四次方程

✍ dations ◷ 2024-12-22 22:43:02 #方程,初等代数,多项式

四次方程，是未知数最高次数不超过四次的多项式方程。一个典型的一元四次方程的通式为：

本篇只讨论一元四次方程，并简称为四次方程。

自然，人们为了找到这些根做了许多努力。就像其它多项式，有时可能对一个四次方程分解出因式；但更多的时候这样的工作是极困难的，尤其是当根是无理数或复数时。因此找到一个通式解法或运算法则（就像二次方程那样，能解所有的一元二次方程）是很有用的。经过很多努力之后，人们终于找到了一个可以解出任何四次方程的运算法则；不过之后埃瓦里斯特·伽罗瓦证明，这样的一种方法在五次方程这里止步了；也就是说，四次方程是次数最高的一种方程，它的解可以通过一个运算法则，由方程未知数前的系数给出。对于五次方程以上的方程，人们就需要一种更为有效的方法寻找方程的代数解，如同对于五次方程以下的方程所做的那样。

由于四次方程的复杂性（参见下文），求解公式并不经常被使用。如果只要求求解有理实根，可以通过（对于任意次数的多项式都为真）试错法，或是使用鲁菲尼法则（只要所给的多项式的系数都是有理的）求出。到了计算机时代，通过牛顿法，人们可以使用数值逼近的方法快速得到所求的解。但是如果要求四次方程被精确地解出，你可以参见下文关于方法的概述。

${\Delta =256a^{3}e^{3}-192a^{2}bde^{2}-128a^{2}c^{2}e^{2}+144a^{2}cd^{2}e-27a^{2}d^{4}+144ab^{2}ce^{2}-6ab^{2}d^{2}e-80abc^{2}de+18abcd^{3}+16ac^{4}e-4ac^{3}d^{2}-27b^{4}e^{2}+18b^{3}cde-4b^{3}d^{3}-4b^{2}c^{3}e+b^{2}c^{2}d^{2}}$ 的值以后，便可以从中得到 $x\,$ $x \,$ 的值：

若任何一个 $z\,$ $z \,$ 的值为负数或复数，那么一些 $x\,$ $x \,$ 的值便是复数。

开始时，四次方程首先要被转化为低级的四次方程。

要让以下四次方程变成标准的四次方程，先在等式两边分别除以 $a\,$ $a \,$

第一步：消除 $x^{3}\,$ $x^{3}\,$ 列。为了做到这一步，先把变量 $x\,$ $x\,$ 变成 $u\,$ $u\,$ ，其中

将变量替换： $\left(u-{b \over 4a}\right)^{4}+{b \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)^{3}+{c \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)^{2}+{d \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)+{e \over a}=0.$ $\left(u-{b \over 4a}\right)^{4}+{b \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)^{3}+{c \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)^{2}+{d \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)+{e \over a}=0.$

展开后变成： $\left(u^{4}-{b \over a}u^{3}+{6u^{2}b^{2} \over 16a^{2}}-{4ub^{3} \over 64a^{3}}+{b^{4} \over 256a^{4}}\right)+{b \over a}\left(u^{3}-{3u^{2}b \over 4a}+{3ub^{2} \over 16a^{2}}-{b^{3} \over 64a^{3}}\right)+{c \over a}\left(u^{2}-{ub \over 2a}+{b^{2} \over 16a^{2}}\right)+{d \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)+{e \over a}.$ $\left(u^{4}-{b \over a}u^{3}+{6u^{2}b^{2} \over 16a^{2}}-{4ub^{3} \over 64a^{3}}+{b^{4} \over 256a^{4}}\right)+{b \over a}\left(u^{3}-{3u^{2}b \over 4a}+{3ub^{2} \over 16a^{2}}-{b^{3} \over 64a^{3}}\right)+{c \over a}\left(u^{2}-{ub \over 2a}+{b^{2} \over 16a^{2}}\right)+{d \over a}\left(u-{b \over 4a}\right)+{e \over a}.$

整理后变成以u为变量的表达式

现在改变表达式的系数，为

结果就是我们期望的低级四次方程，为

如果 $\beta =0\,$ $\beta =0\,$ 那么等式就变成了双二次方程，更加容易解决（解释上面）；利用反向替代，我们可以获得我们要解决的变量 $x\,$ $x\,$ 的值.

