styczeń, 2012 | Kowalski Mateusz.pl

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

Twoje Internetowe Wsparcie Matematyczne

Month: styczeń 2012

Rozwijanie w szereg Taylora

Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia

Imię:		*
Email:		*