Jel moze neko da mi da link ili napise ovako dokaz za resavanje kubne jednacine posto mi nije bas jasno zasto se sve onako radi ?

Deljenjem [inlmath]ax^3+bx^2+cx+d=0[/inlmath] sa [inlmath]a[/inlmath] uz smenu [inlmath]t-\frac{b}{3a}[/inlmath] dobija se
[dispmath]t^3+pt+q=0[/dispmath]
Pri tom je:
[dispmath]p=\frac{3ac-b^2}{3a^2}[/dispmath]
[dispmath]q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}.[/dispmath]
Dodatnom smenom: [inlmath]t=m-\frac{p}{3m}[/inlmath] ([inlmath]m\neq 0[/inlmath]) dobija se:
[dispmath]m^3+q-\frac{p^3}{27m^3}=0[/dispmath]
Množenjem sa [inlmath]m^3[/inlmath] dobija se jednačina
[dispmath]m^6+qm^3-\frac{p^3}{27}=0[/dispmath]
Sad sledi još jedna smena.

[inlmath]m^3=z[/inlmath]

I onda se dobija kvadratna jednačina
[dispmath]z^2+qz-\frac{p^3}{27}=0[/dispmath]
E sad, rešiš ovu kvadratnu, vratiš one silne smene, itd.

E hvala puno ))

Na ovom potforumu među lepljivim temama imaš detaljni tutorijal za rešavanje jednačine trećeg stepena... I pazi, dokaz iz mog prethodnog posta pokriva samo deo toga... Kardanova formula se izvodi uz smenu [inlmath]t=u+v[/inlmath], trigonometrijski metod se bazira na smeni [inlmath]t=z\cos\phi[/inlmath], gde je [inlmath]z=2\sqrt{-\frac{p}{3}}[/inlmath] i analogiji sa formulom za kosinus trostrukog ugla...

Ovde imaš detaljno sve...

Ono čega, ipak, na tom linku nema, to je objašnjenje kako smo znali da treba, radi svođenja kubne jednačine na redukovani oblik [inlmath]t^3+pt+q=0[/inlmath], da uvedemo baš smenu [inlmath]x=t-\frac{b}{3a}[/inlmath], a ne neku drugu. Pokazaću zato kako se postupno dolazi baš do te smene.
Cilj nam je da, kao kada smo kod kvadratne jednačine izraz svodili na kvadrat binoma plus nešto,
[dispmath]ax^2+bx+c=\left(\sqrt ax+\frac{b}{2\sqrt a}\right)^2-\frac{b^2}{4a}+c=\frac{\left(2ax+b\right)^2-b^2+4ac}{4a}=0\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\left(2ax+b\right)^2=b^2-4ac\quad\Rightarrow\quad 2ax+b=\pm\sqrt{b^2-4ac}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}[/dispmath]
tako isto sada izraz svedemo na kub binoma plus nešto:
[dispmath]ax^3+bx^2+cx+d=0\quad /:a[/dispmath]
[dispmath]x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0[/dispmath]
[dispmath]\left(x+\frac{b}{3a}\right)^3-\frac{b^2}{3a^2}x-\frac{b^3}{27a^3}+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0[/dispmath]
[dispmath]\left(x+\frac{b}{3a}\right)^3+\left(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2}\right)x+\frac{d}{a}-\frac{b^3}{27a^3}=0[/dispmath]
I, sada je sasvim očigledno da, kako bismo dobili izraz tipa [inlmath]t^3[/inlmath] plus nešto, treba da uvedemo smenu
[inlmath]x+\frac{b}{3a}=t[/inlmath]
[inlmath]x=t-\frac{b}{3a}[/inlmath]
[dispmath]t^3+\left(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2}\right)\left(t-\frac{b}{3a}\right)+\frac{d}{a}-\frac{b^3}{27a^3}=0[/dispmath]
[dispmath]t^3+\left(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2}\right)t-\left(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2}\right)\frac{b}{3a}+\frac{d}{a}-\frac{b^3}{27a^3}=0[/dispmath]
[dispmath]t^3+\frac{3ac-b^2}{3a^2}t-\frac{bc}{3a^2}+\frac{b^3}{9a^3}+\frac{d}{a}-\frac{b^3}{27a^3}=0[/dispmath]
[dispmath]t^3+\frac{3ac-b^2}{3a^2}t+\frac{-9abc+3b^3+27a^2d-b^3}{27a^3}=0[/dispmath]
[dispmath]t^3+\underbrace{\frac{3ac-b^2}{3a^2}}_pt+\underbrace{\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}}_q=0[/dispmath]
[dispmath]t^3+pt+q=0,\qquad p=\frac{3ac-b^2}{3a^2},\qquad q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}[/dispmath]