Równanie czwartego stopnia

Równanie czwartego stopnia – równanie algebraiczne postaci ax⁴ + bx³ + cx² + dx + h = 0, przy a ≠ 0.

Rys historyczny

W 1540 r. Lodovico Ferrari odkrył ogólną metodę redukcji równań czwartego stopnia do równań sześciennych. Razem z metodą rozwiązywania tych ostatnich opracowaną wcześniej przez Scipione del Ferra i Niccola Tartaglię pozwalało to rozwiązać wszystkie typy równań stopnia 4. Wyniki te zostały opublikowane przez Girolama Cardana w Ars Magna w 1545.

Najprostsze typy równań

W pewnych przypadkach równanie

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h=0\quad$

(1)

można rozwiązać, przekształcając je w równanie kwadratowe.

Równanie dwukwadratowe

Jeśli $b=d=0\quad$, czyli gdy (1) jest postaci

$ax^{4}+cx^{2}+h=0,\quad$

(1a)

to jest to równanie dwukwadratowe (bikwadratowe). Aby je rozwiązać, trzeba podstawić $t=x^{2}$.

Wówczas otrzymuje się równanie kwadratowe $at^{2}+ct+h=0$, które rozwiązuje się, używając formuły kwadratowej.

Równanie zwrotne

Jeśli $b=d\quad$ oraz $a=h\quad$, czyli gdy (1) jest postaci

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+bx+a=0,\quad$

(1b)

to równanie jest równaniem zwrotnym. Rozwiązuje się je, dzieląc obie strony równania przez $x^{2}$ i otrzymując

$a(x^{2}+x^{-2})+b(x+x^{-1})+c=0.$

Podstawiając $y=x+x^{-1}$, otrzymuje się $x^{2}+x^{-2}=y^{2}-2$ i równanie kwadratowe:

$a(y^{2}-2)+by+c=0,$

z którego oblicza się $y$, a potem wyznacza się $x.$

Redukcja przypadku ogólnego

Dowód, że równanie (1) jest redukowalne do postaci

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=0$

(2)

Wychodząc z równania (1), dzieli się obie strony przez $a$, otrzymując:

$x^{4}+{\frac {b}{a}}x^{3}+{\frac {c}{a}}x^{2}+{\frac {d}{a}}x+{\frac {h}{a}}=0.\quad$

(3)

Następnie stosuje się podstawienie $x=u-{\tfrac {b}{4a}}$ prowadzące do:

$\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{4}+{\frac {b}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{3}+$ $+{\frac {c}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{2}+{\frac {d}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)+{\frac {h}{a}}=0.\quad$

(4)

Po wymnożeniu otrzymuje się:

$\left(u^{4}-{\frac {b}{a}}u^{3}+{\frac {6b^{2}}{16a^{2}}}u^{2}-{\frac {4b^{3}}{64a^{3}}}u+{\frac {b^{4}}{256a^{4}}}\right)+$

${\frac {b}{a}}\left(u^{3}-{\frac {3b}{4a}}u^{2}+{\frac {3b^{2}}{16a^{2}}}u-{\frac {b^{3}}{64a^{3}}}\right)+$ $+{\frac {c}{a}}\left(u^{2}-{\frac {b}{2a}}u+{\frac {b^{2}}{16a^{2}}}\right)+$ $+{\frac {d}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)+{\frac {h}{a}}=0,$

(5)

a po uporządkowaniu zmiennych względem wykładników potęgowych równanie przybiera postać:

$u^{4}+\left({\frac {-3b^{2}}{8a^{2}}}+{\frac {c}{a}}\right)u^{2}+\left({\frac {b^{3}}{8a^{3}}}-{\frac {bc}{2a^{2}}}+{\frac {d}{a}}\right)u+$ $+\left({\frac {-3b^{4}}{256a^{4}}}+{\frac {cb^{2}}{16a^{3}}}-{\frac {bd}{4a^{2}}}+{\frac {h}{a}}\right)=0.$

(6)

