Уравнение четвертой степени

Не путать с квадратным уравнением .

В математике уравнение четвертой степени — это уравнение, которое можно выразить как функцию четвертой степени, равную нулю. Общий вид уравнения четвертой степени:

График полиномиальной функции 4-й степени с 4 корнями и 3 критическими точками .

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,$

где а ≠ 0.

Квартика (т. е. такое , высшего порядка — это полиномиальное уравнение , которое в общем случае может быть решено в радикалах в котором коэффициенты могут принимать любые значения).

История

Лодовико Феррари приписывают открытие решения квартики в 1540 году, но поскольку это решение, как и все алгебраические решения квартики, требует решения кубики , оно не могло быть опубликовано немедленно. нахождения Решение квартики было опубликовано вместе с решением кубики наставником Феррари Джероламо Кардано в книге Ars Magna (1545).

Доказательство того, что это общий полином высшего порядка, для которого можно найти такие решения, было впервые дано в теореме Абеля-Руффини в 1824 году, доказав, что все попытки решения полиномов более высокого порядка будут тщетными. Записи, оставленные Эваристом Галуа перед его смертью на дуэли в 1832 году, позже привели к созданию элегантной полной теории корней многочленов, одним из результатов которой стала эта теорема.

Решение уравнения четвертой степени, частные случаи

Рассмотрим уравнение четвертой степени, выраженное в виде $a_{0}x^{4}+a_{1}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{3}x+a_{4}=0$:

Существует общая формула для нахождения корней уравнений четвертой степени при условии, что коэффициент при главном члене отличен от нуля. Однако, поскольку общий метод довольно сложен и подвержен ошибкам при выполнении, по возможности лучше применить один из перечисленных ниже частных случаев.

Вырожденный случай

Если постоянный член a ₄ = 0, то один из корней равен x = 0, а остальные корни можно найти путем деления на x и решения полученного кубического уравнения :

$a_{0}x^{3}+a_{1}x^{2}+a_{2}x+a_{3}=0.\,$

Очевидные корни: 1 и -1 и - k

Назовите наш полином четвертой степени Q ( x ) . Поскольку 1, возведенная в любую степень, равна 1,

$Q(1)=a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}\ .$

Таким образом, если $\ a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=0\ ,$ Q (1) = 0 , поэтому x = 1 является корнем Q ( x ) . Аналогично можно показать, что если $\ a_{0}+a_{2}+a_{4}=a_{1}+a_{3}\ ,$ x = −1 является корнем.

В любом случае полную квартику можно затем разделить на коэффициент ( x − 1) или ( x + 1) соответственно, получив новый кубический полином , который можно решить, чтобы найти другие корни квартики.

Если $\ a_{1}=a_{0}k\ ,$ $\ a_{2}=0\$ и $\ a_{4}=a_{3}k\ ,$ затем $\ x=-k\$является корнем уравнения. Затем полную квартику можно факторизовать следующим образом:

$\ a_{0}x^{4}+a_{0}kx^{3}+a_{3}x+a_{3}k=a_{0}x^{3}(x+k)+a_{3}(x+k)=(a_{0}x^{3}+a_{3})(x+k)\ .$

Альтернативно, если $\ a_{1}=a_{0}k\ ,$ $\ a_{3}=a_{2}k\ ,$ и $\ a_{4}=0\ ,$тогда x = 0 и x = − k станут двумя известными корнями. Q ( x ) , разделенный на x ( x + k ), представляет собой квадратичный многочлен.

Биквадратные уравнения

Уравнение четвертой степени, где a ₃ и a ₁ равны 0, принимает вид

$a_{0}x^{4}+a_{2}x^{2}+a_{4}=0\,\!$

и, таким образом, представляет собой биквадратное уравнение , которое легко решить: пусть $z=x^{2}$, поэтому наше уравнение превращается в

$a_{0}z^{2}+a_{2}z+a_{4}=0\,\!$

которое представляет собой простое квадратное уравнение, решения которого легко находятся по квадратной формуле:

$z={\frac {-a_{2}\pm {\sqrt {a_{2}^{2}-4a_{0}a_{4}}}}{2a_{0}}}\,\!$

Когда мы решили задачу (т. е. нашли эти два значения z ), мы можем извлечь x. из них

$x_{1}=+{\sqrt {z_{+}}}\,\!$

$x_{2}=-{\sqrt {z_{+}}}\,\!$

$x_{3}=+{\sqrt {z_{-}}}\,\!$

$x_{4}=-{\sqrt {z_{-}}}\,\!$

Если любое из решений z было отрицательным или комплексным числом, то некоторые решения x являются комплексными числами.

Квазисимметричные уравнения

$a_{0}x^{4}+a_{1}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}mx+a_{0}m^{2}=0\,$

Шаги:

1. Разделить на х  ² .
2. Используйте изменение переменной z = x + m / x .
3. Итак, з  ² = х  ² + ( м / х )  ² + 2м .

Это ведет к:

$a_{0}(x^{2}+m^{2}/x^{2})+a_{1}(x+m/x)+a_{2}=0$,

$a_{0}(z^{2}-2m)+a_{1}(z)+a_{2}=0$,

$z^{2}+(a_{1}/a_{0})z+(a_{2}/a_{0}-2m)=0$ (квадратичное по z = x + m / x )

Множественные корни

Если квартика имеет двойной корень , его можно найти, взяв наибольший общий делитель многочлена с его производной. Затем их можно разделить и решить полученное квадратное уравнение.

В общем, существует только четыре возможных случая уравнений четвертой степени с кратными корнями, которые перечислены ниже:

1. Кратность-4 (M4): когда общее уравнение четвертой степени можно выразить как $a(x-l)^{4}=0$, для некоторого действительного числа $l$. Этот случай всегда можно свести к биквадратному уравнению.
2. Кратность-3 (M3): когда общее уравнение четвертой степени можно выразить как $a(x-l)^{3}(x-m)=0$, где $l$ и $m$это пара двух разных действительных чисел. Это единственный случай, который никогда не может быть сведен к биквадратному уравнению.
3. Двойная кратность-2 (DM2): когда общее уравнение четвертой степени можно выразить как $a(x-l)^{2}(x-m)^{2}=0$, где $l$ и $m$это пара двух разных действительных чисел или пара недействительных комплексно-сопряженных чисел. Этот случай также всегда можно свести к биквадратному уравнению.
4. Одиночная кратность-2 (SM2): когда общее уравнение четвертой степени может быть выражено как $a(x-l)^{2}(x-m)(x-n)=0$, где $l$,  $m$, и $n$ это три разных действительных числа или $l$ действительное число и $m$ и $n$— это пара недействительных комплексно-сопряженных чисел. Этот случай разбивается на два подслучая: те, которые можно свести к биквадратному уравнению, и те, в которых это невозможно.

Итак, если три немонических коэффициента подавленного уравнения четвертой степени, $x^{4}+px^{2}+qx+r=0$, через пять коэффициентов общего уравнения четвертой степени задаются следующим образом: $p={\frac {8ac-3b^{2}}{8a^{2}}}$, $q={\frac {b^{3}-4abc+8a^{2}d}{8a^{3}}}$ и $r={\frac {16ab^{2}c-64a^{2}bd-3b^{4}+256a^{3}e}{256a^{4}}}$, то критерии для априорной идентификации каждого случая уравнений четвертой степени с кратными корнями и их соответствующих решений представлены ниже.

