Równanie czwartego stopnia

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

Wykres przykładowej funkcji czwartego stopnia ${\displaystyle y=7x^{4}+9x^{3}-24x^{2}-28x+48}$

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 Niccola Tartaglię pozwalało to rozwiązać wszystkie typy równań stopnia 4. Wyniki te zostały opublikowane przez Girolama Cardana w Ars Magna w 1545 r.

Najprostsze przypadki równań

W pewnych przypadkach równanie

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

(1)

można rozwiązać prostszymi metodami.

Równanie dwukwadratowe

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

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

(1a)

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

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

Równanie zwrotne

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

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

(1b)

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

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

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

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

z którego oblicza się ${\displaystyle y,}$ a potem wyznacza się ${\displaystyle x.}$

Równanie ze znanym jednym z pierwiastków

Jeśli znajdzie się jeden pierwiastek ${\displaystyle x_{0}}$ równania (1), to można na mocy twierdzenia Bézouta podzielić wielomian ${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h}$ przez ${\displaystyle x-x_{0},}$ 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

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

(2)

Wyjściowe równanie należy podzielić obustronnie przez ${\displaystyle a,}$ otrzymując:

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

(3)

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

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

(4)

Po wymnożeniu otrzymuje się:

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

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

(5)

a po uporządkowaniu zmiennych względem wykładników potęgowych równanie przybiera postać:

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

(6)

Jeśli oznaczy się jako

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

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

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

to równanie (1) zostało sprowadzone do postaci:

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

(2)

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

Rozwiązywanie równania zredukowanego

Równanie zredukowane można rozwiązać analitycznie na kilka sposobów:

Metoda Descartes’a-Eulera

Metoda Descartes’a-Eulera polega na rozwiązywaniu równań postaci

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

(2)

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

Znajdowanie jednego pierwiastka

Wprowadza się trzy zmienne ${\displaystyle t,v,w}$ spełniające równanie

${\displaystyle t+v+w=2u.}$

Wówczas

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

a stąd

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

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

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

(7)

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

${\displaystyle tvw=-q}$

(8)

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

(9)

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

(10)

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

${\displaystyle t^{2}v^{2}w^{2}=q^{2},}$

(11)

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

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

(12)

Niech

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

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

Znajdowanie wszystkich pierwiastków

„Równanie rozwiązujące”

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

(12)

ma pierwiastki ${\displaystyle z_{1},z_{2},z_{3}.}$

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

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

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

oraz

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

a stąd

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

(13)

Skoro

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

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

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

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

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

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

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

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

więc liczby

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

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

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

${\displaystyle \left(u_{1}-u_{2}\right)\left(u_{1}-u_{3}\right)\left(u_{1}-u_{4}\right)\left(u_{2}-u_{3}\right)\left(u_{2}-u_{4}\right)\left(u_{3}-u_{4}\right)=\left(t_{1}^{2}-v_{1}^{2}\right)\left(t_{1}^{2}-w_{1}^{2}\right)\left(v_{1}^{2}-w_{1}^{2}\right),\quad {}}$

gdzie nadal ${\displaystyle t_{1},v_{1},w_{1}}$ są pierwiastkami równania (12).

Metoda Ferrariego

Równanie (2) przekształca się do

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

a następnie

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

(14)

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

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

(15)

czyli

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

(16)

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

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

(17)

Równanie (17) można zapisać w postaci równania trzeciego stopnia względem ${\displaystyle v}$

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

(18)

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

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

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

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

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

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

Zobacz też

• równanie algebraiczne
• równanie kwadratowe
• równanie sześcienne
• 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.)

Linki zewnętrzne

• Eric W.E.W. Weisstein Eric W.E.W., Quartic Equation, [w:] MathWorld, Wolfram Research (ang.). [dostęp 2024-03-07].
• Eric W.E.W. Weisstein Eric W.E.W., Biquadratic Equation, [w:] MathWorld, Wolfram Research (ang.). [dostęp 2024-03-07].

Encyklopedie internetowe (równanie wielomianowe):

• Britannica: topic/quartic-equation