Рівняння четвертого степеня

Матеріал з Вікіпедії — вільної енциклопедії.

Графік функції $y=x^4-0,5x^3-5x^2+2x+4\,\quad$

У математиці рівняння четвертого степеня є результатом прирівнювання полінома четвертого степеня до нуля. Воно має такий загальний вигляд

$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0 \,\quad$ ,

де $a\ne 0\quad$ .

Рівняння четвертого степеня є рівняннями з найвищим степенем, що допускають представлення загального розв'язку у радикалах.

Зміст

1 Історія
2 Застосування
3 Розв'язування рівняння четвертого степеня
4 Див. також
5 Посилання

[ред.] Історія

Лодовіко Феррарі

Рівняння четвертого степеня були вперше розглянуті індійськими математиками в Індії між 400 до н. е. і 200 н. е.

Лодовіко Феррарі є першим, хто здійснив відкриття розв'язку рівнянь четвертого степеня (1540), проте його робота мала один недолік: він спирався на розв'язок кубічного рівняння, яким він не володів, тому цей розв'язок не було опубліковано.[1] Опублікували його розв'язок разом з розв'язком кубічного рівняння його наставника Кардано у книзі «Ars Magna» (1545).

Недоведеність того факту, що рівняння вищих степенів (п'ятого і вище) не може мати (взагалі кажучи) коренів, представлених в радикалах, підбурювала вчених тих часів шукати ці розв'язки. Але у 1824 році була опублікована теорема Абеля-Руффіні, яка відкидала можливість виражати корені рівнянь вищих степенів через радикали.^[1]

[ред.] Застосування

Поліноми вищих степенів часто розглядаються у проблемах математичних методів оптимізації, де, зокрема, доводиться розглядати поліноми четвертого степеня, хоча і не дуже часто.

Рівняння четвертого степеня часто виникають у комп'ютерній графіці і при обчисленні рей-трейсингу (обтікання променів) проти торичних поверхонь, а також поверхонь четвертого порядку, що на наступному рівні після сфери і лінійчастих поверхонь.[2]

Іншою типовою задачею, у процесі розв'язання якої виникає рівняння четвертого степеня, є відшукання перетину двох еліпсів, заданих неканонічно.

Також досить часто виникає потреба розв'язувати рівняння четвертого степеня у задачах, які полягають у відшуканні умов стійкості динамічних систем. Це пов'язано з тим, що потрібно шукати власні значення матриць монодромії вищезгаданих систем, що у випадку матриць 4 на 4 рівносильне розв'язанню деякого рівняння четвертого степеня.

Програмна версія стійкого розв'язку рівняння четвертого степеня наведена у Graphics Gems.[3]

[ред.] Розв'язування рівняння четвертого степеня

[ред.] Частинні випадки

[ред.] З нульовим вільним членом

Якщо a₄ = 0, то один з коренів x = 0, а інші можна знайти, поділивши все рівняння на x, після чого отримавши кубічне рівняння,

$a_0x^3+a_1x^2+a_2x+a_3=0.\quad$

[ред.] Очевидні корені: 1 і −1

Рівняння $a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4=0\quad$ має корінь −1, якщо $a_0+a_1+a_2+a_3+a_4=0.\quad$

У цьому випадку, $a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4\quad$ можна поділити на $x-1\quad$ , після чого продовжити шукати корені, опираючись на властивості коефіцієнтів.

Рівняння $a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4=0\quad$ має корінь 1, якщо $a_0-a_1+a_2-a_3+a_4=0.\quad$

У цьому випадку, $a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4\quad$ можна поділити на $x+1\quad$ , після чого продовжити шукати корені, опираючись на властивості коефіцієнтів.

[ред.] Біквадратні рівняння

Графік функції $y=x^4-5x^2+4\,\quad$ . Поліном четвертого степеня, що стоїть у правій частині, є біквадратичним і має симетричні корені: 1 і −1, 2 і −2.