• М4. Общее уравнение четвертой степени соответствует этому случаю всякий раз, когда $p=q=r=0$, поэтому четыре корня этого уравнения задаются следующим образом: $x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=-{\frac {b}{4a}}$.
• М3. Общее уравнение четвертой степени соответствует этому случаю всякий раз, когда $p^{2}=-12r>0$ и $27q^{2}=-8p^{3}>0$, поэтому четыре корня этого уравнения задаются следующим образом: $x_{1}=x_{2}=x_{3}={\sqrt {-{\frac {p}{6}}}}-{\frac {b}{4a}}$ и $x_{4}=-{\sqrt {-{\frac {3p}{2}}}}-{\frac {b}{4a}}$ , ли $q>0$; в противном случае, $x_{1}=x_{2}=x_{3}=-{\sqrt {-{\frac {p}{6}}}}-{\frac {b}{4a}}$ и $x_{4}={\sqrt {-{\frac {3p}{2}}}}-{\frac {b}{4a}}$.
• ДМ2. Общее уравнение четвертой степени соответствует этому случаю всякий раз, когда $p^{2}=4r>0=q$, поэтому четыре корня этого уравнения задаются следующим образом: $x_{1}=x_{3}={\sqrt {-{\frac {p}{2}}}}-{\frac {b}{4a}}$ и $x_{2}=x_{4}=-{\sqrt {-{\frac {p}{2}}}}-{\frac {b}{4a}}$.
• Биквадратичный SM2. Общее уравнение четвертой степени соответствует этому подслучаю уравнений SM2, когда $p\neq q=r=0$, поэтому четыре корня этого уравнения задаются следующим образом: $x_{1}=x_{2}=-{\frac {b}{4a}}$, $x_{3}={\sqrt {-p}}-{\frac {b}{4a}}$ и $x_{4}=-{\sqrt {-p}}-{\frac {b}{4a}}$.
• Небиквадратичный SM2. Общее уравнение четвертой степени соответствует этому подслучаю уравнений SM2, когда $(p^{2}+12r)^{3}=[p(p^{2}-36r)+{\frac {27}{2}}q^{2}]^{2}>0\neq {q}$, поэтому четыре корня этого уравнения определяются следующей формулой: $x={\frac {1}{2}}\left[\xi {\sqrt {s_{1}}}\pm {\sqrt {2{\biggl (}s_{2}-{\frac {\xi q}{\sqrt {s_{1}}}}{\biggr )}}}\right]-{\frac {b}{4a}}$, где $s_{1}={\frac {9q^{2}-32pr}{p^{2}+12r}}>0$, $s_{2}=-{\frac {2p(p^{2}-4r)+9q^{2}}{2(p^{2}+12r)}}\neq 0$ и $\xi =\pm 1$.

Общий случай

Формула четвертой степени.

Для начала квартику необходимо сначала преобразовать в депрессивную квартику .

Преобразование в депрессивную квартику

Позволять

$\ Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0\$ ( 1' )

— общее уравнение четвертой степени, которое требуется решить. Разделим обе части на А ,

$\ x^{4}+{B \over A}x^{3}+{C \over A}x^{2}+{D \over A}x+{E \over A}=0\ .$

Первым шагом, если B еще не равно нулю, должно быть исключение x ³ срок. Для этого измените переменные с x на u так, чтобы

$\ x=u-{B \over 4A}\ .$

Затем

$\ \left(u-{B \over 4A}\right)^{4}+{B \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)^{3}+{C \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)^{2}+{D \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)+{E \over A}=0\ .$

Расширение степеней биномов дает

$\ \left(u^{4}-{B \over A}u^{3}+{6u^{2}B^{2} \over 16A^{2}}-{4uB^{3} \over 64A^{3}}+{B^{4} \over 256A^{4}}\right)+{B \over A}\left(u^{3}-{3u^{2}B \over 4A}+{3uB^{2} \over 16A^{2}}-{B^{3} \over 64A^{3}}\right)+{C \over A}\left(u^{2}-{uB \over 2A}+{B^{2} \over 16A^{2}}\right)+{D \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)+{E \over A}=0\ .$

Собрав одинаковые степени u, вы получите

$\ u^{4}+\left({-3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A}\right)u^{2}+\left({B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A}\right)u+\left({-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}\right)=0\ .$

Теперь переименуйте коэффициенты u . Позволять

${\begin{aligned}a&={-3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A}\ ,\\b&={B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A}\ ,\\c&={-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}\ .\end{aligned}}$

Полученное уравнение:

$\ u^{4}+au^{2}+bu+c=0\$ ( 1 )

которое представляет собой уравнение депрессивной четвертой степени .

Если $\ b=0\$тогда мы имеем частный случай биквадратного уравнения , которое легко решается, как объяснено выше. Обратите внимание, что общее решение, приведенное ниже, не подойдет для частного случая. $\ b=0\ .$ Уравнение необходимо решить как биквадратное.

В любом случае, как только депрессивная квартика будет решена для u , подставив эти значения в

$\ x=u-{B \over 4A}\$

выдает значения x , которые решают исходную квартику.

Решение депрессивной квартики, когда b ≠ 0

После преобразования к депрессивному уравнению четвертой степени

$u^{4}+au^{2}+bu+c=0$

и исключая частный случай b = 0, который решается как биквадратное уравнение, с этого момента мы предполагаем, что b ≠ 0 .

