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
+5
-0
Нет комментариев
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат

Интересные статьи за сегодня

Как к ним подготовиться и что отвечать.
3332 +149
3
Делимся основными ошибками, которые из года в год допускают старшеклассники.
1375 +148
0
Признаки хорошего колледжа.
760 +106
0
Автор
Хотите выполнять заказы? Стать автором
Заказчик
Хотите заказать работу? Разместить заказ
Доверьте свою работу экспертам
Разместите заказ
Наша система отправит ваш заказ на оценку 33 747 авторам
Первые отклики появятся уже в течение 10 минут
Напишем уникальную работу
Скидка 10%