Рівняння четвертого степеня, у якому a₃ і a₁ дорівнюють нулю, набуває вигляду:

$a_0x^4+a_2x^2+a_4=0\,\!\quad$

Воно називається біквадртаним рівнянням і є простим для розв'язання. Замінимо $z=x^2\quad$ , після чого наше рівняння перетвориться у відповідне йому квадратне рівняння

$a_0z^2+a_2z+a_4=0\,\!\quad$

яке має корені:

$z={{-a_2\pm\sqrt{a_2^2-4a_0a_4}} \over {2a_0}}\,\!\quad$

Оскільки нам треба знайти x, то повернемось до заміни (використавши два значення для змінної z), врахувавши, чому дорівнює z

$x_1=+\sqrt{z_1}\,\!\quad$

$x_2=-\sqrt{z_1}\,\!\quad$

$x_3=+\sqrt{z_2}\,\!\quad$

$x_4=-\sqrt{z_2}\,\!\quad$

Якщо серед знайдених чисел z є від'ємні або комплексні числа, то деякі з остаточних коренів рівняння будуть комплексні.

[ред.] Квазісиметричні рівняння

Загальний вигляд рівняння:

$x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+m^2=0\quad$ , де $m = a_3/a_1\quad$ . Розв'язок цього рівняння можна здійснити таким методом:

Поділимо обидві частини рівняння на $x^2\quad$ , отримаємо

$x^2+a_1x+a_2+a_3/x+m^2/x^2=0\quad$

$x^2+m^2/x^2+a_1x+a_3/x+a_2=0\quad$

$(x^2+m^2/x^2)+a_1(x+m/x)+a_2=0\quad$

після цього виконаємо заміну:

$z=x + m/x.\quad$

Маємо

$z^2 - 2m= x^2 + m^2/x^2\quad$

Отже:

$(z^2-2m)+a_1z+a_2=0.\quad$

Розв'язком цього рівняння є 2 дійсні корені

$z_1\quad$ і $z_2\quad$

Повернемось до заміни, тоді корені початкового рівняння можна дістати, розв'язавши такі рівняння:

$x^2 - z_1 x+m=0.\quad$

і

$x^2 - z_2 x+m=0.\quad$

У випадку, коли $a_0\quad$ відмінне від 1 у

$a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_0m^2=0\quad$

цей метод безпосередньо застосовувати не можна. Проте, виконавши перший крок, що полягає у діленні рівняння на $a_0\quad$ ми отримаємо рівняння, приведене у потрібний вигляд.

Квазісиметричні рівняння четвертого степеня задовольняють такі умови (вони випливають з формули Вієта): нехай $x_1\quad$ , $x_2\quad$ , і $x_3\quad$ , $x_4\quad$ — корені рівняння, тоді:

$x_1x_2=m\quad$ ;
$x_3x_4=m\quad$ ;
$x_1x_2x_3x_4=m^2\quad$ .

[ред.] Загальний випадок, метод Феррарі

Для початку, рівняння четвертого степеня потрібно перетворити у канонічне рівняння четвертого степеня.

[ред.] Канонізація рівняння четвертого степеня

Нехай

$A x^4 + B x^3 + C x^2 + D x + E = 0 \qquad\qquad(1')\quad$

рівняння четвертого степеня, яке треба розв'язати. Поділимо обидві частини на A,

$x^4 + {B \over A} x^3 + {C \over A} x^2 + {D \over A} x + {E \over A} = 0. \quad$

Наступним кроком обнулимо коефіцієнт при x³. Для того, щоб це зробити, замінимо x на u, тобто

$x = u - {B \over 4 A} \quad$ .

Отимаємо

$\left( u - {B \over 4 A} \right)^4 + {B \over A} \left( u - {B \over 4 A} \right)^3 + {C \over A} \left( u - {B \over 4 A} \right)^2 + {D \over A} \left( u - {B \over 4 A} \right) + {E \over A} = 0. \quad$

Розкриємо дужки, піднісши до відповідних степенів

$\left( u^4 - {B \over A} u^3 + {6 u^2 B^2 \over 16 A^2} - {4 u B^3 \over 64 A^3} + {B^4 \over 256 A^4} \right) + {B \over A} \left( u^3 - {3 u^2 B \over 4 A} + {3 u B^2 \over 16 A^2} - {B^3 \over 64 A^3} \right) + {C \over A} \left( u^2 - {u B \over 2 A} + {B^2 \over 16 A^2} \right) + {D \over A} \left( u - {B \over 4 A} \right) + {E \over A} = 0. \quad$

