenje:

$\begin{array}{r|rrrr|r} & 1 & -2 & -7 & 8 & 12 \\ -1 & & -1 & 3 & 4 & -12 \\ \hline & 1 & -3 & -4 & 12 & 0\end{array}$

Količnik trećeg stepena rastavljamo na činioce grupisanjem:

${x^3-3x^2-4x+12}={x^2(x-3)-4(x-3)}={(x-3)(x-2)(x+2)}$

Odgovor: $x=-2,$ $x=-1,$ $x=2,$ $x=3.$

Primer 12: smena

Rešite jednačinu ${(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}={24.}$

Kada bismo izmnožili sve četiri zagrade, dobili bismo jednačinu četvrtog stepena. Kraće je pomnožiti prvu i poslednju zagradu, a zatim dve srednje:

${(x^2+5x+4)(x^2+5x+6)}={24}$

Obe zagrade sadrže $x^2+5x.$ Uvedimo smenu $y=x^2+5x+5,$ tj. izraz koji je tačno na sredini između njih:

$(y-1)(y+1)=24,$  $y^2=25,$  $y=\pm 5$

Iz $x^2+5x+5=5$ dobijamo $x(x+5)=0,$ pa je $x=0$ ili $x=-5.$ Iz $x^2+5x+5=-5$ dobijamo $x^2+5x+10=0,$ gde je $D=25-40\lt 0\text{:}$ nema realnih rešenja.

Odgovor: $x=0,$ $x=-5.$

Jednačina četvrtog stepena koja sadrži samo parne stepene promenljive, $ax^4+bx^2+c=0,$ rešava se smenom $u=x^2;$ videti bikvadratne jednačine.

Primer 13: recipročna jednačina

U jednačini ${ax^4+bx^3+cx^2+bx+a}={0}$ koeficijenti se čitaju isto sa oba kraja. Takva jednačina naziva se recipročna (ili simetrična). Pošto je $a\ne 0,$ broj $0$ nije rešenje, pa jednačinu možemo da podelimo sa $x^2$ i grupišemo članove:

${a\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}+{b\left(x+\frac{1}{x}\right)+c}={0}$

Uvedimo smenu $t=x+\frac{1}{x};$ tada je $x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2,$ jer je $t^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}.$ Jednačina postaje kvadratna po $t.$

Rešite jednačinu ${x^4-5x^3+6x^2-5x+1}={0.}$

${\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}-{5\left(x+\frac{1}{x}\right)+6}={0,}$  $t^2-2-5t+6=0,$  $t^2-5t+4=0$

Dakle, $t=1$ ili $t=4.$

• $x+\frac{1}{x}=1$ daje $x^2-x+1=0,$ gde je $D=1-4\lt 0\text{:}$ nema realnih rešenja.
• $x+\frac{1}{x}=4$ daje $x^2-4x+1=0$ i $x=2\pm\sqrt{3}.$

Odgovor: $x=2+\sqrt{3},$ $x=2-\sqrt{3}.$

Ova dva rešenja su recipročni brojevi: $(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})=1.$ Tako je uvek: ako je $x$ rešenje recipročne jednačine, rešenje je i $\frac{1}{x}.$ Recipročna kubna jednačina $ax^3+bx^2+bx+a=0$ uvek ima rešenje $-1,$ a količnik je recipročni kvadratni trinom.

Ferarijev metod za jednačinu četvrtog stepena

Lodoviko Ferari, Kardanov učenik, otkrio je kako se jednačina četvrtog stepena svodi na kubnu. Metod važi za svaku jednačinu četvrtog stepena.

1. Podelimo jednačinu sa $a$ i uvedimo smenu $x=t-\frac{b}{4a}.$ Time nestaje član sa $t^3\text{:}$ $t^4+pt^2+qt+r=0.$ (Ako je $q=0,$ jednačina je bikvadratna.)
2. Zapišimo jednačinu u obliku $t^4=-pt^2-qt-r$ i obema stranama dodajmo $2mt^2+m^2,$ gde je $m$ broj koji ćemo tek izabrati:

   ${(t^2+m)^2}={(2m-p)t^2}-{qt+(m^2-r)}$

3. Izaberimo $m$ tako da desna strana bude potpun kvadrat, tj. da diskriminanta ovog kvadratnog trinoma po $t$ bude $0\text{:}$