Jeśli oznaczy się jako

$p={\frac {-3b^{2}}{8a^{2}}}+{\frac {c}{a}},$

$q={\frac {b^{3}}{8a^{3}}}-{\frac {bc}{2a^{2}}}+{\frac {d}{a}},$

$r={\frac {-3b^{4}}{256a^{4}}}+{\frac {cb^{2}}{16a^{3}}}-{\frac {bd}{4a^{2}}}+{\frac {h}{a}},$

to równanie (1) zostało sprowadzone do postaci:

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=0$

(2)

Tę redukcję można wykonać, stosując schemat Hornera, ponieważ $u=x+{\tfrac {b}{4a}}$ i więc poszukiwanie współczynników odpowiedniego wielomianu z $u$ to faktycznie rozkładanie wielomianu względem potęg dwumianu $x+{\tfrac {b}{4a}}$.

Rozwiązywanie równania zredukowanego

Równanie zredukowane w sposób opisany powyżej można rozwiązać analitycznie na kilka sposobów:

Metoda Descartes’a-Eulera

Metoda Descartes’a-Eulera polega na rozwiązywaniu równań postaci

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=0$

(2)

Gdy $q=0\quad$, jest to równanie dwukwadratowe. Jeśli nie, to stosuje się procedurę opisaną w tej sekcji.

Jeśli znajdzie się jeden pierwiastek $u_{0}$ równania (2), to można na mocy twierdzenia Bézouta podzielić wielomian $u^{4}+pu^{2}+qu+r$ przez $u-u_{0}$, redukując równanie wyjściowe do równania trzeciego stopnia. Rozwiązując to równanie można znaleźć wszystkie rozwiązania równania (2).

Znajdowanie jednego pierwiastka

Wprowadza się trzy zmienne $t,v,w$ spełniające równanie

$t+v+w=2u$.

Wówczas

$t^{2}+v^{2}+w^{2}+2(tv+tw+vw)=4u^{2}$,

a stąd

$\left(t^{2}+v^{2}+w^{2}\right)^{2}+4\left(t^{2}+v^{2}+w^{2}\right)\left(tv+tw+vw\right)+$
$+4\left(t^{2}v^{2}+t^{2}w^{2}+v^{2}w^{2}\right)+8tvw\left(t+v+w\right)=16u^{4}$.

Mnożąc obie strony (2) przez 16 i podstawiając wyrażenia na $u,u^{2},u^{4}$ dane przez powyższe równania otrzymuje się:

$\left(t^{2}+v^{2}+w^{2}\right)^{2}+4p\left(t^{2}+v^{2}+w^{2}\right)+$ $+4\left(tv+tw+vw\right)\left(t^{2}+v^{2}+w^{2}+2p\right)+$ $+4\left(t^{2}v^{2}+t^{2}w^{2}+v^{2}w^{2}\right)+$ $+8\left(t+v+w\right)\left(tvw+q\right)+16r=0$

(7)

Każda trójka liczb $t,v,w$ spełniająca równanie (7) daje rozwiązanie $u$ równania (2). Jeśli liczby $t,v,w$ spełniają równania

$tvw=-q$

(8)

$t^{2}+v^{2}+w^{2}=-2p$

(9)

$t^{2}v^{2}+t^{2}w^{2}+v^{2}w^{2}=p^{2}-4r$

(10)

to spełniają one również równanie (7). Jeśli równanie (8) przekształci się do

$t^{2}v^{2}w^{2}=q^{2}$

(11)

to układ równań (9)-(11) jest wzorem Viète’a dla pewnego równania sześciennego. Używając metod na rozwiązywanie równań trzeciego stopnia znajduje się pierwiastki $z_{1},z_{2},z_{3}$ „równania rozwiązującego”:

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

(12)

Niech

• $t$ będzie jednym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{1}$,
• $v$ będzie jednym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{2}$, a
• $w$ będzie tym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{3},$ przy którym będzie spełnione równanie (8) powyżej (ponieważ $q\neq 0$, to $z_{3}\neq 0$ i liczba ta ma dwa różne pierwiastki różniące się znakiem). Wówczas liczby $t,v,w$ spełniają równania (8)-(10), więc również równanie (7). Otrzymuje się zatem rozwiązanie równania (2):

$u_{0}={\frac {t+v+w}{2}}$.

Znajdowanie wszystkich pierwiastków

„Równanie rozwiązujące”

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

(12)

ma pierwiastki $z_{1},z_{2},z_{3}$. Następnie wyznacza się liczby $t_{1},v_{1},w_{1}$, tak że $t^{2}=z_{1},$ $v^{2}=z_{2},$ $w^{2}=z_{3}$ oraz $tvw=-q$.

Wówczas liczby $t_{1},v_{1},w_{1}$ spełniają równania (8)-(10), a zatem również równanie (7). Otrzymuje się więc

$t_{1}^{2}+v_{1}^{2}+w_{1}^{2}=-2p$

oraz

$t_{1}^{2}v_{1}^{2}+t_{1}^{2}w_{1}^{2}+v_{1}^{2}w_{1}^{2}=p^{2}-4$,

a stąd

$t_{1}^{4}+v_{1}^{4}+w_{1}^{4}-2\left(t_{1}^{2}w_{1}^{2}+t_{1}^{2}w_{1}^{2}+v_{1}^{2}w_{1}^{2}\right)=$ $=\left(t_{1}^{2}+v_{1}^{2}+w_{1}^{2}\right)^{2}-4\left(t_{1}^{2}w_{1}^{2}+t_{1}^{2}w_{1}^{2}+v_{1}^{2}w_{1}^{2}\right)=$ $=4p^{2}-4\left(p^{2}-4r\right)=16r$

(13)

Skoro

$\left(2u-t_{1}-v_{1}-w_{1}\right)\left(2u-t_{1}+v_{1}+w_{1}\right)\left(2u+t_{1}-v_{1}+w_{1}\right)\left(2u+t_{1}+v_{1}-w_{1}\right)=\quad$

$=\left[\left(2u-t_{1}\right)^{2}-\left(v_{1}+w_{1}\right)^{2}\right]\left[\left(2u+t_{1}\right)^{2}-\left(v_{1}-w_{1}\right)^{2}\right]=\quad$

$=\left(4u^{2}-t_{1}^{2}\right)^{2}-\left(2u-t_{1}\right)^{2}\left(v_{1}-w_{1}\right)^{2}-\left(2u+t_{1}\right)^{2}\left(v_{1}+w_{1}\right)^{2}+\left(v_{1}^{2}-w_{1}^{2}\right)^{2}=$

$=16u^{4}-8u^{2}\left(t_{1}^{2}+v_{1}^{2}+w_{1}^{2}\right)-16ut_{1}v_{1}w_{1}+t_{1}^{4}+v_{1}^{4}+w_{1}^{4}-2\left(t_{1}^{2}w_{1}^{2}+t_{1}^{2}v_{1}^{2}+v_{1}^{2}w_{1}^{2}\right)=$

$=16(u^{4}+pu^{2}+qu+r)$

to dla ostatniej równości używa się równań (13) oraz $t_{1}v_{1}w_{1}=-q$, więc otrzymuje się równanie:

$16(u^{4}+pu^{2}+qu+r)=\left(2u-t_{1}-v_{1}-w_{1}\right)\left(2u-t_{1}+v_{1}+w_{1}\right)\cdot$

$\cdot \left(2u+t_{1}-v_{1}+w_{1}\right)\left(2u+t_{1}+v_{1}-w_{1}\right),$

więc liczby

$u_{1}={\frac {t_{1}+v_{1}+w_{1}}{2}}$,   $u_{2}={\frac {t_{1}-v_{1}-w_{1}}{2}},$

$u_{3}={\frac {-t_{1}+v_{1}-w_{1}}{2}}$,   $u_{4}={\frac {-t_{1}-v_{1}+w_{1}}{2}}$

spełniają równanie (2). Są to wszystkie pierwiastki tego równania.

Równanie (2) ma 4 różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy równanie (12) ma 3 różne pierwiastki rzeczywiste.

Dowód

Na mocy użytych wcześniej równań otrzymuje się

$\left(u_{1}-u_{2}\right)\left(u_{1}-u_{3}\right)\left(u_{1}-u_{4}\right)\left(u_{2}-u_{3}\right)\left(u_{2}-u_{4}\right)\left(u_{3}-u_{4}\right)=\left(t_{1}^{2}-v_{1}^{2}\right)\left(t_{1}^{2}-w_{1}^{2}\right)\left(v_{1}^{2}-w_{1}^{2}\right)\quad$, gdzie nadal $t_{1},v_{1},w_{1}$ są pierwiastkami równania (12).