Мы разделим термины «лево» и «право» как

$u^{4}=-au^{2}-bu-c$

и прибавьте слагаемые к обеим сторонам, чтобы превратить их в правильные квадраты .

Пусть y — любое решение этого кубического уравнения :

$2y^{3}-ay^{2}-2cy+(ac-{\tfrac {1}{4}}b^{2})=(2y-a)(y^{2}-c)-{\tfrac {1}{4}}b^{2}=0\ .$

Тогда (поскольку b ≠ 0)

$2y-a\neq 0$

поэтому мы можем разделить на него, давая

$y^{2}-c={\frac {b^{2}}{4(2y-a)}}\ .$

Затем

$(u^{2}+y)^{2}=u^{4}+2yu^{2}+y^{2}=(2y-a)u^{2}-bu+(y^{2}-c)=(2y-a)u^{2}-bu+{\frac {b^{2}}{\ 4(2y-a)\ }}=\left({\sqrt {2y-a\ }}\,u-{\frac {b}{2{\sqrt {2y-a\ }}}}\right)^{2}\ .$

Вычитая, мы получаем разность двух квадратов, которая является произведением суммы и разности их корней.

$(u^{2}+y)^{2}-\left({\sqrt {2y-a\ }}\,u-{\frac {b}{2{\sqrt {2y-a\ }}}}\right)^{2}=\left(u^{2}+y+{\sqrt {2y-a\ }}\,u-{\frac {b}{2{\sqrt {2y-a\ }}}}\right)\left(u^{2}+y-{\sqrt {2y-a\ }}\,u+{\frac {b}{2{\sqrt {2y-a\ }}}}\right)=0$

которую можно решить, применив квадратичную формулу к каждому из двух факторов. Итак, возможные значения u :

$u={\tfrac {1}{2}}\left(-{\sqrt {2y-a\ }}+{\sqrt {-2y-a+{\frac {2b}{\sqrt {2y-a\ }}}\ }}\right)\ ,$

$u={\tfrac {1}{2}}\left(-{\sqrt {2y-a\ }}-{\sqrt {-2y-a+{\frac {2b}{\sqrt {2y-a\ }}}\ }}\right)\ ,$

$u={\tfrac {1}{2}}\left({\sqrt {2y-a\ }}+{\sqrt {-2y-a-{\frac {2b}{\sqrt {2y-a\ }}}\ }}\right)\ ,$ или

$u={\tfrac {1}{2}}\left({\sqrt {2y-a\ }}-{\sqrt {-2y-a-{\frac {2b}{\sqrt {2y-a\ }}}\ }}\right)\ .$

Использование другого y из трех корней кубического числа просто приводит к тому, что те же четыре значения u появляются в другом порядке. Решения кубика:

$\ y={\frac {a}{6}}+w-{\frac {p}{3w}}\$

$\ w={\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}\ }}\ }}$

используя любой из трех возможных кубических корней. Разумная стратегия — выбрать такой знак квадратного корня, который сделает абсолютное значение w как можно большим.

$\ p=-{\frac {a^{2}}{12}}-c\ ,$

$\ q=-{\frac {a^{3}}{108}}+{\frac {ac}{3}}-{\frac {b^{2}}{8}}\ .$

Решение Феррари

В противном случае депрессивную квартику можно решить с помощью метода, открытого Лодовико Феррари . После получения депрессивной квартики следующим шагом будет добавление действительного тождества.

$\left(u^{2}+a\right)^{2}-u^{4}-2au^{2}=a^{2}$

к уравнению ( 1 ), что дает

$\left(u^{2}+a\right)^{2}+bu+c=au^{2}+a^{2}.$ ( 2 )

Эффект заключался в том, чтобы сложить u. ⁴ член в полный квадрат : ( u ² + а) ² . Второй срок, ау ² не исчез, но изменился его знак и он был перенесен в правую сторону.

