Równanie czwartego stopnia

Równanie czwartego stopnia – równanie algebraiczne postaci $\;ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h=0$, przy $a\neq 0$.

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 przypadki równań

W pewnych przypadkach równanie

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

(1)

można rozwiązać prostszymi metodami.

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 $x.$

Równanie ze znanym jednym z pierwiastków

Jeśli znajdzie się jeden pierwiastek $x_{0}$ równania (1), to można na mocy twierdzenia Bézouta podzielić wielomian $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h$ przez $x-x_{0}$, redukując równanie wyjściowe do równania trzeciego stopnia. Rozwiązując to równanie można znaleźć wszystkie rozwiązania równania (1).

Redukcja równania ogólnego

Równanie (1) jest redukowalne do postaci

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

(2)

.

Wyjściowe równanie należy podzielić obustronnie 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 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)

dla $q\neq 0\quad$ (równanie nie jest dwukwadratowe).

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

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)

Aby po obu stronach powyższego równania były pełne kwadraty, należy wybrać liczbę $v$, tak aby wyróżnik wielomianu po prawej stronie był zerowy:

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

(17)

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:

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

Powyższe równanie jest więc redukowalne do równań kwadratowych (wystarczy skorzystać ze wzoru na różnicę kwadratów):

$\left(u^{2}-{\sqrt {p+2v}}\cdot u+p+v+{\tfrac {q}{2{\sqrt {p+2v}}}}\right)\left(u^{2}+{\sqrt {p+2v}}\cdot u+p+v-{\tfrac {q}{2{\sqrt {p+2v}}}}\right)=0$

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.)