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

Be Sociable, Share!

Comments

comments

5 thoughts on “Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia

  1. W równaniu kwadratowym jest byk, bo napisał Pan sqrt{delta}=b^2-4ac, a powinno być delta=b^2-4ac. Ale poza tym bardzo fajne metody.

    Nie mniej jednak ja znam krótsze. Wystarczy ustalić, przez jaki dwumian liniowy można podzielić wielomian, a następnie wykonywać to tyle razy, aż dojdziemy do trójmianu kwadratowego.

    • faktycznie błąd poprawiony. Nie zawsze można łatwo znaleść ten dwumian liniowy. Np wielomian 4 stopnia może składać się z 2 trójmianów nie rozkładalnych i wtedy nie jest łatwo to rozpisać.

      • Wiem 😀 Jak to pisałem, to w ogóle nie czaiłem równań stopnia >2. To ja jestem tym wielbiącym Pana dwunastolatkiem, który wygrał kurs całek :)

  2. Fajnie opisany sposób jak rozwiązywać takie równania, jednak tak na moje oko jest błąd w „delcie” ze względu na „u” przy rozwiązywaniu równań 4 stopnia. Nie będę pisał poprawnego rozwiązania bo jest na wikipedii (wzór nr. 18), które sprawdziłem i się z nim zgadzam.

    Szkoda, że nie rozpisał Pan tego do końca, albo algorytmem tak jak w równaniu 3-go stopnia, ponieważ gubię się co mam zrobić po wyznaczeniu trzech wyników v1, v2 i v3. Między innymi nie jest dla mnie zrozumiałe skąd bierze się to +-

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany.