Rozwijanie w szereg Taylora

Powiem ci szczerze, gdy pierwszy raz usłyszałem o tym twierdzeniu na uczelni to nie wiele zrozumiałem.

Dopiero po pewnym czasie przy okazji innych zagadnień rozkminiłem o co chodzi. Gdyby mi ktoś narysował takie rysunki w momencie bym zrozumiał o co chodzi.

Polega to na tym, iż przybliżmy pewną funkcje przy pomocy funkcji wielomianowych.
Poniższa animacja przybliża (aproksymuje) funkcje sinus wokół punktu o argumencie 45 stopni


Taylor

Wskazówka \pi=180^{\circ} \\ \frac{\pi}{2}=90^{\circ}

To oznacza iż wybierając jakiś stopnień wielomianu powiedzmy drugi, czyli funkcję kwadratową (parabolę) to im dalej od tego punktu (45 stopni) tym błąd przyblizenia (aproksymacji) jest większy.

Można ten błąd zmniejszyć przybliżając funkcję sinus wielomianem wyższego rzędu powiedzmy wielomianem 8 stopnia. Można także rozwinąć funkcję dla innego znanego kąta, który jest bliższy temu dla którego chcemy obliczyć wartość funkcji sinus.

Przykładowo jak chcesz obliczyć wartość funkcji sinus dla kąta równego 82 stopnie to wówczas nie będziesz rozwijał wokół 45 stopni tylko wokół 90 stopni. bo 90 jest bliższe 82 niż 45, a zatem błąd przybliżenia będzie mniejszy.

No dobrze zapytasz ale poco takie kombinację odstawiać?
A no dlatego aby obliczyć przybliżoną wartość funkcji sinus dla kąta powiedzmy 40 stopni.
Komputer, albo kalkulator właśnie dokonuje takich przybliżeń aby móc ci wyliczyć tą wartość.
Taki kalkulator ci napisze  sin(40^{\circ})=0,6427876096. Ciekawe skąd ten twór to wiedział. Czy nie zastanawiałeś się skąd kalkulator to wie? Ten wzór po prostu sprowadza problem znajdowania sinusa do problemu dodawań, mnożeń i dzieleń, a te już potrafi wykonać. Wyprzedzając pytanie a jak potrafi dodawać. Kręci mnie, żeby wejść w temat techniki cyfrowej i to wytłumaczyć, ale na to bym musiał poświęcić osobny blog.

Przyjrzyj się następnej animacji tym razem rozwijamy funkcję sinus wokół punktu o argumencie 15 stopni.

Aproksymacja funkcji sinus przez funkcje wielomianowe

A tu kolejny przykład tym razem rozwijania wokół argument równego 72 stopnie.


Twierdzenie taylora

Teraz kiedy rozumiesz już o co chodzi wytłumaczę ci to formalnie.

Twierdzenie w ogólności wygląda tak:

f(x)=f(a)+\frac{x-a}{1!}f^{(1)}(a)+\frac{(x-a)^{2}}{2!}f^{(2)}(a)+...+\frac{(x-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a)+R_n(x)
gdzie:
a to argument wokół, którego rozwijamy
f^{(n)} to n-ta pochodna funkcji, która aproksymujemy
R_n(x) to reszta Lagrange’a, o której kiedyś napiszę. Może nie jest to zbyt eleganckie, ale dla jasności możesz na początek przyjąć, że jest to 0.

Czyli przybliżając pewną funkcję wielomianem nieskończonego stopnia otrzymamy idealne przybliżenie funkcji np. sinus?

W praktyce wykorzystuje się wielomian skończonego stopnia, gdyż im większy wybierzemy stopnień tym więcej trzeba wykonać obliczeń.