   $q^2=4(2m-p)(m^2-r)$

   To je kubna jednačina po $m,$ kubna rezolventa. Neka je $k=2m-p.$ Dovoljno je jedno rešenje $m$ za koje je $k\gt 0$ (uslov $k\gt 0$ potreban je da bi postojao $\sqrt{k}$). Takvo rešenje uvek postoji kada je $q\ne 0\text{:}$ za $m=\frac{p}{2}$ desna strana $4(2m-p)(m^2-r)$ jednaka je $0,$ što je manje od $q^2,$ a za velike vrednosti $m$ ona je veća od $q^2.$
4. Sada je desna strana jednaka $k\left(t-\frac{q}{2k}\right)^2,$ pa kada sve prebacimo na levu stranu, dobijamo razliku kvadrata. Jednačina se raspada na dve kvadratne jednačine:

   $t^2+m=\pm\sqrt{k}\left(t-\frac{q}{2k}\right)$

Primer 14: rešavanje Ferarijevim metodom

Rešite jednačinu $x^4-2x^2-8x-3=0.$

Kandidati $\pm 1,$ $\pm 3$ daju $-12,$ $4,$ $36$ i $84,$ pa jednačina nema racionalnih rešenja. Nema člana sa $x^3,$ pa počinjemo od koraka 2:

$x^4=2x^2+8x+3,$  ${(x^2+m)^2}={(2m+2)x^2}+{8x+(m^2+3)}$

Desna strana je potpun kvadrat kada je njena diskriminanta jednaka $0\text{:}$

$64=4(2m+2)(m^2+3),$  $(m+1)(m^2+3)=8$

Kada izmnožimo, dobijamo $m^3+m^2+3m-5=0,$ a teorema o racionalnim rešenjima daje $m=1\text{:}$ $1+1+3-5=0.$ Ovde je $k=2m+2=4\gt 0.$ Tada je desna strana $4x^2+8x+4=(2x+2)^2,$ pa je

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

Jednačina $x^2-2x-1=0$ daje $x=1\pm\sqrt{2},$ a za $x^2+2x+3=0$ je $D=4-12\lt 0.$

Odgovor: $x=1+\sqrt{2},$ $x=1-\sqrt{2}.$ (Dva kompleksna rešenja su $-1\pm i\sqrt{2}.$)

Za jednačine petog i višeg stepena ne postoji opšta formula za rešenja pomoću radikala (korena). To su dokazali Paolo Rufini (1799. godine, ali sa propustom u dokazu) i Nils Henrik Abel (1824. godine), a Evarist Galoa je objasnio koje jednačine mogu da se reše pomoću radikala. U praksi se takve jednačine rešavaju rastavljanjem na činioce ili približno.

Formule za kubnu jednačinu x³ + a₁x² + a₂x + a₃ = 0

Ovo su opšte formule u obliku u kome se navode u priručnicima. Najpre podelimo jednačinu njenim vodećim koeficijentom, tako da koeficijent uz $x^3$ bude $1.$ (Ovde je $a_1$ koeficijent uz $x^2,$ a ne uz $x.$) Neka je

$Q=\frac{3a_2-a_1^2}{9},$  ${R}={\frac{9a_1a_2-27a_3-2a_1^3}{54},}$  $D=Q^3+R^2$

$S=\sqrt[3]{R+\sqrt{D}},$  $T=\sqrt[3]{R-\sqrt{D}}$

To su brojevi iz Kardanovog metoda: $Q=\frac{p}{3},$ $R=-\frac{q}{2}$ i $D=\Delta.$ Za $D\ge 0$ uzimamo realne kubne korene. Rešenja su

$x_1=S+T-\frac{a_1}{3}$

${x_2}={-\frac{S+T}{2}-\frac{a_1}{3}}+{\frac{\sqrt{3}}{2}\,i\,(S-T)}$

${x_3}={-\frac{S+T}{2}-\frac{a_1}{3}}-{\frac{\sqrt{3}}{2}\,i\,(S-T)}$

Ako su $a_1,$ $a_2,$ $a_3$ realni brojevi, onda važi sledeće:

• $D\gt 0\text{:}$ jedno rešenje je realno, a dva su konjugovano kompleksna;
• $D=0\text{:}$ sva rešenja su realna i bar dva od njih su jednaka;
• $D\lt 0\text{:}$ sva rešenja su realna i različita.