这种降低的四次方程的方法是被费拉里发现的，然而，这种方式曾经被发现过。接下来，利用一个恒等式

从方程 (1)和上式，得出：

结果把 $u^{4}\,$ $u^{4}\,$ 配成了完全平方式： $(u^{2}+\alpha )^{2}\,$ $(u^{2}+\alpha )^{2}\,$ 。左式中， $\alpha u^{2}\,$ $\alpha u^{2}\,$ 并不出现，但其符号已改变并被移到右边。

下一步是在方程 $\left(2\right)\,$ $\left(2\right)\,$ 左边的完全平方中插入变量 $y\,$ $y\,$ ，相应地在右边插入一项 $2y\,$ $2y\,$ 。根据恒等式

及

与等式(2)相加，得

也就是

现在我们需要寻找一个 $y\,$ $y\,$ 值，使得方程 $\left(3\right)\,$ $\left(3\right)\,$ 的右边为完全平方。而这只要令二次方程的判别式为零。为此，首先展开完全平方式为二次式：

右边的二次式有三个系数。可以验证，把第二项系数平方，再减去第一与第三项系数之积的四倍，可得到零：

因此，为了使方程(3)的右边为完全平方，我们必须解出下列方程：

把二项式与多项式相乘，

这是关于 $y\,$ $y\,$ 的三次方程。两边除以 $2\,$ $2\,$ ，

方程 $\left(4\right)\,$ $\left(4\right)\,$ 是嵌套的三次方程。为了解方程 $\left(4\right)\,$ $\left(4\right)\,$ ，我们首先用换元法把它转化为减少次数的三次方程：

方程 $\left(4\right)\,$ $\left(4\right)\,$ 变为

展开，得

合并同类项，得

这是嵌套的三次方程。

记

则此三次方程变为

方程 $\left(5\right)\,$ $\left(5\right)\,$ 的解(三个解中任何一个都可以)为

则原来的嵌套三次方程的解为

$y\,$ $y\,$ 的值已由 $\left(6\right)\,$ $\left(6\right)\,$ 式给定，现在知道等式 $\left(3\right)\,$ $\left(3\right)\,$ 的右边是完全平方的形式

从而它可分解因式为：

因此方程 $\left(3\right)\,$ $\left(3\right)\,$ 化为

等式 $\left(7\right)\,$ $\left(7\right)\,$ 两边各有一个乘起来的完全平方式。两完全平方式相等。

如果两平方式相等，则两平方式的因子也相等，即有下式：

对 $u\,$ $u\,$ 合并同类项，得

方程 $\left(8\right)\,$ $\left(8\right)\,$ 是关于 $u\,$ $u\,$ 的二次方程。其解为

化简，得

这就是降低次数的四次方程的解，因此原来的四次方程的解为

给定一个四次方程

其解可用如下方法求出：

此即所求。

还有解四次方程的其他方法，或许更好些。费拉里首先发现这些迷宫般的解之一。他所解的方程是

它已经化为简约的形式。它有一对解，可由上面给出的公式得到。

此四次方程是下列两个二次方程之积：

以及

由于

因此

设

则方程 $\left(9\right)\,$ $\left(9\right)\,$ 变为

同时有(未知的)变量 $w\,$ $w\,$ 和 $v\,$ $v\,$ 使方程 $\left(10\right)\,$ $\left(10\right)\,$ 变为

方程 $\left(11\right)\,$ $\left(11\right)\,$ 与 $\left(12\right)\,$ $\left(12\right)\,$ 相乘，得

把方程 $\left(13\right)\,$ $\left(13\right)\,$ 与原来的二次方程比较，可知

及

因此

方程 $\left(12\right)\,$ $\left(12\right)\,$ 的解为

这两个解中的一个应是所求的实解。

写出式子 $x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ $x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ ，令 $y=x+a/4$ $y=x+a/4$ ,把上式改写为 $y^{4}+ey^{2}+fy+g=0$ $y^{4}+ey^{2}+fy+g=0$ ,再利用系数 $e, f, g {\displaystyle e,f,g}$ $e,f,g$ 造出另一式子: $z^{3}+(e/2)z^{2}+((e^{2}-4g)/16)z-f^{2}/64=0$ $z^{3}+(e/2)z^{2}+((e^{2}-4g)/16)z-f^{2}/64=0$ , 求出 $z {\displaystyle z}$ $z$ 的三根，并用 $p, q, r {\displaystyle p,q,r}$ $p,q,r$ 代表它们。那么 $y {\displaystyle y}$ $y$ 的四个根就是 $+{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}$ $+{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}$ $+{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}$ $+{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}$ $-{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}$ $-{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}$ $-{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}$ $-{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}$

合并来看二次方程根的样式为 $j{\sqrt {A}}$ $j{\sqrt {A}}$ ,其中 $j\in \{h^{0},h^{1}\},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^{2}=1$ $j\in \{h^{0},h^{1}\},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^{2}=1$ 三次方程根的样式为 $j_{1}{\sqrt{A}}+j_{2}{\sqrt{B}}$ $j_{1}{\sqrt{A}}+j_{2}{\sqrt{B}}$ ,其中 $j\in \{h^{0},h^{1},h^{2}\},\ \ \ \ \ h^{3}=1$

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