Raíces de $y=x^3+x^2-6x-7$

Question

¿Me pregunto si hay una manera matemática de encontrar las raíces de $y=x^3+x^2-6x-7$?

Supuestamente, las raíces son $2\cos\left(\frac {4\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {6\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {10\pi}{19}\right)$, $2\cos\left(\frac {8\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {12\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {20\pi}{19}\right)$ y $2\cos\left(\frac {16\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {24\pi}{19}\right)+2\cos\left(\frac {40\pi}{19}\right)$.

Nada ayuda. No pienso sustituir $x$ con algo así como $t+t^{-1}$ funcionará.

Answer 1

Podemos tomar la $\xi$ como un primitivo $19$-ésima raíz de la unidad, $\xi=\exp\left(\frac{2\pi i}{19}\right)$, a continuación, compruebe que la primaria simétrica funciones de $$ a = \xi^2+\xi^3+\xi^5+\xi^{14}+\xi^{16}+\xi^{17} $$ $$ b = \xi^4+\xi^6+\xi^9+\xi^{10}+\xi^{13}+\xi^{15} $$ $$ c = \xi^1 + \xi^7 + \xi^8+\xi^{11}+\xi^{12}+\xi^{18} $$ simplificar dando los coeficientes de $x^3+x^2-6x-7$.
Que depende de Kummer suma, el cúbicos, equivalente a un período de Gauss.
Para abreviar: el grupo de Galois del polinomio mínimo de a$\xi$$\mathbb{Z}/(18\mathbb{Z})$, y el polinomio $x^3+x^2-6x-7$ codifica un subgrupo de un grupo. Observe que $\{1,7,8,11,12,18\}$ son exactamente las cúbicos de residuos en $\mathbb{Z}/(19\mathbb{Z})^*$, que es generado por $2$, e $\!\!\pmod{19}$ $$2\cdot\{1,7,8,11,12,18\}=\{2,3,5,14,16,17\},$$ $$2^2\cdot\{1,7,8,11,12,18\}=\{4,6,9,10,13,15\},$$ dar a los exponentes asociados con $c,a,b$.

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Podemos realizar el mismo truco con el primer $p=13\equiv 1\pmod{3}$.
$\mathbb{Z}/(p\mathbb{Z})^*$ es generado por $2$ y el cúbicos de residuos de $\!\!\pmod{p}$$\{1,5,8,12\}$,
por lo tanto, si tomamos $\xi=\exp\left(\frac{2\pi i}{13}\right)$ tenemos que: $$ x_1 = \xi^1+\xi^5+\xi^8+\xi^{12} = 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\right)+2\cos\left(\frac{10\pi}{13}\right),$$ $$ x_2 = \xi^2+\xi^3+\xi^{10}+\xi^{11} = 2\cos\left(\frac{4\pi}{13}\right)+2\cos\left(\frac{6\pi}{13}\right),$$ $$ x_3 = \xi^4+\xi^6+\xi^7+\xi^{9} = 2\cos\left(\frac{8\pi}{13}\right)+2\cos\left(\frac{12\pi}{13}\right),$$ se conjugan números algebraicos, las raíces del polinomio $$ p(x) = x^3+x^2-4x+1.$$

Answer 2

Por la traducción de $x\to x-\frac13$, cancela la plaza de plazo.

$$(x-\frac13)^3+(x-\frac13)^2-6(x-\frac13)-7=x^3-\frac{19x}3-\frac{133}{27}.$$

Luego multiplicando por $27$ y la sustitución de $x\to3x$, se obtiene

$$x^3-57x-133=0.$$

Siguiente, establecimiento $x=2\sqrt{19}\cos(\theta)$ (con el fin de permitirle $4\cos^3(\theta)-3\cos(\theta)=\cos(3\theta)$),

$$152\sqrt{19}\cos^3(\theta)-114\sqrt{19}\cos(\theta)-133=38\sqrt{19}(4\cos^3(\theta)-3\cos(\theta))-133=0$$

así que

$$\cos(3\theta)=\frac{133}{38\sqrt{19}}.$$

La recuperación de las tres raíces a partir de aquí es sencillo.

Esta solución es debido a François Viète. Se puede ver como un ejemplo de la famosa "ángulo de trisection" problema.

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Otro enfoque es por la descomposición de $x=u+v$. Usted puede desarrollar la ecuación como $$u^3+3uv(u+v)+v^3-57(u+v)-133=0.$$

A continuación, ajuste de $3uv=57$, dos términos se cancelan y se termina con el sistema

$$\begin{cases}uv=19\iff u^3v^3=6859\\u^3+v^3=133.\end{cases}$$

Esta es una suma de productos/problema y

$$u^3,v^3=\frac{133\pm\sqrt{133^2-4\cdot6850}}2.$$

Pero la historia no termina aquí, porque estas soluciones son números complejos, que es inofensivo en sí mismo, pero usted necesita tomar sus raíces cúbicas y esto requiere el uso de... funciones trigonométricas. Esto se llama el casus irreductibilis como los radicales no es suficiente.