Ako je $D\lt 0,$ kvadratni koren $\sqrt{D}$ je imaginaran broj, pa je pogodniji trigonometrijski oblik:

$x_1=2\sqrt{-Q}\cos\frac{\theta}{3}-\frac{a_1}{3}$

${x_2}={2\sqrt{-Q}\cos\left(\frac{\theta}{3}+120^\circ\right)}-{\frac{a_1}{3}}$

${x_3}={2\sqrt{-Q}\cos\left(\frac{\theta}{3}+240^\circ\right)}-{\frac{a_1}{3}}$

gde je $\cos\theta=\frac{R}{\sqrt{-Q^3}},$ $0^\circ\le\theta\le 180^\circ.$ Rešenja zadovoljavaju jednakosti

$x_1+x_2+x_3=-a_1,$  $x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=a_2,$  $x_1x_2x_3=-a_3$

Formule za jednačinu četvrtog stepena x⁴ + a₁x³ + a₂x² + a₃x + a₄ = 0

Najpre podelimo jednačinu njenim vodećim koeficijentom, tako da koeficijent uz $x^4$ bude $1.$ Neka je $y_1$ realno rešenje kubne rezolvente

${y^3-a_2y^2}+{(a_1a_3-4a_4)y}+{(4a_2a_4-a_3^2-a_1^2a_4)}={0}$

i neka je

$A=\sqrt{a_1^2-4a_2+4y_1},$  $B=\pm\sqrt{y_1^2-4a_4}$

pri čemu se znak broja $B$ bira tako da je $AB=a_1y_1-2a_3.$ Tada su četiri rešenja jednačine četvrtog stepena rešenja dveju kvadratnih jednačina

${z^2+\frac{a_1+A}{2}\,z+\frac{y_1+B}{2}}={0,}$  $z^2+\frac{a_1-A}{2}\,z+\frac{y_1-B}{2}=0$

Rezolventa uvek ima realno rešenje $y_1$ za koje su oba broja pod kvadratnim korenima nenegativna. Sa tim rešenjem obe kvadratne jednačine imaju realne koeficijente, a račun je najjednostavniji. Zapravo, $y_1$ je zbir slobodnih članova dva kvadratna činioca polinoma ${x^4+a_1x^3}+{a_2x^2+a_3x+a_4.}$ Rešenja zadovoljavaju jednakosti

$x_1+x_2+x_3+x_4=-a_1$

${x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4}+{x_4x_1+x_1x_3+x_2x_4}={a_2}$

${x_1x_2x_3+x_2x_3x_4}+{x_1x_2x_4+x_1x_3x_4}={-a_3}$

$x_1x_2x_3x_4=a_4$

Tekstualni zadaci

1. Proizvod tri uzastopna cela broja je $210.$ Odredite te brojeve.

Rešenje. Neka su to brojevi $n,$ $n+1,$ $n+2.$ Tada je

$n(n+1)(n+2)=210,$  $n^3+3n^2+2n-210=0$

Proizvod tri bliska broja približno je jednak kubu srednjeg od njih, a $\sqrt[3]{210}\approx 5{,}9.$ Probajmo $n=5\text{:}$ $5\cdot 6\cdot 7=210.$ Delimo sa $n-5\text{:}$

$\begin{array}{r|rrr|r} & 1 & 3 & 2 & -210 \\ 5 & & 5 & 40 & 210 \\ \hline & 1 & 8 & 42 & 0\end{array}$

Kvadratna jednačina $n^2+8n+42=0$ ima diskriminantu $D=64-168\lt 0,$ pa drugih rešenja nema. Odgovor: $5,$ $6$ i $7.$

2. Iz uglova kvadratnog lista kartona dimenzija $20$ cm sa $20$ cm iseku se jednaki kvadrati, a zatim se ivice presaviju naviše, tako da se dobije kutija bez poklopca. Zapremina kutije je $576$ cm³. Odredite dužinu stranice isečenih kvadrata.