Może wygląda trochę taśmiecowato, ale dla naszego przykładu będzie to (rozwijając wokół 45 stopni):

sin(x)=sin(45^{\circ})+\frac{x-45^{\circ}}{1!}cos(45^{\circ})+\frac{(x-45^{\circ})^{2}}{2!}(-sin(45^{\circ}))+...

a dokładniej
sin(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}(x-45^{\circ})}{2}-\frac{\sqrt{2}(x-45^{\circ})^{2}}{4}-\frac{\sqrt{2}(x-45^{\circ})^{3}}{12}+\frac{\sqrt{2}(x-45^{\circ})^{4}}{48}+...

Uwaga Jeżeli dokonujemy rozwijania wokół argumentu 0 to wówczas szereg Taylora nazywany jest szeregiem Maclaurina dla funkcji sinus ma postać

sin(x)=0+x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...
Częściej używane rozwinięcia
cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...

e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+...

ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...

W przykładach pojawiało się kąty 15 stopni i 72 stopni wartości funkcji sinus i kosinus dla tych argumentów można wyliczyć i wynoszą odpowiednio;

sin(15^{\circ})=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}
cos(15^{\circ})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}
sin(72^{\circ})=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}
cos(72^{\circ})=\frac{\sqrt{5}-1}{4}

Oczywiście inne funkcje także można rozwijać. Funkcję sinus podałem przykładowo poniżej spójrz na przybliżenie funkcji f(x)=\sqrt{x}


rozwijanie funkcji pierwiastek z x wokół 1 w szereg Taylora

Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia

Zacznijmy od najprostszego.
Równanie pierwszego stopnia (liniowe)

ax+b=0,

gdzie a,b \in \RR oraz a \neq 0
Filozofii to tu nie ma
x=\frac{-b}{a}

Równanie drugiego stopnia (kwadratowe)

ax^{2}+bx+c=0

gdzie a,b,c \in \RR oraz a \neq 0
są dwa rozwiązania
x_{1}=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \\ x_{2}=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}

gdzie \Delta=b^{2}-4ac

Równanie trzeciego stopnia (sześcienne)

tu nie będzie już tak łatwo

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0, \qquad \mbox{ gdzie a,b,c,d\in \RR}

gdzie a \neq 0 , bo jeśli a=0 to nie jest to równanie sześcienne.

Najpierw podzielmy przez a, aby mieć 1 przy najwyższej potędze niewiadomej.

x^{3}+\frac{b}{a}x^{2}+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0

Zauważmy, iż równanie można sprowadza się do równania postaci, w której nie ma składnika z niewiadomą w kwadracie x^{2}. Wystarczy podstawić za niewiadomą x = y-\frac{b}{3a} nową niewiadomą y.
x^3 = y^3 -3y^2\frac{b}{3a}+3y\frac{b^2}{9a^2}-\frac{b^3}{27a^3}
\frac{b}{a}x^2 = \frac{b}{a}\left( y^2 -\frac{2by}{3a}+\frac{b^2}{9a^2} \right)
\frac{c}{a}x = \frac{c}{a}y - \frac{bc}{3a^2}
łącząc i grupując ze względu na potęgi y otrzymamy:
y^3+y^2\left(  -\frac{b}{a} + \frac{b}{a}\right)+y\left( \frac{b^2}{3a^2}- \frac{2b^2}{3a^2} + \frac{c}{a}\right) + \left( -\frac{b^3}{27a^3} + \frac{b^3}{9a^3} -\frac{bc}{3a^2} + \frac{d}{a} \right)

y^{3}+py+q=0

gdzie:
y=x+\frac{b}{3a}
p=\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}}
q=\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^2}

Mamy teraz do rozpatrzenia prostsze równanie 3 stopnia w postaci kanonicznej, z niewiadomą y.

y^3+py+q=0

Nikt nie zabronić tej niewiadomej przedstawić w postaci sumy dwóch innych niewiadomych wielkości.
y = u  + v

Wówczas y^3 jest równe y^3= u^3 + v^3 + 3u^2v +3uv^2 = 3uv(u+v) +u^3+v^3
y^3 = 3uvy +u^3+v^3
Przekształcając równanie mamy
y^3 - 3uvy -u^3-v^3=0

Równanie to ma taką samą postać jak nasze wejściowe kanoniczne, czyli
y^3+py+q=0

Można zatem utożsamić te równania ze sobą, a co za tym idzie wielkości u i v z danymi współczynnikami p i q.

