طريقة ديكارت

في الرياضيات، طريقة ديكارت هي طريقة جبرية لحل المعادلات التربيعية و الرباعية.

لهذه الغاية، استعمل ديكارت تعميل الحدوديات من الدرجة n إلى جداء حدوديات من الدرجة الأولى $a(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)$.

معادلة من الدرجة الثانية

لحل المعادلة

$a{x}^2+bx+c=0$ ,

نبدأ من العلاقتين التاليبين بين المعاملات والجذور:

$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ ;

$x_1{x}_2=\frac{c}{a}$ .

من العلاقة الأولى نصل لـ

$x_1=-\frac{b}{2a}+p\text{et}{x}_2=-\frac{b}{2a}-p$ ,

حيث p هي قيمة تحددها العلاقة الثانية.

هذه الطريقة شائعة جدًا، لو لدينا عدد C عبارة عن مجموع عددين A وB، يمكننا دائمًا كتابة A كنصف مجموع C وقيمة معينة p، وبذا تصبح قيمة B بالضرورة نصف قيمة C ناقص p.

لنصل لـ

$(-\frac{b}{2a}+p)(-\frac{b}{2a}-p)=\frac{c}{a}$ ,

ونستنتج ±p ثم الجذرين.

المعادلة من الدرجة الرابعة

ضمن ديكارت كتابه الهندسة (1637) طريقة لحل المعادلات من الدرجة الرابعة بمجهول واحد وتتلخص فيما يلي:

نعتبر المعادلة من الدرجة الرابعة في شكلها العام: $a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$

نضع

$x=z-\frac{b}{4a}$

فنجد:

$z^4+p{z}^2+qz+r=0$

يمكن تعميل رباعية الحدود اعلاه الى جداء حدوديتين من الدرجة الثانية حسب المبرهنة الاساسيةفي الجبر حيث معاملا حدي الدرجة الاولى للحدوديتين متقابلين لكون رباعية الحدود خالية من حد الدرجة الثالثة

$z^4+p{z}^2+qz+r=(z^2+az+b)(z^2-az+c)$

ننشر فنجد:

$z^4+p{z}^2+qz+r=z^4+(b+c-a^2)z^2-a(b-c)z+bc$

حسب خاصية تساوي حدوديتين نستنتج أن:

$\{\begin{array}{c}b+c-a^2=p\\ a(b-c)=-q\\ bc=r\end{array}$

أي

$\{\begin{array}{c}b+c=a^2+p\\ b-c=-\frac{q}{a}\\ bc=r\end{array}$

بجمع المعادلتين الاوليين طرفا بطرف وطرحهما نحصل على$\{\begin{array}{c}b=\frac{1}{2}(a^2+p-\frac{q}{a})\\ c=\frac{1}{2}(a^2+p+\frac{q}{a})\\ bc=r.\end{array}$

بتعويض b و c في المعادلة الثالثة نجد

$\{\begin{array}{c}b=\frac{1}{2}(a^2+p-\frac{q}{a})\\ c=\frac{1}{2}(a^2+p+\frac{q}{a})\\ (a^2+p-\frac{q}{a})(a^2+p+\frac{q}{a})=r\end{array}$

نستنتج أن

$(a^2+p{)}^2-\frac{q^2}{a^2}=4r$.

أي

$a^6+2p{a}^4+(p^2-4r)a^2-q^2=0$.

نضع y=a² فنحصل على

$y^3+2p{y}^2+(p^2-4r)y-q^2=0$.

$a=\sqrt{y_1}$.

$\{\begin{array}{c}b=\frac{1}{2}(y_1+p-\frac{q}{\sqrt{y_1}})\\ c=\frac{1}{2}(y_1+p+\frac{q}{\sqrt{y_1}})\\ a=\sqrt{y_1}.\end{array}$

إذن $z^4+p{z}^2+qz+r=0$ تكافئ $(z^2+z\sqrt{y_1}+\frac{1}{2}(y_1+p-\frac{q}{\sqrt{y_1}}))(z^2-z\sqrt{y_1}+\frac{1}{2}(y_1+p+\frac{q}{\sqrt{y_1}}))=0$.

• $z^2+z\sqrt{y_1}+\frac{1}{2}(y_1+p-\frac{q}{\sqrt{y_1}})=0$
• $z^2-z\sqrt{y_1}+\frac{1}{2}(y_1+p+\frac{q}{\sqrt{y_1}})=0$

$z_1=\frac{1}{2}(-\sqrt{y_1}+\sqrt{-y_1-2p+\frac{2q}{\sqrt{y_1}}})$

$z_2=\frac{1}{2}(-\sqrt{y_1}-\sqrt{-y_1-2p+\frac{2q}{\sqrt{y_1}}})$

$z_3=\frac{1}{2}(\sqrt{y_1}+\sqrt{-y_1-2p-\frac{2q}{\sqrt{y_1}}})$

$z_4=\frac{1}{2}(\sqrt{y_1}-\sqrt{-y_1-2p-\frac{2q}{\sqrt{y_1}}})$.

مراجع

https://fr.wikiversity.org/wiki/%C3%89quation_du_quatri%C3%A8me_degr%C3%A9/M%C3%A9thode_de_Descartes