521
17 Июл в 08:4117.07.2018 в 08:41

Решение уравнений 3-й и 4-й степени

Содержание

Из школы известно, что уравнение второй степени a0x2+a1x+a2=0a_0x^2+a_1x+a_2=0 можно решить с помощью выделения полного квадрата. Есть и универсальная формула для корней, действительных или комплексных
x1,2=a1±a124a0a22a0x_{1,2}=\frac{a_1\pm\sqrt{a_1^2-4a_0a_2}}{2a_0}.

В таком же стиле можно решить и уравнения, у которых в левой части многочлен не 2-й, а 3-й или 4-й степени — методы изложены ниже.
Надежды математиков, что и уравнения более высоких степеней могут быть решены с помощью 4 арифметических операций и извлечения корня, не оправдались. Абель в 1823 г. доказал, что уравнение 5-й степени x5+3x+1=0x^5+3x+1=0 неразрешимо в радикалах.

Здесь не ставятся целью готовые формулы, они будут довольно сильно «ветвящимися», напротив, подставьте вместо букв свои числа и все это проделайте, будет готовое полное решение уравнения 3-й или 4-й степени.

Метод Кардано

Пусть надо решить уравнение 3-й степени z3+a1z2+a2z+a3=0z^{3}+a_{1}z^{2}+a_{2}z+a_{3}=0.

Обнулим первый коэффициент заменой x=z+13a1x=z+\frac{1}{3}a_{1}, получим уравнение относительно xx:

x3+px+q=0(1)x^{3}+px+q=0\quad\quad(1)

Будем искать в виде

x=y+zx=y+z

(y+z)3+p(y+z)+q=0(y+z)^{3}+p(y+z)+q=0
y3+z3+(3yz+p)(y+z)+q=0y^{3}+z^{3}+(3yz+p)(y+z)+q=0

Достаточно, чтобы выполнялась система

{3yz=py3+z3=q,{y3z3=(p3)3y3+z3=q\begin{cases} \begin{array}{cc} 3yz & =-p\\ y^{3}+z^{3} & =-q \end{array}\end{cases},\begin{cases} \begin{array}{cc} y^{3}z^{3} & =\left(\frac{-p}{3}\right)^{3}\\ y^{3}+z^{3} & =-q \end{array}\end{cases}

По теореме Виета, y3y^{3} и z3z^{3} являются двумя корнями квадратного уравнения

t2+qt+(p3)3=0t^{2}+qt+\left(\frac{-p}{3}\right)^{3}=0
(y3,z3)=q2±(q2)2+(p3)3(y^{3},z^{3})=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}

x=y+z=q2+(q2)2+(p3)33+q2(q2)2+(p3)33x=y+z=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}

Получили формулу Кардано для одного из корней. Однако если дискриминант использованного квадратного уравнения

D=(q2)2+(p3)3<0D=\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}<0,

то под кубическими корнями будут стоять комплексные числа. Если коэффициенты исходного кубического уравнения были действительны, мнимые части двух кубических корней будут взаимно противоположны, и корни получатся действительными, какие бы комплексные решения y,z исходной системы мы ни взяли. Но извлечение кубических корней из комплексных чисел — это еще большее искусство, чем решение исходного уравнения, поэтому сразу, как только у уравнения (1) оказалось D<0D<0, мы поступим иначе.

x3+px=qx^{3}+px=-q

Чтобы уравнение стало еще больше похоже на формулу косинуса тройного угла, заменим

x=u4p3x=u\sqrt{-\frac{4p}{3}}
4p34p3u3+pu4p3=qu334u=33/2q8(p)3/2-\frac{4p}{3}\sqrt{-\frac{4p}{3}}u^{3}+pu\sqrt{-\frac{4p}{3}}=-qu^{3}-\frac{3}{4}u=\frac{3^{3/2}q}{8(-p)^{3/2}}
4u33u=q2(p3)3/2=cos3φ4u^{3}-3u=\frac{q}{2(-\frac{p}{3})^{3/2}}=\cos3\varphi

Благодаря условию D<0D<0 дробь меньше 11 по модулю, и найдется такое значение φ,  0<3φ<π\varphi,\;0<3\varphi<\pi. Причем значения 3φ+2π3\varphi+2\pi, 3φ+4π3\varphi+4\pi приведут к другим значениям cosφ\cos\varphi. Так по формуле косинуса тройного аргумента

u=cosφ=cos(13arccosq2(p3)3/2+2πk3),k=0,1,2u=\cos\varphi=\cos\left(\frac{1}{3}\arccos\frac{q}{2(-\frac{p}{3})^{3/2}}+\frac{2\pi k}{3}\right),\quad k=0,1,2

найдется три решения u1,u2,u3u_{1},u_{2},u_{3}, и соответственно три решения x1,x2,x3x_{1},x_{2},x_{3} уравнения (1).

Метод Феррари

Решаем уравнение 4-й степени

z4+a1z3+a2z2+a3z+a4=0z^{4}+a_{1}z^{3}+a_{2}z^{2}+a_{3}z+a_{4}=0.

Обнулим первый коэффициент заменой x=z+14a1x=z+\frac{1}{4}a_{1}, получим уравнение относительно xx:

x4+Ax2+Bx+C=0(2)x^{4}+Ax^{2}+Bx+C=0\quad\quad(2)

Это уравнение с действительными коэффициентами может иметь:

  1. две пары комплексно-сопряженных корней,
  2. пару комплексно-сопряженных корней и пару действительных корней,
  3. четыре действительных корня, в том числе, может быть, совпадающие.

В любом случае левая часть разлагается в произведение двух квадратных трехчленов

x4+Ax2+Bx+C=(x2+ax+b)(x2ax+c)=0x^{4}+Ax^{2}+Bx+C=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)=0

Например, x4+4=(x2+2x+2)(x22x+2)x^{4}+4=(x^{2}+2x+2)(x^{2}-2x+2)

Получаем систему условий:

{c+ba2=Aa(cb)=Bbc=C{c+b=A+a2cb=Babc=C\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b-a^{2} & =A\\ a(c-b) & =B\\ bc & =C \end{array}\end{cases}\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b & =A+a^{2}\\ c-b & =\frac{B}{a}\\ bc & =C \end{array}\end{cases}

Благодаря тождеству 4bc=(c+b)2(cb)24bc=(c+b)^{2}-(c-b)^{2} получаем уравнение на t=a2t=a^{2}

(A+a2)2=(Ba)2+4C(A+a^{2})^{2}=\left(\frac{B}{a}\right)^{2} +4C
t3+2At2+(A24C)tB2=0t^{3}+2At^{2}+({A^2}-4C)t-B^{2}=0

Это уравнение третьей степени, называемое резольвентным, и может быть решено методом Кардано, описанным выше. Находим любой один действительный положительный корень t1t_{1}. Он существует, так как левая часть отрицательна при t=0t=0, и стремится к бесконечности на ++\infty. Из системы

{c+b=A+t1cb=±Bt1=Ba\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b & =A+t_{1}\\ c-b & =\pm\frac{B}{\sqrt{t_{1}}}=\frac{B}{a} \end{array}\end{cases}

находим однозначно, с точностью до замены (a,b)(a,c)(a,b)\leftrightarrow(-a,c)

{a=±t1c=12(A+t1±Bt1)b=12(A+t1Bt1)\begin{cases} \begin{array}{cc} a & =\pm\sqrt{t_{1}}\\ c & =\frac{1}{2}\left(A+t_{1}\pm\frac{B}{\sqrt{t_{1}}}\right)\\ b & =\frac{1}{2}\left(A+t_{1}\mp\frac{B}{\sqrt{t_{1}}}\right) \end{array}\end{cases}

Значит, нашли разложение левой части уравнения (2) в произведение двух квадратных трехчленов. Остается решить два квадратных уравнения и найти 4 корня, действительных или комплексных.

Если резольвентное уравнение имеет один действительный корень t1t_{1}, то разложение в произведение двух квадратных трехчленов единственно, это происходит потому, что среди 4 корней есть два комплексно-сопряженных, и они обязательно должны быть объединены в пару. Если же все 4 корня уравнения (2), а значит и исходного, действительны, то их можно разбить на пары тремя различными способами, и возможны три разложения в произведение. Они соответствуют трем корням резольвентного уравнения. Но в итоге все 4 корня исходного уравнения получаются одни и те же, только по-разному упорядоченные.

Пример

Решить уравнение x4x2+2x1=0x^{4}-x^{2}+2x-1=0

A=1,B=2,C=1A=-1,B=2,C=-1.

По методу Феррари ищем разложение:

x4x2+2x1=(x2+ax+b)(x2ax+c)x^{4}-x^{2}+2x-1=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)

{c+b=1+a2cb=2abc=1\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b & =-1+a^{2}\\ c-b & =\frac{2}{a}\\ bc & =-1 \end{array}\end{cases}

Резольвентное уравнение на t=a2t=a^{2}

t3+2At2+(A24C)tB2=t32t2+5t4=0t^{3}+2At^{2}+(A^{2}-4C)t-B^{2}=t^{3}-2t^{2}+5t-4=0

Если не заниматься подбором его корня, а работать по методу Кардано:

X=t23X=t-\frac{2}{3}

(X+23)32(X+23)2+5(X+23)4=0\left(X+\frac{2}{3}\right)^{3}-2\left(X+\frac{2}{3}\right)^{2}+5\left(X+\frac{2}{3}\right)-4=0

X3+43X+82783X89+5X+1034=0X^{3}+\frac{4}{3}X+\frac{8}{27}-\frac{8}{3}X-\frac{8}{9}+5X+\frac{10}{3}-4=0

X3+113X3427=0X^{3}+\frac{11}{3}X-\frac{34}{27}=0

p=113,  q=3427p=\frac{11}{3},\;q=-\frac{34}{27}

D=(119)3+(1727)3=1331729+289729=1620729=209D=\left(\frac{11}{9}\right)^{3}+\left(\frac{17}{27}\right)^{3}=\frac{1331}{729}+\frac{289}{729}=\frac{1620}{729}=\frac{20}{9}

По формуле Кардано

X=q2+D3+q2D3=17+1853+1718533=X=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{D}}=\frac{\sqrt[3]{17+18\sqrt{5}}+\sqrt[3]{17-18\sqrt{5}}}{3}=

=1+95+135+13553+195+135135536==\frac{\sqrt[3]{1+9\sqrt{5}+135+135\sqrt{5}}+\sqrt[3]{1-9\sqrt{5}+135-135\sqrt{5}}}{6}=

=(1+35)33+(135)336=13=\frac{\sqrt[3]{\left(1+3\sqrt{5}\right)^{3}}+\sqrt[3]{\left(1-3\sqrt{5}\right)^{3}}}{6}=\frac{1}{3}

Это типичный исход применения формулы. При DD, не являющимся квадратом рационального числа, для рациональности ХХ не только достаточно, но и необходимо, чтобы выражения под кубическими корнями оказались точными кубами

(α±βD)3\left(\alpha\pm\beta\sqrt{D}\right)^{3}
( α,β\alpha ,\beta рациональны), и тогда иррациональность D\sqrt{D} исчезнет в ответе. Но если X (и t) рациональны, их в резольвентном уравнении можно было найти и подбором.

Получили корень резольвентного уравнения

t=X+23=1t=X+\frac{2}{3}=1
a=±t=±1,c=±1,b=1a=\pm\sqrt{t}=\pm1,\quad c=\pm1,\quad b=\mp1

Получаем разложение

x4x2+2x1=(x2+x1)(x2x+1)=0x^{4}-x^{2}+2x-1=(x^{2}+x-1)(x^{2}-x+1)=0

Из этих квадратных уравнений

x1,2=1±52,x3,4=1±i32x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2},\quad x_{3,4}=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}
-все корни данного уравнения.

Автор статьи
+3
-0
Комментарии
Нет комментариев

Интересные статьи за сегодня

Кто в России счастлив на работе

Кто в России счастлив на работе?
358 +21
3

Как защищать курсовую работу

О том, как преподнести себя публике и уберечь нервную систему (не только свою), представляя свое научное детище, – читайте в нашей статье.
132 +20
1

Антиплагиат: что это такое

Детальный обзор систем антиплагиата: как с ними работать и как повысить уникальность
3462 +17
0

Образование за рубежом: все ли так идеально?

Студенты за рубежом выступают против платного образования и поддельных дипломов.
20 +14
0
Хотите выполнять заказы?
Стать автором
Хотите заказать работу?
Разместить заказ