Po co to robimy, bo p i q jest znane, ponieważ są zdeterminowane przez a,b,c,d, które znamy. Natomiast kombinacja u i v to jest nasza niewiadomą, którą chcemy znaleźć, więc naszym celem jest „tylko” wyrazić u i v od tych znanych wielkości.

Co sprowadza się do układu równań.
\begin{cases} p = -3uv \\ q = -u^3-v^3 \end{cases}
Z pierwszego równania mamy  \boxed{u=\frac{-p}{3v}} \qquad \mbox{ tak na marginesie } v \neq 0
Wstawiamy do drugiego równania. q = -\left( -\frac{p^3}{3^3v^3}+v^3 \right)
Mnożąc obustronnie przez v^3
qv^3 = -\left( -\frac{p^3}{3^3}+v^6 \right) mamy równianie trikwadratowe, które sprowadzamy do równania kwadratowego poprzez podstawienie\boxed{v^3=z} Przez to, że v jest nieznane to teraz nową nieznaną jest z

Zagadnienie sprawdziliśmy do równania kwadratowego postaci

 z^2+qz-\frac{p^3}{3^3}

\Delta=q^2+4\frac{p^3}{3^3}
Teraz bardzo ważne z delty będziemy liczyć pierwiastek, więc musimy
 \boxed{\Delta \geq 0}
z= \frac{-q \pm \sqrt{\Delta}}{2}
Skoro znamy z, to chcemy wrócić do v.
v^3 = \frac{-q \pm \sqrt{\Delta}}{2}
TERAZ UWAGA
Mamy niewiadomą w 3 potędze która jest równa liczbie rzeczywistej. Mamy więc 1 rozwiązanie rzeczywiste i 2 zespolone. Z pierwszym nie ma problemu, bo wystarczy tylko v = \sqrt[3]{ \frac{-q \pm \sqrt{\Delta}}{2}} . Natomiast aby znaleźć pozostałe to dobrze wykorzystać pierwiastki z jedynki.

Przypominamy, że jeśli mamy równanie x^3 = 1 to

x_0 =1 \qquad \vee \qquad  x_1 = \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=\alpha_1 \qquad \vee \qquad x_2 = \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=\alpha_2,

gdzie i jest jednostką urojoną także, że i^2 = -1. Ile i jest równe? To jest dobre pytanie i od razu zaznaczam.

    \[\R{i \neq \sqrt{-1} },\]

choć wiele osób tak uczy to jest to jawne nadużycie. Czym wówczas były by 3 różne jednostki urojone w kwaternionach, gdzie każda jest inna, oraz kwadrat każdej daje -1. Zostawmy to, jednak bo to inny temat i wróćmy do zadania.

Warto przy tym zdać sobie sprawę z
x_1^3=1,
x_2^3=1,
\frac{1}{x_1}=x_2 oraz
x_1^2=x_2 jaki i
x_2^2=x_1
Takie to ciekawe liczby, choć nie rzeczywiste to bardzo przydatne.
Wykorzystujac ten fakt łatwo rozwiąząć np. x^3 = -17
x^3 = 1\cdot(-17)
x_0 = \sqrt[3]{1}\sqrt[3]{17} = 1\cdot \sqrt[3]{17} = \sqrt[3]{17}
x_1 = \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{17}
x_2 = \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{17}
Kończąc dygresję, u nas będzie.
v_1 = v = \sqrt[3]{ \frac{-q \pm \sqrt{\Delta}}{2}}
v_2 = \alpha_1 v_1= \frac{1}{\alpha_2}v_1
v_3 = \alpha_2 v_1= \frac{1}{\alpha_1}v_1

