Решение уравнений 3-й и 4-й степени

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

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 $x^5+3x+1=0$ 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 $z^{3}+a_{1}z^{2}+a_{2}z+a_{3}=0$.

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

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

Будем искать в виде

$x=y+z$

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

Достаточно, чтобы выполнялась система

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

По теореме Виета, $y^{3}$ и $z^{3}$ являются двумя корнями квадратного уравнения

$t^{2}+qt+\left(\frac{-p}{3}\right)^{3}=0$
$(y^{3},z^{3})=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}$

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

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

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

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 $D<0$, мы поступим иначе.

$x^{3}+px=-q$

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

$x=u\sqrt{-\frac{4p}{3}}$
$-\frac{4p}{3}\sqrt{-\frac{4p}{3}}u^{3}+pu\sqrt{-\frac{4p}{3}}=-qu^{3}-\frac{3}{4}u=\frac{3^{3/2}q}{8(-p)^{3/2}}$
$4u^{3}-3u=\frac{q}{2(-\frac{p}{3})^{3/2}}=\cos3\varphi$

Благодаря условию $D<0$ дробь меньше $1$ по модулю, и найдется такое значение $\varphi,\;0<3\varphi<\pi$. Причем значения $3\varphi+2\pi$, $3\varphi+4\pi$ приведут к другим значениям $\cos\varphi$. Так по формуле косинуса тройного аргумента

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

найдется три решения $u_{1},u_{2},u_{3}$, и соответственно три решения $x_{1},x_{2},x_{3}$ уравнения (1).

Метод Феррари

Решаем уравнение 4-й степени

$z^{4}+a_{1}z^{3}+a_{2}z^{2}+a_{3}z+a_{4}=0$.

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

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

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

$x^{4}+Ax^{2}+Bx+C=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)=0$

Например, $x^{4}+4=(x^{2}+2x+2)(x^{2}-2x+2)$

Получаем систему условий:

$\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b-a^{2} & =A\\ a(c-b) & =B\\ bc & =C \end{array}\end{cases}\begin{cases} \begin{array}{cc} c+b & =A+a^{2}\\ c-b & =\frac{B}{a}\\ bc & =C \end{array}\end{cases}$

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

$(A+a^{2})^{2}=\left(\frac{B}{a}\right)^{2} +4C$
$t^{3}+2At^{2}+({A^2}-4C)t-B^{2}=0$

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

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

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

$\begin{cases} \begin{array}{cc} a & =\pm\sqrt{t_{1}}\\ c & =\frac{1}{2}\left(A+t_{1}\pm\frac{B}{\sqrt{t_{1}}}\right)\\ b & =\frac{1}{2}\left(A+t_{1}\mp\frac{B}{\sqrt{t_{1}}}\right) \end{array}\end{cases}$

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 $t_{1}$, 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 $x^{4}-x^{2}+2x-1=0$

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

По методу Феррари ищем разложение:

$x^{4}-x^{2}+2x-1=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)$

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

Резольвентное уравнение на $t=a^{2}$

$t^{3}+2At^{2}+(A^{2}-4C)t-B^{2}=t^{3}-2t^{2}+5t-4=0$

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

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

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

$X^{3}+\frac{4}{3}X+\frac{8}{27}-\frac{8}{3}X-\frac{8}{9}+5X+\frac{10}{3}-4=0$

$X^{3}+\frac{11}{3}X-\frac{34}{27}=0$

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

$D=\left(\frac{11}{9}\right)^{3}+\left(\frac{17}{27}\right)^{3}=\frac{1331}{729}+\frac{289}{729}=\frac{1620}{729}=\frac{20}{9}$

По формуле Кардано

$X=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{D}}=\frac{\sqrt[3]{17+18\sqrt{5}}+\sqrt[3]{17-18\sqrt{5}}}{3}=$

$=\frac{\sqrt[3]{1+9\sqrt{5}+135+135\sqrt{5}}+\sqrt[3]{1-9\sqrt{5}+135-135\sqrt{5}}}{6}=$

$=\frac{\sqrt[3]{\left(1+3\sqrt{5}\right)^{3}}+\sqrt[3]{\left(1-3\sqrt{5}\right)^{3}}}{6}=\frac{1}{3}$

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

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

Получили корень резольвентного уравнения

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

Получаем разложение

$x^{4}-x^{2}+2x-1=(x^{2}+x-1)(x^{2}-x+1)=0$

Из этих квадратных уравнений

$x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2},\quad x_{3,4}=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}$
-все корни данного уравнения.

Вам нужно срочно заказать статью по математике для публикации? Обратитесь за помощью к нашим экспертам!

Тест по теме «Решение уравнений 3-й и 4-й степени»