Зведемо подібні доданки

$u^4 + \left( {-3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A} \right) u^2 + \left( {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A} \right) u + \left( {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A} \right) = 0. \quad$

Перепозначимо коефіцієнти при u. Нехай

$\alpha = {-3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A}, \quad$

$\beta = {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A}, \quad$

$\gamma = {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A}. \quad$

Отже, ми отримали рівняння

$u^4 + \alpha u^2 + \beta u + \gamma = 0 \qquad \qquad (1) \quad$

яке називається канонічним рівнянням четвертого степеня.

Якщо $\beta=0\quad$ , то ми отримаємо біквадратне рівняння, яке легко розв'язується.

[ред.] Розв'язок Феррарі

Розглянемо суть методу Феррарі для розв'язання канонічного рівняння четвертого степеня. Для цього спочатку запишемо очевидну тотожність

$(u^2 + \alpha)^2 - u^4 - 2 \alpha u^2 = \alpha^2\,\quad$

і додамо її до рівняння (1), отримаємо

$(u^2 + \alpha)^2 + \beta u + \gamma = \alpha u^2 + \alpha^2. \qquad \qquad (2) \quad$

Це було зроблено для того, щоб замість u⁴ отримався повний квадрат: (u² + α)². Другий доданок, αu² не зник, проте його знак замінився на протилежний і він перемістився на інший бік рівняння.

Наступним кроком є введення нової змінної y у повний квадрат рівняння (2), і перенесення 2y разом з коефіцієнтом u² до правої частини. Отримаємо тотожну рівність, яку ми потім додамо до рівняння (2)

$\begin{matrix} (u^2+\alpha+y)^2-(u^2+\alpha)^2 & = & 2y(u^2+\alpha)+ y^2\ \ \\ & = & 2yu^2+2y\alpha+y^2, \end{matrix} \quad$

також розглянемо очевидну рівність

$0 = (\alpha + 2 y) u^2 - 2 y u^2 - \alpha u^2\,\quad$

Додамо дві останні рівності, отримаємо

$(u^2 + \alpha + y)^2 - (u^2 + \alpha)^2 = (\alpha + 2 y) u^2 - \alpha u^2 + 2 y \alpha + y^2\quad$

Додавши цю рівність до (2), отримаємо

$(u^2 + \alpha + y)^2 + \beta u + \gamma = (\alpha + 2 y) u^2 + (2 y \alpha + y^2 + \alpha^2).\,\quad$

Ця рівність еквівалентна

$(u^2 + \alpha + y)^2 = (\alpha + 2 y) u^2 - \beta u + (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma). \qquad \qquad (3)\,\quad$

Виберемо змінну y так, щоб у правій частині рівності (3) утворився повний квадрат. Це буде зроблено, якщо дискримінант квадратичної функції правої частини дорівнюватиме 0. Для пояснення цього явища, розглянемо повний квадрат як деяку квадратичну функцію:

$(s u + t)^2 = (s^2) u^2 + (2 s t) u + (t^2).\,\quad$

Квадратична функція з правого боку нерівності має три коефіцієнти. Можна переконатися, що квадрат другого з них мінус почетверений добуток першого на третього дасть нуль:

$(2 s t)^2 - 4 (s^2) (t^2) = 0.\,\quad$

Тому, для того, щоб перетворити праву частину рівняння (3) на повний квадрат, потрібно розв'язати таке рівняння відносно параметра y:

$(-\beta)^2 - 4 (2 y + \alpha) (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma) = 0.\,\quad$

Виконаємо множення і зведемо подібні доданки при y,

$\beta^2 - 4 (2 y^3 + 5 \alpha y^2 + (4 \alpha^2 - 2 \gamma) y + (\alpha^3 - \alpha \gamma)) = 0\,\quad$