Gdy znamy v to wracamy do u. Wyznaczyliśmy wcześniej, że \boxed{u = \frac{-p}{3v}}
Zobaczmy ile wynosi \frac{1}{v_1}
\frac{1}{v_1} = \sqrt[3]{\frac{-2}{q\R{\mp} \sqrt{\Delta}}}=\sqrt[3]{\frac{-2(q\pm \sqrt{\Delta})}{q^2-\Delta}}= \sqrt[3]{\frac{q\pm \sqrt{\Delta}}{2 \frac{p^3}{3^3}}}=\frac{3}{p}\sqrt[3]{\frac{-q\R{\mp} \sqrt{\Delta}}{2}}
Wymiemy ile teraz wynosi u = \frac{-p}{3v}
u_1 = \sqrt[3]{ \frac{-q \R{\mp} \sqrt{\Delta}}{2}}
u_2 = \alpha_1 u_1= \frac{1}{\alpha_2}u_1
u_3 = \alpha_2 u_1= \frac{1}{\alpha_1}u_1
y = v+u
Puki co wydawać by się mogło że mamy 6 potencialnych rozwiązań bo jeszcze dowolność znaku \pm. Jednak okazuje się, że rozwiązań może być co najwyżej 3, bo
y_1 = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{\pm} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{\mp} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}
oznacza
y_1 = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}
lub
y_1 = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}
a to jest to samo.

Mamy zatem końcowe wzory dla przypadku \R{\Delta \geq 0 }
————————————————————————–

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,

y_1 = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}

y_2 = \frac{-1\R{-}\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \frac{-1\R{+}\sqrt{3}i}{2}\cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}

y_3 = \frac{-1\R{+}\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \frac{-1\R{-}\sqrt{3}i}{2}\cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}

y=x+\frac{b}{3a}
p=\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}}
q=\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^2}
————————————————————————–

Warto się jeszcze zastanowić Czy y_2 i y_3 mogą być kiedyś rzeczywiste okazuje się, że jest to możliwe tylko, gdy \Delta = 0 i wówczas y_2=y_3 i będzie to podwójny rzeczywisty pierwiastek, i innej opcji nie ma.

Spójrzmy na y_2
\G{y_2} = \frac{\G{-1}\R{-}\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \frac{\G{-1}\R{+}\sqrt{3}i}{2}\cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}
Aby cześć urojona się wyzerował to
\sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }},
a to jest możliwe tylko gdy \Delta =0
Analogicznie dla
\G{y_3} = \frac{\G{-1}\R{+}\sqrt{3}i}{2} \cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }} + \frac{\G{-1}\R{-}\sqrt{3}i}{2}\cdot \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} }}
wówczas

\boxed{ y_0 = 2\sqrt[3]{-\frac{q}{2}}}

\boxed{y_1=y_2 = -\sqrt[3]{-\frac{q}{2}}}

Jeśli q jest równe 0 to wówczas mamy potrójny pierwiastek
\boxed{y_0=y_1=y_2=0}

Przejdźmy do sytuacji, gdy \R{\Delta < 0}. Tutaj sprawa wygląda nieco inaczej.
Pierwszy wniosek na marginesie \Delta < 0 \Rightarrow q^2+4\frac{p^3}{3^3}<0 \Rightarrow p<0

Chcąc spierwiastkować liczbę ujemną musimy jej zmienić znak, aby była teraz dodatnia i można było ja spierwiastkować, a tę zmianę korygujemy przemnażając wynik przez i, wówczas:
z = \frac{-q \pm \sqrt{\R{-}\Delta}\R{i}}{2}
Teraz mamy do spierwiastkowania z=v^3 liczbę zespoloną, a nie rzeczywistą, więc „trick” z pierwiastkami z jedynki nie zadziała.

