www.fransvanschooten.nl

Derdegraadsvergelijkingen

Verwijder de kwadratische term
Viète bekeek de vorm
x3 + 3 a x2 + b x + c = 0
met voor de kwadratische term de factor 3 a. De kwadratische term verdwijnt door de substitutie
x = t − a.

Substitutie leidt tot
(t − a)3 + 3 a (t − a)2 + b (t − a) + c = 0.

Haakjes wegwerken leidt tot
t3 − 3 a t2 + 3 a2 t − a3 ) + 3 a ( t2 − 2 a t + a2 ) + b (t − a) + c = 0.

en vervolgens tot
t3 + ( b − 3 a2 ) t + ( 2 a3 − a b + c ) = 0

en daarna tot
t3 + ( b − 3 a2 ) t = ( a b − 2 a3 − c ).

Neem
p = b − 3 a2
en
q = a b − 2 a3 − c.
Resultaat is de vergelijking
t3 + 3 p t = 2 q.

De kwadratische term is nu verwijderd uit de derdegraadsvergelijking.
Viète had een voorkeur voor de laatste uitdrukking. Voor hem was een kwadratische vergelijking iets dat gaat over oppervlaktes met positieve uitkomsten en een derdegraadsvergelijking iets met kubussen met echte inhoud, dus met positieve getallen. Moderne versies zijn vaak gebaseerd op nulstellen: de term 2q komt dan links van het = teken, maar dan wel met een plus, dus
t3 + 3 p t + 2 q = 0.
Gevolg is dat in zo een versie de waarde van q van teken wisselt.
Herleid
Substitueer
t = p − u2
u
in
t3 + 3 p t = 2 q
met als resultaat
(p − u2)3 + 3 p (p − u2) = 2 q.
uu

Haakjes wegwerken leidt tot
p3 − 3 p2 u2 + 3 p u4 − u6+p2 u2 − 3 p u4q u3 = 0.
u3u3u3

Vereenvoudigen leidt tot
u6 + 2 q u3 − p3 = 0
u3
en tot
u6 + 2 q u3 − p3  = 0
mits
u ≠ 0.

Viète deed nog niet aan nulstellen. Hij zou de vergelijking opgeschreven hebben als
u6 + 2 q u3 = p3.
Herleid tot een kwadratische vergelijking
Substitueer
u3 = v
met als resultaat de kwadratische vergelijking
v2 + 2 q v − p3  = 0.

Viète deed nog niet aan nulstellen. Hij zou de vergelijking opgeschreven hebben als
v2 + 2 q v = p3.
Kwadraat afsplitsen
De vergelijking
v2 + 2 q v = p3
kan met kwadraat afsplitsen opgelost worden. Uit
(v + q)2 = p3 + q2
volgt
v = − q ±
p3 + q2
.

Er zijn dus twee oplossingen voor v. Voorwaarde is wel dat v ≠ 0 omdat u ≠ 0.
Worteltrekken
Nu v bekend is kan u uitgerekend worden want
u3 = v
dus
u =
v
oftewel
u =
− q ±
p3 + q2
.

Er zijn dus twee oplossingen voor u. De oplossingen zijn derdemachtswortels van een getal en een wortel, waarbij zowel het getal voor de wortel als het getal in de wortel een breuk kunnen zijn.
Breuk uitrekenen
Nu u bekend is, kan t uitgerekend worden, want
t = p − u2
u
.
Wanneer u een derdemachtswortel is van de samenstelling van een getal en een wortel, dan kan het herleiden van deze breuk veel werk zijn.
Herleid eerst
t = p − u2
u
tot
t = p− u
u
en daarna tot
t = p− 
q ±
p3 + q2
.
q ±
p3 + q2

Vervolgens kan deze uitdrukking voor t ook geschreven worden zonder mintekens in de wortels, namelijk als
t =
q ±
p3 + q2
−  p .
q ±
p3 + q2
De uitwerking van deze oplossing kan tot verschillende problemen leiden
  1. uitrekenen van het verschil van twee derdemachtswortels
  2. meerdere oplossingen vanwege ±
  3. complexe getallen wanneer de som
    p3 + q2 < 0
Oplosssing van de derdegraadsvergelijking
Nu t in principe bekend is, kan x uitgerekend worden, want
x = t − a.
De volledige formule voor de oplossing van de vergelijking
x3 + 3 a x2 + b x + c = 0
is dan
x =
q ±
p3 + q2
−  p  − a.
q ±
p3 + q2