Rešenje. Neka je stranica isečenog kvadrata $x$ cm, gde je $0\lt x\lt 10.$ Kutija ima visinu $x,$ a osnova joj je kvadrat stranice $20-2x\text{:}$

$x(20-2x)^2=576,$  ${4x^3-80x^2}+{400x-576}={0,}$  ${x^3-20x^2+100x-144}={0}$

Među deliocima broja $144$ nalazimo rešenje $x=4\text{:}$ ${64-320+400-144}={0.}$ Tada je

$\begin{array}{r|rrr|r} & 1 & -20 & 100 & -144 \\ 4 & & 4 & -64 & 144 \\ \hline & 1 & -16 & 36 & 0\end{array}$

$x^2-16x+36=0,$  $x=8\pm\sqrt{28}=8\pm 2\sqrt{7}$

Rešenje $8+2\sqrt{7}\approx 13{,}29$ je preveliko: stranica $20-2x$ bila bi negativna. Rešenje $8-2\sqrt{7}\approx 2{,}71$ odgovara.

Odgovor: $4$ cm ili $8-2\sqrt{7}\approx 2{,}71$ cm. Provera: $4\cdot 12^2=576$ i ${(8-2\sqrt{7})(4+4\sqrt{7})^2}={576.}$

Zadaci za vežbanje

Rešite zadatke, a zatim otvorite odgovore. Svoja rešenja možete da proverite i kalkulatorom iznad.

1. Rešite jednačinu $x^3-7x+6=0.$

Zbir koeficijenata je $0,$ pa je $x=1$ rešenje i ${x^3-7x+6}={(x-1)(x^2+x-6)}={(x-1)(x-2)(x+3).}$ Odgovor: $x=-3,$ $x=1,$ $x=2.$

2. Rešite jednačinu $x^3-2x^2-x+2=0.$

Grupisanjem dobijamo ${x^2(x-2)-(x-2)}={(x-2)(x^2-1)}={(x-2)(x-1)(x+1).}$ Odgovor: $x=-1,$ $x=1,$ $x=2.$

3. Rešite jednačinu $x^3+27=0.$

${x^3+27}={(x+3)(x^2-3x+9),}$ a jednačina $x^2-3x+9=0$ ima $D=9-36\lt 0.$ Odgovor: $x=-3.$

4. Rešite jednačinu $2x^3-x^2-13x-6=0.$

Kandidati su $\pm 1,$ $\pm 2,$ $\pm 3,$ $\pm 6,$ $\pm\frac12,$ $\pm\frac32.$ Za $x=-2\text{:}$ $-16-4+26-6=0.$ Hornerova šema daje $2x^2-5x-3=0,$ sa rešenjima $3$ i $-\frac12.$ Odgovor: $x=-2,$ $x=-\frac12,$ $x=3.$

5. Rešite jednačinu $x^3-3x^2+4=0.$

Za $x=-1\text{:}$ $-1-3+4=0.$ Količnik je $x^2-4x+4=(x-2)^2,$ pa je ${x^3-3x^2+4}={(x+1)(x-2)^2.}$ Odgovor: $x=-1,$ $x=2$ (dvostruko rešenje).

6. Rešite jednačinu $x^3+x^2-3x-3=0.$

Grupisanjem dobijamo ${x^2(x+1)-3(x+1)}={(x+1)(x^2-3).}$ Odgovor: $x=-1,$ $x=\sqrt{3},$ $x=-\sqrt{3}.$

7. Sastavite kubnu jednačinu sa celim koeficijentima čija su rešenja $-2,$ $1$ i $\frac12.$

${(x+2)(x-1)(2x-1)}={(x^2+x-2)(2x-1)}={2x^3+x^2-5x+2.}$ Odgovor: $2x^3+x^2-5x+2=0$ (ili bilo koja jednačina koja se iz nje dobija množenjem brojem različitim od nule).