Следующий шаг — вставить переменную y в идеальный квадрат в левой части уравнения ( 2 ) и соответствующую 2 y в коэффициент u. ² в правой стороне. будут добавлены следующие действительные формулы Для выполнения этих вставок к уравнению ( 2 ) :

${\begin{aligned}(u^{2}+a+y)^{2}-(u^{2}+a)^{2}&=2y(u^{2}+a)+y^{2}\ \ \\&=2yu^{2}+2ya+y^{2},\end{aligned}}$

и

$0=(a+2y)u^{2}-2yu^{2}-au^{2}\,$

Эти две формулы, сложенные вместе, дают

$\left(u^{2}+a+y\right)^{2}-\left(u^{2}+a\right)^{2}=\left(a+2y\right)u^{2}-au^{2}+2ya+y^{2}\qquad \qquad (y{\hbox{-insertion}})\,$

которое добавлено к уравнению ( 2 ), дает

$\left(u^{2}+a+y\right)^{2}+bu+c=\left(a+2y\right)u^{2}+\left(2ya+y^{2}+a^{2}\right).\,$

Это эквивалентно

$(u^{2}+a+y)^{2}=(a+2y)u^{2}-bu+(y^{2}+2ya+a^{2}-c).$ ( 3 )

Теперь цель состоит в том, чтобы выбрать значение y такое, чтобы правая часть уравнения ( 3 ) стала идеальным квадратом. Это можно сделать, если дискриминант квадратичной функции станет равным нулю. Чтобы объяснить это, сначала разверните идеальный квадрат так, чтобы он был равен квадратичной функции:

$\left(su+t\right)^{2}=\left(s^{2}\right)u^{2}+\left(2st\right)u+\left(t^{2}\right).\,$

Квадратичная функция в правой части имеет три коэффициента. Можно проверить, что возведение в квадрат второго коэффициента и затем четырехкратное вычитание произведения первого и третьего коэффициентов дает ноль:

$\left(2st\right)^{2}-4\left(s^{2}\right)\left(t^{2}\right)=0.\,$

Следовательно, чтобы превратить правую часть уравнения ( 3 ) в правильный квадрат, необходимо решить следующее уравнение:

$(-b)^{2}-4\left(2y+a\right)\left(y^{2}+2ya+a^{2}-c\right)=0.\,$

Умножьте бином на полином,

$b^{2}-4\left(2y^{3}+5ay^{2}+\left(4a^{2}-2c\right)y+\left(a^{3}-ac\right)\right)=0\,$

Разделите обе части на −4 и переместите − b ² /4 вправо,

$2y^{3}+5ay^{2}+\left(4a^{2}-2c\right)y+\left(a^{3}-ac-{\frac {b^{2}}{4}}\right)=0$

Разделим обе части на 2,

$y^{3}+{\frac {5}{2}}ay^{2}+\left(2a^{2}-c\right)y+\left({a^{3} \over 2}-{ac \over 2}-{b^{2} \over 8}\right)=0.$ ( 4 )

Это кубическое уравнение относительно y . Решите для y, используя любой метод решения таких уравнений (например, преобразование в сокращенную кубическую форму и применение формулы Кардано). Подойдет любой из трех возможных корней.

Складывание второго идеального квадрата

Теперь , когда значение y выбрано таким образом, известно, что правая часть уравнения ( 3 ) представляет собой идеальный квадрат вида

$\left(s^{2}\right)u^{2}+(2st)u+\left(t^{2}\right)=\left(\left({\sqrt {s^{2}}}\right)u+{(2st) \over 2{\sqrt {s^{2}}}}\right)^{2}$

(Это верно для обоих знаков квадратного корня, при условии, что для обоих квадратных корней используется один и тот же знак. A ± является избыточным, так как оно будет поглощено другим ± несколькими уравнениями ниже на этой странице.)

чтобы его можно было сложить:

$(a+2y)u^{2}+(-b)u+\left(y^{2}+2ya+a^{2}-c\right)=\left(\left({\sqrt {a+2y}}\right)u+{(-b) \over 2{\sqrt {a+2y}}}\right)^{2}.$

Примечание. Если b ≠ 0, то a + 2 y ≠ 0. Если b = 0, то это будет биквадратное уравнение, которое мы решили ранее.

Поэтому уравнение ( 3 ) становится

$\left(u^{2}+a+y\right)^{2}=\left(\left({\sqrt {a+2y}}\right)u-{b \over 2{\sqrt {a+2y}}}\right)^{2}.$ ( 5 )

Уравнение ( 5 ) содержит пару сложенных идеальных квадратов, по одному на каждой стороне уравнения. Два идеальных квадрата уравновешивают друг друга.

