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 Ferro i Niccolo Tartaglię pozwalało to rozwiązać wszystkie typy równań stopnia 4. Wyniki te zostały opublikowane przez Girolamo Cardano w Ars Magna w 1545.

Najprostsze typy równań

W pewnych przypadkach równanie

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h=0\quad$$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$$b=d=0\quad$, czyli gdy (1) jest postaci

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

(1a)

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

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

Równanie zwrotne

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

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

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

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

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

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

Redukcja przypadku ogólnego

Dowód, że równanie (1) jest redukowalne do postaci

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

(2)

.

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

$x^{4}+{\frac {b}{a}}x^{3}+{\frac {c}{a}}x^{2}+{\frac {d}{a}}x+{\frac {h}{a}}=0.\quad$$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}}\;$$x=u-\tfrac{b}{4a}\;$ prowadzące do:

$\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{4}+{\frac {b}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{3}+$$\left(u-\frac{b}{4a}\right)^{4}+\frac{b}{a}\left(u-\frac{b}{4a}\right)^{3}+$ $+{\frac {c}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)^{2}+{\frac {d}{a}}\left(u-{\frac {b}{4a}}\right)+{\frac {h}{a}}=0.\quad$$+\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)+$$\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)+$$\frac{b}{a}\left(u^3-\frac{3b}{4a}u^2+\frac{3b^2}{16a^2}u-\frac{b^3}{64a^3}\right) +$ $+{\frac {c}{a}}\left(u^{2}-{\frac {b}{2a}}u+{\frac {b^{2}}{16a^{2}}}\right)+$$+\frac{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,$$+\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+$$u^{4}+\left( \frac{-3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a}\right) u^{2}+\left( \frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a}\right) u+$ $+\left({\frac {-3b^{4}}{256a^{4}}}+{\frac {cb^{2}}{16a^{3}}}-{\frac {bd}{4a^{2}}}+{\frac {h}{a}}\right)=0.$$+\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}},$$p=\frac{-3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a},$

$q={\frac {b^{3}}{8a^{3}}}-{\frac {bc}{2a^{2}}}+{\frac {d}{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}},$$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\;$$u^4+pu^2+qu+r=0\;$

(2)

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

Rozwiązywanie równania zredukowanego

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

Metoda Descartesa-Eulera

Metoda Descartesa-Eulera polega na rozwiązywaniu równań postaci

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

(2)

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

Jeśli znajdzie się jeden pierwiastek $u_{0}$$u_0$ równania (2), to można na mocy twierdzenia Bézouta podzielić wielomian $u^{4}+pu^{2}+qu+r\;$$u^4+pu^2+qu+r\;$ przez $u-u_{0}\;$$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\;$$t,v,w\;$ spełniające równanie

$t+v+w=2u\;$$t+v+w=2u\;$.

Wówczas

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

(7)

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

$tvw=-q\;$$tvw=-q\;$

(8)

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

(9)

$t^{2}v^{2}+t^{2}w^{2}+v^{2}w^{2}=p^{2}-4r\;$$t^2v^2+t^2w^2+v^2w^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}\;$$t^2v^2w^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}\;$$z_1,z_2,z_3\;$ „równania rozwiązującego”:

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

(12)

Niech

• $t\;$$t\;$ będzie jednym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{1}\;$$z_1\;$,
• $v\;$$v\;$ będzie jednym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{2}\;$$z_2\;$, a
• $w\;$$w\;$ będzie tym z dwóch pierwiastków kwadratowych z liczby $z_{3},\;$$z_3,\;$ przy którym będzie spełnione równanie (8) powyżej (ponieważ $q\neq 0\;$$q\neq 0\;$, to $z_{3}\neq 0\;$$z_3\neq 0\;$ i liczba ta ma dwa różne pierwiastki różniące się znakiem). Wówczas liczby $t,v,w\;$$t,v,w\;$ spełniają równania (8)-(10), więc również równanie (7). Otrzymuje się zatem rozwiązanie równania (2):

$u_{0}={\frac {t+v+w}{2}}$$u_0=\frac{t+v+w}{2}$.

Znajdowanie wszystkich pierwiastków

„Równanie rozwiązujące”

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

(12)

ma pierwiastki $z_{1},z_{2},z_{3}\;$$z_1,z_2,z_3\;$. Następnie wyznacza się liczby $t_{1},v_{1},w_{1}\;$$t_1,v_1,w_1\;$, tak że $t^{2}=z_{1},\;$$t^2=z_1,\;$ $v^{2}=z_{2},\;$$v^2=z_2,\;$ $w^{2}=z_{3}\;$$w^2=z_3\;$ oraz $tvw=-q\;$$tvw=-q\;$.