Metoda Ferrariego

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=0$

(2)

Równanie $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$ jest redukowalne do powyższego przez podzielenie obu stron przez $a$ i podstawienie $x=u-{\tfrac {b}{4a}}$.

Równanie (2) przekształca się do

$u^{4}+2pu^{2}+p^{2}=pu^{2}-qu-r+p^{2}$

a następnie

$(u^{2}+p)^{2}=pu^{2}-qu-r+p^{2}$

(14)

Wprowadzamy nową niewiadomą $v$. Dodając do wyrażenia w nawiasie równania (14) po lewej stronie $v$ można zapisać

$(u^{2}+p+v)^{2}=(u^{2}+p)^{2}+2v(u^{2}+p)+v^{2}=$ $=pu^{2}-qu-r+p^{2}+2v(u^{2}+p)+v^{2}=$ $=(p+2v)u^{2}-qu+(p^{2}-r+2pv+v^{2}),$

(15)

czyli

$(u^{2}+p+v)^{2}=(p+2v)u^{2}-qu+(p^{2}-r+2pv+v^{2})$

(16)

Wyrażenie drugiego stopnia jest kwadratem, gdy jego wyróżnik jest równy zero. Należy zatem wybrać liczbę $v$, tak aby

$(-q)^{2}-4(p+2v)(p^{2}-r+2pv+v^{2})=0$

(17)

Lewa strona równania (17) to wyróżnik wyrażenia kwadratowego

$(p+2v)u^{2}-qu+(p^{2}-r+2pv+v^{2})=0$.

Równanie (17) można zapisać w postaci równania trzeciego stopnia względem $v$

$(q^{2}-4p^{3}+4pr)+(-16p^{2}+8r)v-20pv^{2}-8v^{3}=0,$

(18)

które można rozwiązać metodami del Ferro i Tartaglii. Zatem przy $v$ będącym rozwiązaniem tego równania, wyrażenie

$(p+2v)u^{2}-qu+(p^{2}-r+2pv+v^{2})$

jest pełnym kwadratem i równanie (2) zostaje zredukowane do:

$(u^{2}+p+v)^{2}=(p+2v)\left(u-{\frac {q}{2(p+2v)}}\right)^{2}$(19)

Powyższe równanie jest redukowalne do kwadratowego, np. korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów.

Inne podejście

Wielomian $u^{4}+pu^{2}+qu+r$ można zapisać jako iloczyn dwóch wielomianów kwadratowych: $u^{2}+au+b$ i $u^{2}-au+c$:

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=(u^{2}+au+b)(u^{2}-au+c)$

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=u^{4}{\underline {-au^{3}}}+cu^{2}{\underline {+au^{3}}}-a^{2}u^{2}+acu+bu^{2}-abu+bc$

Podkreślone wyrazy, czyli trzecie potęgi, upraszczają się. W wyniku pozostałych uproszczeń otrzymujemy poniższe równanie:

$u^{4}+pu^{2}+qu+r=u^{4}+(-a^{2}+b+c)u^{2}+a(-b+c)u+bc$

Przyrównując odpowiadające sobie potęgi do siebie, otrzymujemy układ 3 równań z 3 niewiadomymi:

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

Równanie drugie dzielimy przez $a$:

$-b+c={\frac {q}{a}}$

Przenosimy $b$ na drugą stronę:

$c=b+{\frac {q}{a}}$

Powyższą postać $c$ podstawiamy do równania trzeciego:

$b(b+{\frac {q}{a}})=r$

Opuszczamy nawiasy:

$b^{2}+{\frac {q}{a}}b=r$

Przenosimy $r$ na lewą stronę:

$b^{2}+{\frac {q}{a}}b-r=0$

Otrzymujemy równanie kwadratowe o zmiennej $b$, którego rozwiązaniem jest:

$b={\frac {-{\frac {q}{a}}\pm {\sqrt {{\frac {q^{2}}{a^{2}}}+4r}}}{2}}={\frac {-q\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}}{2a}}$

