Równanie czwartego stopnia

Równanie czwartego stopnia – równanie algebraiczne postaci $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h=0,\quad$ gdzie $a\neq0$.

Rys historyczny

W 1540 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

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

(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 równanie to jest równaniem dwukwadratowym (bikwadratowym). 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 równania 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 Descartesa-Eulera

Metoda Descartesa-Eulera polega na rozwiązywaniu równań postaci

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

(2)

Jeśli $q=0\quad$ to wtedy równanie jest równaniem dwukwadratowym. 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

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

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

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

(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)

$t^2v^2+t^2w^2+v^2w^2=p^2-4r\;$

(10)

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

$t^2v^2w^2=q^2\;$

(11)

to układ równań (9)-(11) jest wzorem Viète'a dla pewnego równania sześciennego. Używając metod na rozwiązywanie równań trzeciego stopnia znajduje się pierwiastki $z_1,z_2,z_3\;$ "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). Otrzymuj się więc

$t_1^2+v_1^2+w_1^2=-2p\;$

oraz

$t^2_1v^2_1+t^2_1w^2_1+v^2_1w^2_1=p^2-4\;$,

a stąd

$t_1^4+v_1^4+w_1^4-2\left(t_1^2w_1^2+t_1^2w_1^2+v_1^2w_1^2\right) =\;$ $=\left(t_1^2+v_1^2+w_1^2\right)^2-4\left(t_1^2w_1^2+t_1^2w_1^2+v_1^2w_1^2\right) =\;$ $=4p^2-4\left(p^2-4r\right)=16r\;$

(13)

Skoro

$\left(2u-t_1-v_1-w_1\right)\left(2u-t_1+v_1+w_1\right)\left(2u+t_1-v_1+w_1\right)\left(2u+t_1+v_1-w_1\right)=\quad$

$=\left[\left(2u-t_1\right)^2-\left(v_1+w_1\right)^2\right]\left[\left(2u+t_1\right)^2-\left(v_1-w_1\right)^2\right]=\quad$

$=\left(4u^2-t_1^2\right)^2-\left(2u-t_1\right)^2\left(v_1-w_1\right)^2-\left(2u+t_1\right)^2\left(v_1+w_1\right)^2+\left(v_1^2-w_1^2\right)^2=$

$=16u^4-8u^2\left(t_1^2+v_1^2+w_1^2\right)-16ut_1v_1w_1+t_1^4+v_1^4+w_1^4-2\left(t_1^2w_1^2+t_1^2v_1^2+v_1^2w_1^2\right)=$

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

to dla ostatniej równości używa się równań (13) oraz $t_1v_1w_1=-q\;$, więc otrzymuje się równanie:

$16 (u^4+pu^2+qu+r)=\left(2u-t_1-v_1-w_1\right)\left(2u-t_1+v_1+w_1\right)\cdot$

$\cdot\left(2u+t_1-v_1+w_1\right)\left(2u+t_1+v_1-w_1\right),\;$

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 równania kwadratowego, np. korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów.

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)