|z| = \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{-\Delta}{4}}= \frac{\sqrt{q^2-q^2-4\cdot \frac{p^3}{3^3}}}{2} = \sqrt{\frac{-p^3}{3^3}}
\cos \varphi = -\frac{q}{2}\cdot \sqrt{\frac{3^3}{-p^3}}
\varphi = \operatorname{sqn}(\pm \frac{\sqrt{-\Delta}}{2})\arccos \left( \frac{-q}{2}\sqrt{\frac{3^3}{-p^3}} \right)
v_{0,1,2} = \sqrt[3]{\sqrt{\frac{-p^3}{3^3}}}\left[ \cos\left( \frac{\varphi+2k\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{\varphi+2k\pi}{3} \right) \right] \qquad \mbox{ dla } k=0,1,2
ponieważ \frac{1}{a+bi}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}=a-bi, bo a= \cos\beta, b = \sin\beta
u_{0,1,2} = \sqrt[3]{\sqrt{\frac{-p^3}{3^3}}}\left[ \cos\left( \frac{\varphi+2k\pi}{3} \right) \R{-} i\sin\left( \frac{\varphi+2k\pi}{3} \right) \right] \qquad \mbox{ dla } k=0,1,2
dodając u i v powstają końcowe wzory.

Warto spostrzec że znak kąta \varphi nie ma znaczenia dla kosinusa, więc można pominąć \operatorname{sqn}(\pm \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}), ponieważ \cos(-\beta) = \cos(\beta), czyli w naszym przypadku
\cos(-\varphi +120^\circ)=\cos(\varphi +240^\circ) jaki i
\cos(-\varphi +240^\circ)=\cos(\varphi +120^\circ)

Mamy zatem końcowe wzory dla przypadku \R{\Delta < 0 }
————————————————————

\boxed{y_{0,1,2} = \frac{2}{3}\sqrt{-3p}\cos\left( \frac{\varphi}{3} +\frac{2k\pi}{3} \right), \qquad \mbox{ gdzie } k=0,1,2 \mbox{ oraz } \varphi = \arccos \left(\frac{-3q}{2p}\sqrt{\frac{3}{-p}} \right) }

————————————————————-

Zauważ, że w tym wypadku wszystkie 3 rozwiązania są rzeczywiste\R{!}
Warto przekonać się, iż rozwiązaniem równania

8x^3-6x+1=0

jest x = sin 10^\circ

PODSUMOWANIE ALGORYTM DLA KOMPUTERA ROZWIĄZANIA OGÓLNEGO RÓWNANIA O WSPÓŁCZYNNIKACH RZECZYWISTYCH
Aby rozwiązać

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0, \qquad \mbox{ gdzie a,b,c,d\in \RR}

Obliczmy

p=\frac{c}{a}-\frac{b^{2}}{3a^{2}}
q=\frac{2b^{3}}{27a^{3}}+\frac{d}{a}-\frac{bc}{3a^2}
\Delta = q^2+\frac{4}{27}p^3
if \Delta > 0 to
y_0 = \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{+} \frac{\sqrt{\Delta}}{2} }} + \sqrt[3]{ -\frac{q}{2} \R{-} \frac{\sqrt{\Delta}}{2} }}
else if  \Delta ==0 UWAGA NA DOKŁADNOŚĆ KOMPUTEROWYCH OBLICZEŃ PORÓWNANIA Warto dla \Delta \approx 0 lepiej badać 27a^2d^2 - 18abcd + 4ac^3 + 4b^3d - b^2c^2, które jest przemnożeniem delty przez 27a^4 i korzystamy tu ze źródłowych danych a,b,c,d
y_0 = 2\sqrt[3]{ -\frac{q}{2} }}
y_{1,2} = \R{-}\sqrt[3]{ -\frac{q}{2}}
else if \Delta <0 to
\G{\varphi = \arccos \left(\frac{-3q}{2p}\sqrt{\frac{3}{-p}} \right)} słaby ze względu na nie dokładności numeryczne, może powodować dla kątów bliskich 0 i \pi, czyli gdy \Delta \approx 0 zwielokrotnienie błędu niedokładności.
\varphi = \begin{cases} \arctg \frac{\sqrt{-\Delta}}{q} & \mbox{ dla } q<0 \\ \arctg \frac{\sqrt{-\Delta}}{q} + \pi & \mbox{ dla } q>0 \\ \frac{\pi}{2} & \mbox{ dla } q=0  \end{cases}
Uwaga na q bliskie zeru, wówczas lepiej użyć wzoru szarego na \G{\varphi = \arccos \left(\frac{-3q}{2p}\sqrt{\frac{3}{-p}} \right)}. Ponadto jeśli p i q są bliskie 0, a to ma miejsce przy dużym a to wówczas lepiej wzoru, bazującego na źródłowych danych a,b,c,d czyli po przekształceniu \varphi = \arccos \left( 6b^3\sqrt[3]{\frac{a^2}{b^2-3ac}} \right)
y_{0,1,2} = \frac{2}{3}\sqrt{-3p}\cos\left( \frac{\varphi}{3} +\frac{2k\pi}{3} \right), \qquad \mbox{ gdzie } k=0,1,2
end
x=y-\frac{b}{3a}