Поділимо обидві частини на −4, і перенесемо −β²/4 у праву частину,

$2 y^3 + 5 \alpha y^2 + ( 4 \alpha^2 - 2 \gamma ) y + \left( \alpha^3 - \alpha \gamma - {\beta^2 \over 4} \right) = 0 \qquad \qquad \quad$

Маємо кубічне рівняння відносно y. Поділимо обидві частини на 2,

$y^3 + {5 \over 2} \alpha y^2 + (2 \alpha^2 - \gamma) y + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. \qquad \qquad (4) \quad$

[ред.] Перетворення похідного кубічного рівняння до канонічного вигляду

Рівняння (4) є похідним кубічним рівнянням від рівняння четвертого степеня. Щоб його розв'язати, потрібно привести його до канонічного вигляду. Зробимо заміну

$y = v - {5 \over 6} \alpha. \quad$

Рівняння (4) набуває вигляду

$\left( v - {5 \over 6} \alpha \right)^3 + {5 \over 2} \alpha \left( v - {5 \over 6} \alpha \right)^2 + (2 \alpha^2 - \gamma) \left( v - {5 \over 6} \alpha \right) + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. \quad$

Розкриємо дужки:

$\left( v^3 - {5 \over 2} \alpha v^2 + {25 \over 12} \alpha^2 v - {125 \over 216} \alpha^3 \right) + {5 \over 2} \alpha \left( v^2 - {5 \over 3} \alpha v + {25 \over 36} \alpha^2 \right) + (2 \alpha^2 - \gamma) v - {5 \over 6} \alpha (2 \alpha^2 - \gamma ) + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. \quad$

Зведемо подібні доданки при степенях v, врахувавши, що коефіцієнт при v² дорівнює нулю і цей доданок знищується,

$v^3 + \left( - {\alpha^2 \over 12} - \gamma \right) v + \left( - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. \quad$

Ми отримали канонічне кубічне рівняння.

Перепозначимо його коефіцієнти,

$P = - {\alpha^2 \over 12} - \gamma, \quad$

$Q = - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8}. \quad$

Отримаємо рівняння:

$v^3 + P v + Q = 0. \qquad \qquad (5)\quad$

[ред.] Розв'язування похідного кубічного рівняння

Розглянемо питання про розв'язання (нас задовольнить будь-який розв'язок) рівняння (5).

Позначимо: $U=\sqrt[3]{{Q\over 2}\pm \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}}\quad$

(взято з кубічне рівняння),

отримається такий розв'язок кубічного рівняння (4) є:

$y = - {5 \over 6} \alpha + {P\over 3U} - U \qquad \qquad (6)\quad$

Можна показати, що мають місце співвідношення

1: $P=0 \Longleftarrow {Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}=0\quad$

2: $\lim_{P\to 0}{P \over \sqrt[3]{{Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}}}=0\quad$

[ред.] Видобування кореня з обох частин і завершення розв'язування

Розглянемо схему згортання повного квадрату:

$(s^2)u^2+(2st)u+(t^2) = \left(\left(\sqrt{(s^2)}\right)u + {(2st) \over 2\sqrt{(s^2)}}\right)^2\quad$

Вона є вірною для обох знаків коренів квадратних, якщо їх брати однаковими. Ми не будемо писати знак ± самого по собі, оскільки це може викликати певні труднощі, зважаючи на те, що далі він буде вживатися разом з іншими знаками ±, які виникнуть потім. Натомість, поряд з цим знаком ми будемо ставити індекс, що являтиме собою змінну, знак якої береться до уваги.

Зважаючи на це, ми отримаємо:

$(\alpha + 2 y) u^2 + (- \beta) u + (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma ) = \left( \left(\sqrt{(\alpha + 2y)}\right)u + {(-\beta) \over 2\sqrt{(\alpha + 2 y)}} \right)^2\quad$ .

Зауваження: Якщо β ≠ 0 тоді α + 2y ≠ 0. А якщо β = 0 то ми отримаємо біквадратне рівняння, що було розглянуте вище.

Зважаючи на це (3) перетворюється на:

$(u^2 + \alpha + y)^2 = \left( \left(\sqrt{\alpha + 2 y}\right)u - {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right)^2 \qquad\qquad (7)\quad$ .