Если два квадрата равны, то стороны двух квадратов также равны, как показано:

$\left(u^{2}+a+y\right)=\pm \left(\left({\sqrt {a+2y}}\right)u-{b \over 2{\sqrt {a+2y}}}\right).$ ( 5' )

Собирая одинаковые силы, вы производите

$u^{2}+\left(\mp _{s}{\sqrt {a+2y}}\right)u+\left(a+y\pm _{s}{b \over 2{\sqrt {a+2y}}}\right)=0.$ ( 6 )

. Индексы Примечание $\pm _{s}$ и $\mp _{s}$ Следует отметить, что они зависимы.

Уравнение ( 6 ) представляет собой квадратное уравнение для u . Его решение

$u={\frac {\pm _{s}{\sqrt {a+2y}}\pm _{t}{\sqrt {(a+2y)-4\left(a+y\pm _{s}{b \over 2{\sqrt {a+2y}}}\right)}}}{2}}.$

Упрощая, получаем

$u={\pm _{s}{\sqrt {a+2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3a+2y\pm _{s}{2b \over {\sqrt {a+2y}}}\right)}} \over 2}.$

Это решение пониженной квартики, поэтому решения исходного уравнения квартики имеют вид

$x=-{B \over 4A}+{\pm _{s}{\sqrt {a+2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3a+2y\pm _{s}{2b \over {\sqrt {a+2y}}}\right)}} \over 2}.$ ( 6' )

Помните: двое $\pm _{s}$ происходят из одного и того же места в уравнении ( 5' ), и оба должны иметь одинаковый знак, в то время как знак $\pm _{t}$ является независимым.

Феррари

Учитывая уравнение четвертой степени

$Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0,\,$

ее решение можно найти посредством следующих вычислений:

$a=-{3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A},$

$b={B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A},$

$c=-{3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}.$

Если $\,b=0,$ затем

$x=-{B \over 4A}\pm _{s}{\sqrt {-a\pm _{t}{\sqrt {a^{2}-4c}} \over 2}}\qquad {\mbox{(for }}b=0{\mbox{ only)}}.$

В противном случае продолжайте

$P=-{a^{2} \over 12}-c,$

$Q=-{a^{3} \over 108}+{ac \over 3}-{b^{2} \over 8},$

$R=-{Q \over 2}\pm {\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}},$

(подойдет любой знак квадратного корня)

$U={\sqrt[{3}]{R}},$

(есть 3 сложных корня, подойдет любой из них)

$y=-{5 \over 6}a+{\begin{cases}U=0&\to -{\sqrt[{3}]{Q}}\\U\neq 0,&\to U-{P \over 3U},\end{cases}}\quad \quad \quad$

$W={\sqrt {a+2y}}$

$x=-{B \over 4A}+{\pm _{s}W\pm _{t}{\sqrt {-\left(3a+2y\pm _{s}{2b \over W}\right)}} \over 2}.$

Два ± _s должны иметь одинаковый знак, ± _t независим. Чтобы получить все корни, вычислите x для ± _s ,± _t = +,+ и для +,−; и для −,+ и для −,−. Эта формула без проблем обрабатывает повторяющиеся корни.

Феррари была первой, кто обнаружил одно из этих лабиринтных решений. . Уравнение, которое он решил, было

$x^{4}+6x^{2}-60x+36=0$

которая уже была в депрессивной форме. У него есть пара решений, которые можно найти с помощью набора формул, показанных выше.

Решение Феррари в частном

Если коэффициенты уравнения четвертой степени действительны, то вложенное кубическое уравнение с депрессией ( 5 ) также имеет действительные коэффициенты, следовательно, оно имеет хотя бы один действительный корень.

Кроме того, кубическая функция

$C(v)=v^{3}+Pv+Q,$

где P и Q заданы формулами ( 5 ), обладает свойствами, которые

$C\left({a \over 3}\right)={-b^{2} \over 8}<0$ и

$\lim _{v\to \infty }C(v)=\infty ,$ где a и b определяются как ( 1 ).

Это означает, что ( 5 ) имеет действительный корень больше, чем $a \over 3$, и, следовательно, ( 4 ) имеет действительный корень, больший, чем $-a \over 2$.