Równanie czwartego stopnia

Tu będzie jeszcze trudniej, ale jeszcze można.

ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+h=0,

gdzie a,b,c,d,h \in \RR \qquad a\neq 0
Zamieniajmy niewiadomą x na niewiadomą u w taki sposób.
x= u -\frac{b}{4a}
Skorzystajmy ze wzoru skróconego mnożenia.
(a+b)^4 = a^4+b^4+4ab^3+6a^2b^2+4a^3b
Zróbmy rachunki pomocnicze
x^4 = u^4+\frac{b^4}{4^4a^4} - 4u\frac{b^3}{4^3a^3} + 6u^2\frac{b^2}{4^2a^2} - 4u^3\frac{b}{4a}
\frac{b}{a}x^3 = \frac{b}{a}\left( u^3-\frac{b^3}{4^3a^3} - 3u^2\frac{b}{4a}+3u\frac{b^2}{4^2a^2} \right)
\frac{c}{a}x^2 = \frac{c}{a}\left( u^2-2u\frac{b}{4a}+\frac{b^2}{4^2a^2} \right)
\frac{d}{a}x = \frac{d}{a}\left( u-\frac{b}{4a} \right)
Podstawiamy do równania i uprośćmy
u^4+u^2\left(\frac{6b^2}{4^2a^2} - \frac{3b^2}{4a^2} + \frac{c}{a} \right) + u\left( \frac{-b^3}{4^2a^3} + \frac{3b^3}{4^2a^3} - \frac{bc}{2a^2} + \frac{d}{a} \right) + \left( \frac{b^4}{4^4a^4} - \frac{b^4}{4^3a^4} + \frac{cb^2}{4^2a^3}+ \frac{cb^2}{4^2a^3} + \frac{h}{a} - \frac{db}{4a^2} \right)
 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{db}{4a^2} + \frac{h}{a}

u^4+pu^2+qu+r=0

Dodając z lewej i prawej strony równania pu^2+p^2
\underbrace{ u^4+2pu^2+p^2}_{\left(u^2+p\right)^2} = -qu+pu^2-r+p^2
Teraz dodając z lewej i prawej strony pewną niewiadomą wartość v, a dokładniej v^2 +2v(u^2+p)
\left(u^2+p\right)^2 + v^2+2v(u^2+p)=pu^2-qu-r+p^2+v^2+2v(u^2+p)
\left(\left( u^2+p\right)+v^2\right)^2  = u^2(2v+p) +u(-q)+(2vp-r+p^2+v^2)
Z lewej strony równania mam kwadrat to z prawej też musi być kwadrat, aby równianie było prawdziwe. Skoro tak to z prawej strony musi być \left( \mbox{ "coś" }\right)^2, czyli podwójny pierwiastek, więc \Delta równania kwadratowego u^2(2v+p) +u(-q)+(2vp-r+p^2+v^2) ze względu na u, (bo u jest niewiadomą), po prawej stronie musi być równa 0
\Delta = (-q)^2-4\cdot(2v+p)\cdot(2vp-r+p^2+v^2)
czyli 0=(-q)^2-4\cdot(2v+p)\cdot(2vp-r+p^2+v^2)

