Descartes-Euler megoldás

A behelyettesítés után egy egyenletet kapunk a következő formában (ezt „hiányosnak” nevezzük):

y 4 + py 2 + qy + r = 0 .

Gyökerek y 1 , y 2 , y 3 , y egy ilyen egyenlet 4-e egyenlő a következő kifejezések egyikével:

amelyben a karakterek kombinációi úgy vannak kiválasztva, hogy a következő kapcsolat teljesüljön:

,

és z 1 , z 2 és z 3 gyökér köbös egyenlet

A Ferrari megoldása

Fő cikk: Ferrari módszer

A negyedik fokú egyenletet a következő formában ábrázoljuk:

Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx + E = 0,

Megoldása a következő kifejezésekből kereshető:

ha β = 0, megoldás u 4 + α u 2 + γ = 0és a csere elvégzése , keressük meg a gyökereket: . , (bármilyen jel négyzetgyök megteszi), (három összetett gyök, amelyek közül az egyik megteszi) Két ± s-nek azonos előjelűnek kell lennie, ± t - függetlenek. Az összes gyök megtalálásához x-et kell keresni az előjeles kombinációkhoz ± s ,± t = +,+ for +,− for −,+ for −,−. A kettős gyökerek kétszer, a hármas gyökerek háromszor és a negyedes gyökerek négyszer jelennek meg. A gyökerek sorrendje attól függ, hogy melyik kockagyökér U kiválasztott.

Lásd még

• 4. fokú egyenletek könnyen megoldható típusai: Biquadratic egyenlet, negyedfokú reciprok egyenlet

Irodalom

• Korn G., Korn T. (1974) Matematika kézikönyve.

Linkek

• A Ferrari döntése

Wikimédia Alapítvány.

2010.

Nézze meg, mi a „negyedfokú egyenlet” más szótárakban: negyedik fokú egyenlet - - [L.G. Sumenko. Angol-orosz szótár az információtechnológiáról. M.: Állami Vállalat TsNIIS, 2003.] Témák információs technológia általános EN kvartikus egyenlet ...

Műszaki fordítói útmutató

Egy 4-es fokú polinom grafikonja négy gyökkel és három kritikus ponttal. A matematika negyedik fokú egyenlete a következő alakú algebrai egyenlet: Az algebrai egyenletek negyedik foka az a legmagasabb, amelynél ... ... Wikipédia

Az anxn + an − 1xn − 1 + ... + a1x + a0 = 0 formájú egyenletet reciproknak nevezzük, ha szimmetrikus helyzetű együtthatói egyenlőek, azaz ha an − k = ak, ha k = 0, 1, ..., n. Tartalom 1 Negyedik fokozat egyenlete ... Wikipédia Amelyben az ismeretlen kifejezés a negyedik hatványhoz tartozik. Teljes szótár idegen szavak , amelyek az orosz nyelvben használatosak. Popov M., 1907. BIQUADRÁT EGYENLET a lat. bisz, kétszer, és quadratum, négyzet. Egy egyenlet, amelyben a legnagyobb mérték... ...

Az aritmetikával együtt létezik a számok tudománya, és a számokon keresztül általában a mennyiségek tudománya. Anélkül, hogy bármilyen meghatározott, konkrét mennyiségek tulajdonságait tanulmányoznák, mindkét tudomány az absztrakt mennyiségek tulajdonságait vizsgálja, függetlenül attól, hogy... ... Enciklopédiai szótár F. Brockhaus és I.A. Efron

Alkalmazott ismeretek halmaza, amely lehetővé teszi a repüléstechnikai mérnökök számára, hogy tanulmányozzák az aerodinamika, a légi járművek szilárdsági, hajtóműépítési és repülési dinamikájának (azaz elméletnek) a területén, hogy újat hozzanak létre. repülőgép vagy javítani...... Collier enciklopédiája

A legrégebbi matematikai tevékenység a számolás volt. Számlára volt szükség az állatállomány nyomon követéséhez és a kereskedelem lebonyolításához. Egyes primitív törzsek úgy számolták meg a tárgyak számát, hogy a test különböző részeivel párosították őket, főleg... ... Collier enciklopédiája

A technológia története időszakonként és régiónként: neolitikus forradalom ókori egyiptomi technológiák Tudomány és technológia ősi india Tudomány és technológia ősi Kína Technológiák Ókori Görögország Technológiák Ókori Róma Az iszlám világ technológiái... ... Wikipédia