Используя этот корень, термин ${\sqrt {a+2y}}$в ( 8 ) всегда действителен, что гарантирует, что два квадратных уравнения ( 8 ) имеют действительные коэффициенты.

Получение альтернативных решений трудным путем

Может случиться так, что с помощью приведенных выше формул можно получить только одно решение, потому что не все четыре шаблона знаков опробованы для четырех решений, и полученное решение является сложным . Также может случиться так, что человек ищет только реальное решение. Пусть x ₁ обозначает комплексное решение. Если все исходные коэффициенты A , B , C , D и E действительны – что должно быть в том случае, когда нужны только вещественные решения – тогда существует другое комплексное решение x ₂ , которое является комплексно-сопряженным с x ₁ . Если два других корня обозначить как x ₃ и x ₄ , то уравнение четвертой степени можно выразить как

$(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})(x-x_{4})=0,\,$

но это уравнение четвертой степени эквивалентно произведению двух квадратных уравнений:

$(x-x_{1})(x-x_{2})=0$ ( 9 )

и

$(x-x_{3})(x-x_{4})=0.$ ( 10 )

С

$x_{2}=x_{1}^{\star }$

затем

${\begin{aligned}(x-x_{1})(x-x_{2})&=x^{2}-(x_{1}+x_{1}^{\star })x+x_{1}x_{1}^{\star }\\&=x^{2}-2\operatorname {Re} (x_{1})x+[\operatorname {Re} (x_{1})]^{2}+[\operatorname {Im} (x_{1})]^{2}.\end{aligned}}$

Позволять

$a=-2\operatorname {Re} (x_{1}),$

$b=\left[\operatorname {Re} (x_{1})\right]^{2}+\left[\operatorname {Im} (x_{1})\right]^{2}$

так что уравнение ( 9 ) становится

$x^{2}+ax+b=0.$ ( 11 )

Также пусть существуют (неизвестные) переменные w и v такие, что уравнение ( 10 ) принимает вид

$x^{2}+wx+v=0.$ ( 12 )

Умножение уравнений ( 11 ) и ( 12 ) дает

$x^{4}+(a+w)x^{3}+(b+wa+v)x^{2}+(wb+va)x+vb=0.$ ( 13 )

Сравнивая уравнение ( 13 ) с исходным уравнением четвертой степени, можно увидеть, что

$a+w={B \over A},$

$b+wa+v={C \over A},$

$wb+va={D \over A},$

и

$vb={E \over A}.$

Поэтому

$w={B \over A}-a={B \over A}+2\operatorname {Re} (x_{1}),$

$v={E \over Ab}={\frac {E}{A\left(\left[\operatorname {Re} (x_{1})\right]^{2}+\left[\operatorname {Im} (x_{1})\right]^{2}\right)}}.$

Уравнение ( 12 ) можно решить относительно x, получив

$x_{3}={-w+{\sqrt {w^{2}-4v}} \over 2},$

$x_{4}={-w-{\sqrt {w^{2}-4v}} \over 2}.$

Одно из этих двух решений должно быть желаемым реальным решением.

Альтернативные методы

Быстрое и запоминающееся решение из первых принципов

Большинство хрестоматийных решений уравнения четвертой степени требуют замены, которую трудно запомнить. Вот подход, который облегчает понимание. Работа будет выполнена, если мы сможем разложить уравнение четвертой степени на произведение двух квадратных дробей . Позволять

${\begin{aligned}0&=x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e\\&=\left(x^{2}+px+q\right)\left(x^{2}+rx+s\right)\\&=x^{4}+(p+r)x^{3}+(q+s+pr)x^{2}+(ps+qr)x+qs\end{aligned}}$

Приравнивая коэффициенты, получаем следующую систему одновременных уравнений:

${\begin{aligned}b&=p+r\\c&=q+s+pr\\d&=ps+qr\\e&=qs\end{aligned}}$

Эту проблему решить сложнее, чем кажется, но если мы начнем снова с депрессивной квартики , где $b=0$, который можно получить заменой $(x-b/4)$ для $x$, затем $r=-p$, и:

${\begin{aligned}c+p^{2}&=s+q\\d/p&=s-q\\e&=sq\end{aligned}}$

Теперь легко устранить оба $s$ и $q$ выполнив следующие действия:

${\begin{aligned}\left(c+p^{2}\right)^{2}-(d/p)^{2}&=(s+q)^{2}-(s-q)^{2}\\&=4sq\\&=4e\end{aligned}}$

Если мы установим $P=p^{2}$, то это уравнение превращается в кубическое уравнение :

$P^{3}+2cP^{2}+\left(c^{2}-4e\right)P-d^{2}=0$

которая решается в другом месте. Как только у вас есть $p$, затем:

${\begin{aligned}r&=-p\\2s&=c+p^{2}+d/p\\2q&=c+p^{2}-d/p\end{aligned}}$

Симметрии в этом решении легко увидеть. Есть три корня кубического числа, соответствующие трем способам разложения квартики на два квадратичных уравнения и выбору положительных или отрицательных значений $p$ для квадратного корня из $P$ просто меняет местами два квадрата друг с другом.

Галуа

Симметричная группа S ₄ на четырех элементах имеет четырехгруппу Клейна в качестве нормальной подгруппы . Это предполагает использование резольвенты, корни которой можно по-разному описать как дискретное преобразование Фурье или Адамара матричное преобразование корней . Предположим, что r _i для i от 0 до 3 являются корнями

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\qquad (1)$

Если мы теперь установим

${\begin{aligned}s_{0}&={\tfrac {1}{2}}(r_{0}+r_{1}+r_{2}+r_{3}),\\s_{1}&={\tfrac {1}{2}}(r_{0}-r_{1}+r_{2}-r_{3}),\\s_{2}&={\tfrac {1}{2}}(r_{0}+r_{1}-r_{2}-r_{3}),\\s_{3}&={\tfrac {1}{2}}(r_{0}-r_{1}-r_{2}+r_{3}),\end{aligned}}$

тогда, поскольку преобразование является инволюцией , мы можем выразить корни через четыре s _i точно таким же образом. Поскольку мы знаем значение s ₀ = − b /2, нам действительно нужны только значения для s ₁ , s ₂ и s ₃ . Их мы можем найти, разложив полином

$\left(z^{2}-s_{1}^{2}\right)\left(z^{2}-s_{2}^{2}\right)\left(z^{2}-s_{3}^{2}\right)\qquad (2)$

что, если мы сделаем упрощающее предположение, что b = 0, равно

$z^{6}+2cz^{4}+\left(c^{2}-4e\right)z^{2}-d^{2}\qquad (3)$

Этот многочлен имеет шестую степень, но только третью по z. ² , и, значит, соответствующее уравнение разрешимо. Опытным путем мы можем определить, какие три корня являются правильными, и, следовательно, найти решения квартики.

Мы можем исключить любые требования к пробному использованию, используя для факторинга корень того же резольвентного полинома; если w — любой корень из (3) и если

$F_{1}=x^{2}+wx+{\frac {1}{2}}w^{2}+{\frac {1}{2}}c-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {c^{2}w}{d}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {w^{5}}{d}}-{\frac {cw^{3}}{d}}+2{\frac {ew}{d}}$

$F_{2}=x^{2}-wx+{\frac {1}{2}}w^{2}+{\frac {1}{2}}c+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {w^{5}}{d}}+{\frac {cw^{3}}{d}}-2{\frac {ew}{d}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {c^{2}w}{d}}$

затем

$F_{1}F_{2}=x^{4}+cx^{2}+dx+e\qquad \qquad (4)$

Таким образом, мы можем решить квартику, найдя w, а затем найдя корни двух факторов, используя квадратичную формулу.

Приблизительные методы

Описанные выше методы, в принципе, являются точными методами поиска корней. Также возможно использовать методы последовательного приближения, которые итеративно сходятся к корням, такие как метод Дюрана – Кернера . Итерационные методы — единственные, доступные для уравнений пятой степени и более высокого порядка, за исключением тривиальных или особых случаев.

См. также

• Линейное уравнение
• Квадратное уравнение
• Кубическое уравнение
• Уравнение квинтики
• Полиномиальный
• метод Ньютона

Ссылки

• Достижение Феррари
• Формула четвертой степени как четыре отдельных уравнения в PlanetMath .

Внешние ссылки

• Калькулятор решения квартики