Wówczas liczby $t_{1},v_{1},w_{1}\;$$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\;$$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\;$$t^2_1v^2_1+t^2_1w^2_1+v^2_1w^2_1=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)=\;$$t_1^4+v_1^4+w_1^4-2\left(t_1^2w_1^2+t_1^2w_1^2+v_1^2w_1^2\right) =\;$ $=\left(t_{1}^{2}+v_{1}^{2}+w_{1}^{2}\right)^{2}-4\left(t_{1}^{2}w_{1}^{2}+t_{1}^{2}w_{1}^{2}+v_{1}^{2}w_{1}^{2}\right)=\;$$=\left(t_1^2+v_1^2+w_1^2\right)^2-4\left(t_1^2w_1^2+t_1^2w_1^2+v_1^2w_1^2\right) =\;$ $=4p^{2}-4\left(p^{2}-4r\right)=16r\;$$=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(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[\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}=$$=\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)=$$=16u^4-8u^2\left(t_1^2+v_1^2+w_1^2\right)-16ut_1v_1w_1+t_1^4+v_1^4+w_1^4-2\left(t_1^2w_1^2+t_1^2v_1^2+v_1^2w_1^2\right)=$

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

to dla ostatniej równości używa się równań (13) oraz $t_{1}v_{1}w_{1}=-q\;$$t_1v_1w_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$$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),\;$$\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}}$$u_1=\frac{t_1+v_1+w_1}{2}$,   $u_{2}={\frac {t_{1}-v_{1}-w_{1}}{2}},$$u_2=\frac{t_1-v_1-w_1}{2},$

$u_{3}={\frac {-t_{1}+v_{1}-w_{1}}{2}}$$u_3=\frac{-t_1+v_1-w_1}{2}$,   $u_{4}={\frac {-t_{1}-v_{1}+w_{1}}{2}}$$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$$\left(u_1-u_2\right)\left(u_1-u_3\right)\left(u_1-u_4\right)\left(u_2-u_3\right)\left(u_2-u_4\right)\left(u_3-u_4\right)=\left(t_1^2-v_1^2\right)\left(t_1^2-w_1^2\right)\left(v_1^2-w_1^2\right)\quad$, gdzie nadal $t_{1},v_{1},w_{1}\;$$t_1,v_1,w_1\;$ są pierwiastkami równania (12).

Metoda Ferrariego

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

(2)

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

Równanie (2) przekształca się do

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

a następnie

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

(14)

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

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

$(-q)^{2}-4(p+2v)(p^{2}-r+2pv+v^{2})=0\;$$(-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\;$$(p+2v)u^2-qu+(p^2-r+2pv+v^2)=0\;$.

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

$(q^{2}-4p^{3}+4pr)+(-16p^{2}+8r)v-20pv^{2}-8v^{3}=0,\;$$(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\;$$v\;$ będącym rozwiązaniem tego równania, wyrażenie

$(p+2v)u^{2}-qu+(p^{2}-r+2pv+v^{2})\;$$(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}$$(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$$u^{4}+pu^{2}+qu+r$ można zapisać jako iloczyn dwóch wielomianów kwadratowych: $u^{2}+au+b$$u^{2}+au+b$ i $u^{2}-au+c$$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^{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$$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$$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}}$${\begin{cases}{\begin{matrix}-a^{2}+b+c&=p\\a(-b+c)&=q\\bc&=r\end{matrix}}\end{cases}}$

Równanie drugie dzielimy przez $a$$a$:

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

Przenosimy $b$$b$ na drugą stronę:

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

Powyższą postać $c$$c$ podstawiamy do równania trzeciego:

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

Opuszczamy nawiasy:

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

Przenosimy $r$$r$ na lewą stronę:

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

Otrzymujemy równanie kwadratowe o zmiennej $b$$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}}$$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}}$$c=b+{\frac {q}{a}}$ podstawiamy $c$$c$ do równania pierwszego:

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

Przenosimy $p$$p$ na lewą stronę:

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

Podstawiamy otrzymaną wyżej postać $b$$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}+{\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$$-a^{2}+{\frac {-q\pm {\sqrt {q^{2}+4a^{2}r}}}{a}}+{\frac {q}{a}}-p=0$

Mnożymy obie strony równania przez $a$$a$:

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

Podkreślone wyrazy $q$$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^{3}+ap$

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

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

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

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

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

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 (en)