Рівність (7) містить лише повні квадрати: один у лівій частині і один — у правій.

Якшо квадрати двох виразів рівні, то і самі вирази рівні або відрізняються лише знаком, тобто:

$(u^2 + \alpha + y) = \pm\left( \left(\sqrt{\alpha + 2 y}\right)u - {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right) \qquad\qquad (7')\quad$ .

Зведемо подібні доданки при u:

$u^2 + \left(\mp_s \sqrt{\alpha + 2 y}\right)u + \left( \alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right) = 0 \qquad\qquad (8)\quad$ .

Зауваження: Знаки s, що фігурують у фомулі як $\pm_s\quad$ і $\mp_s\quad$ є величинами залежними.

Рівняння (8) є квадратним рівнянням відносно u. Його розв'язок має вигляд

$u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{(\alpha + 2y) - 4(\alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}})} \over 2}.\quad$

Або, після спрощення

$u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}.\quad$

Це був розв'язок канонічного квадратного рівняння, враховуючи це, розв'язок початкового рівняння можна представити у вигляді

$x=-{B \over 4A} + {\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}. \qquad\qquad (8')\quad$

Важливо: Два знаки $\pm_s\quad$ отримались з рівняння (7') є залежними, тому являють собою один і той самий знак, а знак $\pm_t\quad$ — незалежний.

[ред.] Підсумки методу Феррарі

Нехай дано рівняння четвертого степеня

$A x^4 + B x^3 + C x^2 + D x + E = 0, \quad$

його розв'язок можна знайти після проведення обчислень:

$\alpha = - {3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A}, \quad$

$\beta = {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A}, \quad$

$\gamma = {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A}, \quad$

Якщо $\beta=0\quad$ то доречно розв'язувати $u^4+\alpha u^2 + \gamma = 0\quad$ і підстановкою $x=u-{B\over 4A}\quad$ знаходити корені

$x=-{B\over 4A}\pm_s\sqrt{-\alpha\pm_t\sqrt{\alpha^2-4\gamma}\over 2},\qquad\beta=0\quad$ .

$P = - {\alpha^2 \over 12} - \gamma, \quad$

$Q = - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8}, \quad$

$R = {Q\over 2} \pm \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}\quad$ , (підходять обидва знаки квадратного кореня)

$U = \sqrt[3]{R}\quad$ , (в цього рівняння існують три комплексні корені, будь-який з них нас задовольнить)

$y = - {5 \over 6} \alpha -U + \begin{cases}U=0 &\to 0\\U\ne 0 &\to {P\over 3U}\end{cases}, \quad$

$W=\sqrt{ \alpha + 2 y}\quad$

$x = - {B \over 4 A} + { \pm_s W \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2 y \pm_s {2\beta\over W} \right) }\over 2 }.\quad$

Два символи ±_s повинні мати один і той самий знак, а символ ±_t — незалежний. Щоб знайти всі корені, треба знайти значення x для всіх комбінацій символів ±_s,±_t: спочатку тореба розв'язати для випадку +,+ , потім для +,− , далі — для −,+ і наостанок — для −,−. Корінь подвійної кратності ми отримаємо двічі, потрійної — тричі, а корінь кратності чотири — чотири рази (щоправда, у цьому випадку у нас був би випадок, коли β = 0, який не є загальним, а призводить до біквадратного рівняння). Порядок коренів визначається тим, яке U було обрано.

[ред.] Інші методи

[ред.] Швидке розв'язання (природне)

Попереднє розв'язання рівняння четвертого степеня харктеризується досить специфічною і неочевидною заміною, що робить його важким для запам'ятовування.