Daarmee is voor Viète de derdegraadsvergelijking opgelost. Na hem, kwam bijvoorbeeld bij Descartes het inzicht dat een derdegraadsvergelijking drie oplossingen kan hebben. Viète hield het bij die ene positieve oplossing die de lengte van de zijde van een kubus voorstelt.
Voorbeelden Viète
Viète schreef op zijn manier in woorden wat nu geschreven zou worden als
A3 + 3 B A = 2 Z,
waarbij A de onbekende is. (achter 3 B is in de oorspronkelijke tekst de letter A weggevallen) In zijn cijfervoorbeeld staat de C voor de term
t3
en de N voor de term t zodat de vergelijking is
t3 + 81 t = 702.
De term
p3 + q2
.
heeft Viète ingevuld, want 3 p = 81 en 2 q = 702 zodat p3 = 273 = 19683 en q2 = 3512 = 123201. De uitdrukking
19683 + 123201
is inderdaad 378 en als dat vermindert wordt met 351, is het verschil 27 conform
v = − q +
p3 + q2
.
Vervolgens is 27 de derdemacht van 3, conform
u3 = v
Daarna rekende Viète
27 − 9 = 6
3
uit, conform
t = p − u2.
u
Tot slot stelde Viète vast dat N = 6.

2

Viète behandelde ook de vergelijking
x3 − 4 x2 + 5 x = 20
en stelde vast dat N = 4 en de vergelijking
x3 + 5 x2 − 5 x = 20
en stelde vast dat N = 2, maar dit zonder enige toelichting.

2

Mooie vergelijkingen
Bijzonder is dat er heel veel vergelijkingen
x3 + 3 a x2 + b x + c = 0
zijn met mooie, geheeltallige oplossingen. Die zijn er ook bij vergelijkingen waar ogenschijnlijk de derdemachtswortel getrokken wordt uit een samenstelling van getallen en wortels. Altijd mooi uitkomen vergelijkingen waarvoor q = 0 of waarvoor p = 0.
Geval q = 0
Wanneer q = 0 dan is
u = 
p
.
Omdat
t = p − u2
u
geldt t = 0 en omdat
x = t − a
geldt dus x = − a.
Omdat
q = a b − 2 a3 − c
is q = 0 voor bepaalde combinaties van a, b en c, namelijk voor
c = a b − 2 a3.
Geval p = 0
Wanneer p = 0, dan geldt omdat
v = − q ±
p3 + q2
dat v = 0 of v = − 2 q. Het geval v = 0 is geen echte oplossing want u ≠ 0 dus ook v ≠ 0. Echte oplossing is
t =
q
,
maar dat is vanzelfsprekend omdat voor p = 0 de vergelijking
t3 + 3 p t = 2 q
overgaat in de vergelijking
t3 = 2 q.
Andere mooie geheeltallige oplossingen
Hieronder staan enkele voorbeelden van vergelijkingen met mooie geheeltallige oplossingen. Begin met de vergelijking
(x − w)(x2 + mx + n) = 0
, bijvoorbeeld
(x − 1)(x2 + 4x + 15) = 0,
want deze heeft als reële oplossing
x = 1
en verder twee niet-reële oplossingen. Herleid tot de vorm
x3 + 3 a x2 + b x + c = 0
is dit de vergelijking
x3 + 3 x2 + 11 x − 15 = 0.
Na substitutie
x = t − a
met a = 1  ontstaat een vergelijking van de vorm
t3 + 3 p t = 2 q,
met als oplossing
t =
q ±
p3 + q2
−  p .
q ±
p3 + q2

Meta = 1 , b = 11 en c = −15
en dusp = 22 , q = 12
3
enp3 + q2 = 4400
27
heeft de vergelijking t3 + 8 t = 24als oplossing
t =
12 ±
4400/27
−  2⅔ .
12 ±
4400/27
Het is niet zo eenvoudig om in te zien dat deze uitdrukking gelijk is aan
t = 2.
Toch volgt uit
x = 1
en uit
x = t − a
dat
t = 2
. Ook mag het verbazing wekken dat er maar één oplossing is voor t, terwijl in de formule een ± teken staat, wat wijst op mogelijk een dubbele oplossing.