Na podstawie równania $c=b+{\frac {q}{a}}$ podstawiamy $c$ do równania pierwszego:

$-a^{2}+b+b+{\frac {q}{a}}=p$

Przenosimy $p$ na lewą stronę:

$-a^{2}+2b+{\frac {q}{a}}-p=0$

Podstawiamy otrzymaną wyżej postać $b$:

$-a^{2}+{\underline {2}}\cdot {\frac {-q\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}}{{\underline {2}}a}}+{\frac {q}{a}}-p=0$

$-a^{2}+{\frac {-q\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}}{a}}+{\frac {q}{a}}-p=0$

Mnożymy obie strony równania przez $a$:

$-a^{3}{\underline {-q}}\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}{\underline {+q}}-pa=0$

Podkreślone wyrazy $q$ upraszczają się. Pozostałe wszystkie wyrazy, oprócz pierwiastka, przenosimy na prawą stronę:

$\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}=a^{3}+ap$

$\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}=a(a^{2}+p)$

Podnosimy obie strony równania do kwadratu:

$q^{2}+4a^{2}r=a^{2}(a^{2}+p)^{2}$

$q^{2}+4a^{2}r=a^{2}(a^{4}+2pa^{2}+p^{2})$

Opuszczamy nawiasy:

$q^{2}+4a^{2}r=a^{6}+2pa^{4}+p^{2}a^{2}$

Lewą stronę równania przenosimy na prawą:

$a^{6}+2pa^{4}+p^{2}a^{2}-q^{2}-4ra^{2}=0$

Grupujemy wyrazy podobne:

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

Na koniec stosujemy podstawienie $a^{2}=t$:

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

W ten sposób otrzymujemy równanie sześcienne o zmiennej $t$, które rozwiązujemy i za pomocą którego obliczymy $a$. Rozwiązanie $b$ i $c$ natomiast jest już trywialne. Rozwiązując $a$, $b$ i $c$, znamy równania kwadratowe, których iloczyn opisuje nasze wyjściowe równanie stopnia czwartego, a których rozwiązanie jest równie trywialne.

Ten układ równań można nieco inaczej rozwiązać

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

Przenieśmy w pierwszym równaniu: $a^{2}$ na drugą stronę

Podzielmy drugie równanie przez: $-a$

Pomnóżmy trzecie równanie przez: $4$

${\begin{cases}b+c=p+a^{2}\\b-c=-{\frac {q}{a}}\\4bc=4r\end{cases}}$

Pierwsze dwa równania dodajmy i odejmijmy stronami

${\begin{cases}2b=p+a^{2}-{\frac {q}{a}}\\2c=p+a^{2}+{\frac {q}{a}}\\4bc=4r\end{cases}}$

Wstawiamy obliczone b oraz c z pierwszych dwóch równań do trzeciego równania i otrzymujemy

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

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

$p^{2}+2pa^{2}+a^{4}-{\frac {q^{2}}{a^{2}}}=4r$

$a^{6}+2pa^{4}+p^{2}a^{2}-q^{2}=4ra^{2}$

$a^{6}+2pa^{4}+\left(p^{2}-4r\right)a^{2}-q^{2}=0$

$t=a^{2}$

$t^{3}+2pt^{2}+\left(p^{2}-4r\right)t-q^{2}=0$

Widzimy że dzielenie przez zero wystąpi gdy: $a=0$

Z drugiego równania wnosimy że gdy: $a=0$ to: $q=0$

zatem rozsądnym pomysłem będzie wyodrębnienie przypadku równania dwukwadratowego

i założenie że dokonujemy tego rozkładu gdy: $q\neq 0$

Zobacz też

• równanie kwadratowe
• równanie trzeciego stopnia
• równanie zwrotne

Bibliografia

• Sierpiński, Wacław: Zasady algebry wyższej, „Monografie Matematyczne” Tom 11, Rozdział 10. Plik pdf jest dostępny z serwisu Biblioteka Wirtualna Nauki
• Równania kwadratowe, sześcienne i czwartego stopnia w serwisie MacTutor History of Mathematics archive (ang.)