四次方程

✍ dations ◷ 2025-09-18 02:12:34 #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。

Δ = 256 a 3 e 3 192 a 2 b d e 2 128 a 2 c 2 e 2 + 144 a 2 c d 2 e 27 a 2 d 4 + 144 a b 2 c e 2 6 a b 2 d 2 e 80 a b c 2 d e + 18 a b c d 3 + 16 a c 4 e 4 a c 3 d 2 27 b 4 e 2 + 18 b 3 c d e 4 b 3 d 3 4 b 2 c 3 e + b 2 c 2 d 2 {\displaystyle {\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 {\displaystyle x\,} 的值:

若任何一个 z {\displaystyle z\,} 的值为负数或复数,那么一些 x {\displaystyle 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 {\displaystyle a\,}

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

将变量替换: ( u b 4 a ) 4 + b a ( u b 4 a ) 3 + c a ( u b 4 a ) 2 + d a ( u b 4 a ) + e a = 0. {\displaystyle \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: ( u 4 b a u 3 + 6 u 2 b 2 16 a 2 4 u b 3 64 a 3 + b 4 256 a 4 ) + b a ( u 3 3 u 2 b 4 a + 3 u b 2 16 a 2 b 3 64 a 3 ) + c a ( u 2 u b 2 a + b 2 16 a 2 ) + d a ( u b 4 a ) + e a . {\displaystyle \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 β = 0 {\displaystyle \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 {\displaystyle 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 {\displaystyle u^{4}\,} 配成了完全平方式: ( u 2 + α ) 2 {\displaystyle (u^{2}+\alpha )^{2}\,} 。左式中, α u 2 {\displaystyle \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 ( 2 ) {\displaystyle \left(2\right)\,} 左边的完全平方中插入变量 y {\displaystyle y\,} ,相应地在右边插入一项 2 y {\displaystyle 2y\,} 。根据恒等式

与等式(2)相加,得

也就是

现在我们需要寻找一个 y {\displaystyle y\,} 值,使得方程 ( 3 ) {\displaystyle \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 {\displaystyle y\,} 的三次方程。两边除以 2 {\displaystyle 2\,}

方程 ( 4 ) {\displaystyle \left(4\right)\,} 是嵌套的三次方程。为了解方程 ( 4 ) {\displaystyle \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 ( 4 ) {\displaystyle \left(4\right)\,} 变为

展开,得

合并同类项,得

这是嵌套的三次方程。

则此三次方程变为

方程 ( 5 ) {\displaystyle \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 {\displaystyle y\,} 的值已由 ( 6 ) {\displaystyle \left(6\right)\,} 式给定,现在知道等式 ( 3 ) {\displaystyle \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 ( 3 ) {\displaystyle \left(3\right)\,} 化为

等式 ( 7 ) {\displaystyle \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:

u {\displaystyle u\,} 合并同类项,得

方程 ( 8 ) {\displaystyle \left(8\right)\,} 是关于 u {\displaystyle 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

则方程 ( 9 ) {\displaystyle \left(9\right)\,} 变为

同时有(未知的)变量 w {\displaystyle w\,} v {\displaystyle v\,} 使方程 ( 10 ) {\displaystyle \left(10\right)\,} 变为

方程 ( 11 ) {\displaystyle \left(11\right)\,} ( 12 ) {\displaystyle \left(12\right)\,} 相乘,得

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

因此

方程 ( 12 ) {\displaystyle \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 + a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 {\displaystyle x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0} ,令 y = x + a / 4 {\displaystyle y=x+a/4} ,把上式改写为 y 4 + e y 2 + f y + g = 0 {\displaystyle y^{4}+ey^{2}+fy+g=0} ,再利用系数 e , f , g {\displaystyle e,f,g} 造出另一式子: z 3 + ( e / 2 ) z 2 + ( ( e 2 4 g ) / 16 ) z f 2 / 64 = 0 {\displaystyle z^{3}+(e/2)z^{2}+((e^{2}-4g)/16)z-f^{2}/64=0} , 求出 z {\displaystyle z} 的三根,并用 p , q , r {\displaystyle p,q,r} 代表它们。那么 y {\displaystyle y} 的四个根就是 + p + q + r {\displaystyle +{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}} + p q r {\displaystyle +{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}} p + q r {\displaystyle -{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}} p q + r {\displaystyle -{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}}

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

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