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

6 thoughts on “Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia”

Mikołaj Kuziuk

11 kwietnia 2016 at 21:14

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.

Odpowiedz
- Mateusz Kowalski
  
  11 kwietnia 2016 at 21:49
  
  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.
  
  Odpowiedz
  - Mikołaj Kuziuk
    
    20 stycznia 2017 at 10:52
    
    Wiem 😀 Jak to pisałem, to w ogóle nie czaiłem równań stopnia >2. To ja jestem tym wielbiącym Pana dwunastolatkiem, który wygrał kurs całek 🙂
    
    Odpowiedz
zbyszek

16 lipca 2017 at 21:08

Proszę sprawdzić alfa1 i alfa2 przecież są różne.Fajne opracowanie

Odpowiedz
kamilck13

30 października 2017 at 22:52

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 +-

Odpowiedz
Marek

25 czerwca 2023 at 03:44

“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”
Może by tak w gwoli ścisłości powiedzieć, że w tezach tych dowodów jest to że dane wzory muszą być zrobione za pomocą już znanych funkcji rzeczywistych.
Według mnie podejście to jest dosyć naiwne, w kontekście tego jak tworzono znane nam wzory. Wystarczy sobie przypomnieć jakim szokiem dla starożytnych było odkrycie funkcji pierwiastka kwadratowego. Warto zauważyć że każde kolejne algorytmy na rozwiązywanie równań liniowych kolejnych stopni rozszerzało definicje funkcji rzeczywistych. W takim kontekście przewidywanie że równania 5 stopnia mają być “robione” starymi metodami bez nowej funkcji rzeczywistej jest dosyć szokujące. Rozumiem żeby zrobić to tak dla sprawdzenia “czy da się po staremu” i później próbować zasadniczych metod to i owszem, ale jeśli później pomniejsi matematycy piszą o tym tak : “tak się zupełnie nie da, nie idźcie dalej tą bezowocną drogą” to już jest niezła herezja. Pisząc konkretniej jeśli sprowadzimy równanie 5 stopnia do funkcji 3 zmiennych to wtedy mamy krzywą ciągłą zależną od jednego parametru a i prostą bx +c. Krzywa 5 stopnia jednej zmiennej ma określone przedziały wklęsłości i wypukłości które można ściśle wyznaczyć w zależności od tego parametru. Przyrównując pochodną krzywej i prostą możemy dla ustalonych parametrów a i b, odszukać wartość c dla której prosta jest styczna do krzywej (max 4). Idąc dalej tą drogą wyznaczymy, dla ustalonych a i b przedziały parametru c w których prosta przecina krzywą konkretną ilość razy, co da nam wyróżniki badanego równania 5 stopnia. Skoro zaś mamy przedziały w których prosta i krzywa się przecinają oraz wiemy w jaki sposób, to da się prosto stworzyć funkcje(od 3 zmiennych) która przy odpowiednich przyrostach a, b i c szybko będzie wyznaczać duże przybliżenia. Oczywiście tradycyjnie można ją nazwać rzeczywistą (bo czemu nie). I tak oto mamy tradycyjne wyróżniki oraz wzory na równanie 5 stopnia oraz klarowną sytuacje do dalszych rozważań, czyli wszystko co naprawdę było potrzebne.

Odpowiedz

Twoje Internetowe Wsparcie Matematyczne

Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia

Comments

6 thoughts on “Rozwiązywanie równań wielomianowych 2, 3, 4 stopnia”

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Imię:		*
Email:		*