In plaats van met het voorbeeld te laten zien dat een herleiding van de wortel echt oplevert t = 2, kan het probleem ook opgelost worden door te beginnen met die t = 2 en te laten zien dat dit herleid kan worden tot die samengestelde uitdrukking. Dit voorbeeld laat ook zien dat het logisch is dat beide uidrukkingen, de ene met een plus en de ander met een min toch tot hetzelfde leiden.
Neem
w = 
q ±
p3 + q2
zodat
t = w − p
w
of anders geschreven
w2 − t w − p = 0.

Dit is een vergelijking met w als onbekende, met als oplossing
w = 
t ±
t2 + 4 p
.
2

Er zijn dus twee oplossingen voor w.
Wanneer w tot de derde macht genomen geldt dat w3 =  t3 + 3 p t  ±
(t2 + p)2 (t2 + 4 p)
4
2
,
maar ook w3 = q ±
p3 + q2
.

Uit t = 2
en p = 22
3
volgt dat w3 =  8 + 8/3×2  ±
(20/3)2 (44/3)
4
2
,
maar ook w3 = 12 ±
4400/27
en dat is aan elkaar gelijk.

Ook voor andere getallen treedt dit effect op dat een som of verschil van twee derdemachtswortels, samengesteld uit een getal en een wortel, toch een mooi geheel getal oplevert. Voor andere waarden van n uit
(x − w)(x2 + mx + n) = 0
, bijvoorbeeld voor w = 1 en m = 4 en voor n = 17, 18, 19, etc. en bijbehorende waarden voor b, c, p en q, namelijk b = 13, 14, 15, etc., c = -17, -18, -19, etc., 3p = 10, 11, 12, etc., en q = 14, 15, 16, etc. zijn u en v ingewikkelde wortels, is t samengesteld uit derdemachtswortels en toch blijft x, de oplssing van dee vergelijking, geheeltallig, namelijk in dit geval x = 1. Uiteraard geldt dit ook voor heel veel andere getallen.
Dit voorbeeld met zijn uitwerking geeft ook de verklaring dat beide oplossingen voor v en dus beide oplossingen voor u toch één en dezelfde oplossing geven voor t en dus voor x.
Na Viète

Tot de komst van computers en rekenmachines is de algebraïsche aanpak van de derde- en vierdegraadsvergelijkingen nog lang populair geweest. Gezocht wordt naar andere substituties of naar andere technieken, bijvoorbeeld complexe getallen of goniometrische verbanden. Gelijktijdig wordt gezocht naar rekentechnieken die een goede benadering geven voor wortelvormen. Pogingen worden gedaan om hogeregraadsvergelijkingen op te lossen met één simpele formule, maar de resultaten vielen tegen. Daarom blijft de derdegraadsvergelijking in het onderwijs populair want de bijbehorende formules zijn moeijlijk genoeg voor de doelgroep.
In Nederland wijdt Jacob de Gelder in 1836 in zijn "Beginselen der stelkunst" een lang hoofdstuk aan dit onderwerp. Alle kanten van de derdegraadsvergelijking worden uitvoerig belicht. In de eerste helft van de twintigste eeuw schrijven Wijdenes en F. Schuh nog hele hoofdstukken over deze vergelijkingen voor de docent die studeert voor zijn aktes.
In de tweede helftvan de twintigste eeuw is de algebra van deze vergelijkingen voer voor historici. Rond 1980 sluit T. Richard Witmer zijn studies naar Viète af met het boek "The Analytic Art", een complete vertaling met toelichting. Tot slot plaatst J. Stedall het werk van Viète in een historische context. In Nederland zijn het M. Kindt en J. Hogendijk die het onderwerp kubische vergelijkingen aandacht blijven geven om didactische redenen: mooie wiskunde met historische wortels die zich leent voor verdieping.

Literatuur

J. Stedall, From Cardano's great art to Lagrange's reflections: filling a gap in the history of algebra, European Mathematical Society, , 2011, blz 26 Google Books
Witmer, The Analytic Art, Dover Publications, 2008, blz 286 Google Books
F.van Schooten, Viète Opera mathematica, Leiden, 1646, De Emendatione Aequationum Tractatus Secundus, Caput VII (blz 149) Google Books
J. de Gelder, Beginselen der stelkunst: ontworpen naar haren tegenwoordigen staat van ..., Amsterdam, 1836 Google Books
M. Kindt, H. Hietbrink, Het Avontuur dat Algebra heet, 2017, Epsilon