v^3(-8)+v^2(-20p)+v(9v-16p^2)+(q^2+4pr-4p^3)=0

Chcąc znaleźć niewiadomą v, dla której ten warunek, czyli to równianie będzie spełnione musimy rozwiązać równie 3 stopnia ze względu na v

Po znalezieniu rozwiązań, których liczba to 1, 2 lub 3, znamy wartość v_{1,2,3}
 \left(u^2+p+v \right)^2 = (2v+p)\left(u - \frac{q}{2(2v+p)}\right)^2
ponieważ trójmian kwadratowy z deltą równą 0 można zapisać tak ax^2+bx+c = a \left( x- \frac{-b}{2a} \right)^2
Przekształcając i odejmując obustronie prawą stronę otrzymamy
\left(u^2+p+v\right)^2 - \left(\left( 2v+p \right)^2u-(2v+p)q \right)^2=0
Mamy tutaj różnicę dwóch kwadratów a^2-b^2=(a-b)(a+b), czyli
u^2+p+v = \pm  2v+p \right)^2u-(2v+p)q
Teraz aby znaleźć u, bo v już znamy trzeba rozwiązać równie kwadratowe.
\Delta_2 = (2v+p)^4-4(p+v \mp q(2v+p)) = (2v+p)((2v+p)^3+4(-p-v\pm q))
u_{1,2} = \frac{\mp (2v+p)^2+\beta\sqrt{\Delta_2}}{2}, \qquad \mbox{ gdzie } \beta = \{ +1, -1\}
W związku z tym, że znak dodania lub odjęcia \sqrt{\Delta_2} nie jest zależy od wyboru pozostałych znaków, to dla porządku oznaczyłem go przez \beta

Wydawać by się mogło, że mamy zatem aż 2 razy 2 razy 3 czyli 12 kandydatów na rozwiązanie ogólnego równania 4 stopnia. Natomiast w ogólnej sytuacji mamy 8 możliwych opcji.

1) brak rozwiązań
2) 1 rozwiązanie podwójne
3) 2 rozwiązania pojedyncze
4) 2 rozwiązania podwójne
5) 2 rozwiązania pojedyncze i 1 podwójne
6) 1 rozwiązanie pojedyncze i 1 potrójne
7) 4 pojedyncze
8) 1 rozwiązanie poczwórne

Choć ze względu na liczbę pierwiastków licząc także krotność to mamy albo 0 pierwiastków albo 2 albo 4.

Równanie piątego stopnia i wyższych

a_{1}x^{n}+a_{2}x^{n-1}+...a_{n}x+a_{n+1}=0

gdzie n to stopień równania
„Problem rozwiązalności takich równań badany był od końca XVI wieku, gdy matematycy włoscy podali wzory na rozwiązania równań stopni 3 i 4. Zmagali się z nim Bézout, Euler i Lagrange, jednak dopiero Paolo Ruffini wpadł na pomysł, by udowodnić, że w przypadku równań stopnia wyższego niż 4 odpowiednie wzory nie istnieją. Opublikowany przez niego w roku 1799 dowód twierdzenia (Ruffini podał pięć dowodów) zawierał pewne nieścisłości i został zignorowany przez społeczność matematyków – być może przyczyną był fakt, że Ruffini był także lekarzem. W pełni zadowalający dowód opublikował w roku 1824 Niels Henrik Abel, został on następnie uproszczony w roku 1845 przez Pierre’a Wantzela. Jednak znacznie głębsza analiza problemu zawarta jest w pracach Évariste’a Galois pod postacią teorii Galois.” źródło Wikipedia

źródła:
Matematyka.pl
Wikipedia