Розглянемо інше розв'язання, яке є більш природним. Ідея полягає у тому, що потрібно розкласти даний поліном четвертого степеня у добуток квадратичних поліномів. Нехай

$\begin{array}{lcl} 0 = x^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e & = & (x^2 + px + q)(x^2 + rx + s) \\ & = & x^4 + (p + r)x^3 + (q + s + pr)x^2 + (ps + qr)x + qs \end{array} \quad$

Прирівняємо коефіцієнти при однакових степенях x:

$\begin{array}{lcl} b & = & p + r \\ c & = & q + s + pr \\ d & = & ps + qr \\ e & = & qs \end{array} \quad$

Цю систему важче розв'язати, ніж здається, проте якщо почати з канонічного рівняння четвертого степеня, де $b = 0\quad$ , ми отримаємо $r = -p\quad$ , і:

$\begin{array}{lcl} c + p^2 & = & s + q \\ d/p & = & s - q \\ e & = & sq \end{array} \quad$

Тепер можна легко виключити $s\quad$ і $q\quad$ :

$\begin{array}{lcl} (c + p^2)^2 - (d/p)^2 & = & (s + q)^2 - (s - q)^2 \\ & = & 4sq \\ & = & 4e \end{array} \quad$

Якщо ми позначимо $P = p^2\quad$ , то це рівняння перетвориться у кубічне рівняння:

$P^3 + 2cP^2 + (c^2 - 4e)P - d^2 = 0\,\quad$

Нехай ми отримали $p\quad$ , тоді:

$\begin{array}{lcl} r & = & -p \\ 2s & = & c + p^2 + d/p \\ 2q & = & c + p^2 - d/p \end{array} \quad$

Підставивши отримані параметри p, q, r, s у квадратичні поліноми і розв'язавши їх, ми отримаємо розв'язок вихідного рівняння четвертого степеня. Якщо початкове рівняння було неканонічним, то треба повернутись до заміни.

[ред.] Чисельний (неаналітичний) розв'язок

Досить ефективним у розв'язуванні рівнянь четвертого степеня є метод парабол, що шукає не лише дійсні (на відміну від методу бісекцій), але й комплексні значення коренів, до того ж цей метод без особливих труднощів розв'язує також рівняння з комплексними коефіцієнтами. Розглянемо цей метод.

Нехай заданий поліном $f(x)=a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4\quad$ , корені якого треба знайти.

Знайдемо один з цих коренів. Візьмемо три довільні (початкові) точки $x_{-1}, x_0, x_1\quad$ з комплексної площини, єдина вимога: вони мають бути всі різними, а також різним має бути значення полінома у цих точках (часто їх беруть рівними відповідно −1, 0, 1). Розглянемо такі 3 точки: $(x_{-1},f(x_{-1})), (x_0,f(x_0)), (x_1,f(x_1))\quad$ . Оскільки через будь-які 3 точки з різними абсцисами можна провести параболу (яка, щоправда, може вироджуватися у пряму), то проведемо цю параболу. Нехай її рівняння має вигляд $ax^2+bx+c\quad$ . Прирівнявши це рівняння до нуля, ми отримаємо корені $z_1, z_2\quad$ (які, взагалі кажучи, є комплексними числами, а тому завжди існують). Візьмемо за $x_2\quad$ те з чисел $z_1, z_2\quad$ , яке найменше відрізняється (за модулем) від $x_1\quad$ . Надалі розглядатимемо трійку чисел $x_0, x_1, x_2\quad$ . І так далі. Варто сказати, що послідовність $(x_n)\quad$ досить швидко збігається до одного з коренів: точність відшукання кореня у 10 значущих цифр може бути досягнута за 20 кроків.

Після того, як ми знайшли один з коренів (позначимо його через $\overline{x}\quad$ ), слід поділити весь поліном на двочлен $x-\overline{x}\quad$ . Після цього ми отримаємо кубічний поліном, для якого також можна знайти один з коренів методом парабол. Після відповідного ділення ми отримаємо квадратичний поліном, після розв'язання якого ми отримаємо решту коренів початкового рівняння.

В силу універсальності даного методу, його можна застосовувати не тільки у розв'язанні рівнянь четвертого степеня, а й у розв'язанні рівнянь вищих степенів.

[ред.] Див. також

[ред.] Посилання

↑ Stewart, Ian, Galois Theory, Third Edition (Chapman & Hall/CRC Mathematics, 2004)

[0] Stewart, Ian, Galois Theory, Third Edition (Chapman & Hall/CRC Mathematics, 2004)

[1]