8. Rešite jednačinu $x^3+9x-6=0$ pomoću Kardanove formule.

Ovde je $p=9,$ $q=-6$ i $\Delta=9+27=36,$ pa je $\sqrt{\Delta}=6$ i jednačina ima jedno realno rešenje: $x=\sqrt[3]{3+6}+\sqrt[3]{3-6}.$ Odgovor: $x=\sqrt[3]{9}-\sqrt[3]{3}\approx 0{,}6378.$

9. Rešite jednačinu $x^3-3x-1=0.$

Ovde je $p=-3,$ $q=-1,$ $\Delta=\frac14-1\lt 0,$ $r=1.$ Za $x=2\cos\varphi\text{:}$ $\cos 3\varphi=\frac12,$ $3\varphi=60^\circ,$ $\varphi=20^\circ.$ Odgovor: $x=2\cos 20^\circ\approx 1{,}8794,$ $x=2\cos 140^\circ\approx -1{,}5321,$ $x=2\cos 260^\circ\approx -0{,}3473.$

10. Bez rešavanja odredite koliko realnih rešenja ima svaka od jednačina: a) $x^3+3x-5=0;$ b) $x^3-12x+16=0;$ v) $x^3-12x+5=0.$

a) $\Delta=\frac{25}{4}+1\gt 0\text{:}$ jedno realno rešenje. b) $\Delta=64-64=0\text{:}$ dva različita realna rešenja, dvostruko rešenje $x=2$ i rešenje $x=-4.$ v) $\Delta=\frac{25}{4}-64\lt 0\text{:}$ tri realna rešenja.

11. Rešite jednačinu $x^4+x^3-7x^2-x+6=0.$

Zbir koeficijenata je $0,$ pa je $x=1$ rešenje; rešenje je i $x=-1$ ($1-7+6=0$ i $1-1=0$). Kada podelimo sa $x-1,$ a zatim sa $x+1$ po Hornerovoj šemi, ostaje ${x^2+x-6}={(x-2)(x+3).}$ Odgovor: $x=-3,$ $x=-1,$ $x=1,$ $x=2.$

12. Rešite jednačinu ${(x^2+x)^2}-{8(x^2+x)+12}={0.}$

Smenom $y=x^2+x$ dobijamo $y^2-8y+12=0,$ $y=2$ ili $y=6.$ Tada $x^2+x-2=0$ daje $x=1,$ $x=-2,$ a $x^2+x-6=0$ daje $x=2,$ $x=-3.$ Odgovor: $x=-3,$ $x=-2,$ $x=1,$ $x=2.$

13. Rešite jednačinu ${x(x+1)(x+2)(x+3)}={120.}$

$x(x+3)=x^2+3x$ i ${(x+1)(x+2)}={x^2+3x+2.}$ Smenom $y=x^2+3x$ dobijamo $y(y+2)=120,$ $y=10$ ili $y=-12.$ Tada $x^2+3x-10=0$ daje $x=2,$ $x=-5,$ a $x^2+3x+12=0$ nema realnih rešenja. Odgovor: $x=-5,$ $x=2.$

14. Rešite jednačinu ${2x^4+3x^3-x^2+3x+2}={0.}$

To je recipročna jednačina. Delimo je sa $x^2$ i uvodimo smenu $t=x+\frac{1}{x}\text{:}$ $2(t^2-2)+3t-1=0,$ $2t^2+3t-5=0,$ $t=1$ ili $t=-\frac52.$ Jednačina $x+\frac{1}{x}=1$ nema realnih rešenja, a $x+\frac{1}{x}=-\frac52$ daje $2x^2+5x+2=0.$ Odgovor: $x=-2,$ $x=-\frac12.$

15. Rešite jednačinu $x^4+4x-1=0$ Ferarijevim metodom.

${(x^2+m)^2}={2mx^2-4x+(m^2+1).}$ Desna strana je potpun kvadrat kada je $16=8m(m^2+1),$ tj. $m(m^2+1)=2\text{:}$ $m=1.$ Tada je $(x^2+1)^2=2(x-1)^2,$ pa je $x^2+1=\pm\sqrt{2}(x-1).$ Jednačina $x^2-\sqrt{2}x+1+\sqrt{2}=0$ nema realnih rešenja, a $x^2+\sqrt{2}x+1-\sqrt{2}=0$ daje dva realna rešenja. Odgovor: $x=\frac{-\sqrt{2}\pm\sqrt{4\sqrt{2}-2}}{2},$ tj. $x\approx 0{,}2490$ i $x\approx -1{,}6633.$