Az egyenlet egy matematikai összefüggés, amely két algebrai kifejezés egyenlőségét fejezi ki. Ha egy egyenlőség igaz a benne foglalt ismeretlenek bármely megengedett értékére, akkor azt identitásnak nevezzük; például a forma aránya... ... Collier enciklopédiája

Abel Ruffini tétele kimondja, hogy az at hatvány általános egyenlete feloldhatatlan gyökökben. Tartalom 1 Részletek... Wikipédia

Általános esetben a negyedik fokú egyenlet megoldását a következő egyenletek megoldási módszereivel végezzük. magasabb fokozatok például a Ferrari módszerével vagy a Horner-séma használatával. De néhány 4. fokú egyenletnek van egyszerűbb megoldása.

A negyedik fokú egyenleteknek számos speciális típusa létezik, amelyek megoldására az alábbiakban olvashat:

• Kétnegyedes egyenlet $ax^4+bx^2+c=0$;
• $ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0$ alakú reciprok egyenletek;
• $ax^4+b=0$ alakú egyenletek.

Negyedfokú biquadratic egyenletek megoldása

A $ax^4+bx^2+c=0$ kétnegyedes egyenletek másodfokú egyenletekké redukálódnak, ha a $x^2$ változót egy újra cseréljük, például $y$-ra. A csere után az új eredményül kapott egyenletet megoldjuk, majd a talált változó értékét behelyettesítjük a $x^2=y$ egyenletbe. A megoldás eredménye a $x^2=y$ egyenlet gyöke lesz.

1. példa

Oldja meg a $x(x-1)(x-2)(x-3)=24$ egyenletet:

Bontsuk ki a zárójeleket a polinomban:

$(x^2-3x)(x^2-3x+2)=24$

Ebben a formában nyilvánvalóvá válik, hogy új változóként választhatjuk a $y=x^2-3x$ kifejezést.

$y\cdot (y+2)=24$

Most oldjunk meg két másodfokú egyenletet: $x^2-3x=-4$ és $x^2-3x=-6$.

Az első egyenlet gyöke $x_1(1,2)=4;-1$, a másodiknak nincs megoldása.

4. fokú reciprok egyenletek megoldása

Ezek az $ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0$ alakú egyenletek az alacsonyabb rendű tagokra vonatkozó együtthatóikkal megismétlik a magasabb fokú polinomok együtthatóit. Egy ilyen egyenlet megoldásához először ossza el $x^2$-val:

$ax^4+bx^3+cx^2 +bx+ a=0|:x^2$

$ax^2+bx+c+\frac(b)(x) + \frac(a)(x^2)=0$

$a(x^2+\frac(1)(x^2))+b(x+\frac(1)(x)) + c=0$

Ezután cserélje ki a $(x+\frac(1)(x))$-t egy új változóra, majd $(x^2+\frac(1)(x^2))=y^2-2$, behelyettesítés után kapjuk a következő négyzetegyenlet:

$a(y^2-2)+by+c=0$

Ezek után megkeressük a $x+\frac(1)(x)=y_1$ és $x+\frac(1)(x)=y_2$ egyenletek gyökereit.

Hasonló módszert alkalmaznak a $ax^4+bx^3+cx^2 +kbx+ k^2a=0$ alakú reciprok egyenletek megoldására is.

2. példa

Oldja meg az egyenletet:

$3x^4-2x^3-9x^2-4x+12=0$

Ez az egyenlet $ax^4+bx^3+cx^2 +kbx+ k^2a=0$ alakú reciprok egyenlet. Ezért a teljes egyenletet elosztjuk $x^2$-val:

$3x^2-2x-9 \cdot \frac(2 \cdot 2)(x)+3 \cdot (\frac(2)(x))^2=0$

$3(x^2+\frac(4)(x^2))-2(x+\frac(2)(x)-9=0$

Cseréljük le a $x+\frac(2)(x)$ kifejezést: $3(y^2-4)-2y-9=0$

Számítsuk ki ennek az egyenletnek a gyökereit, ezek egyenlőek: $y_1=3$ és $y_2=-\frac(7)(3)$.

Ennek megfelelően most két egyenletet kell megoldani: $x+\frac(2)(x)=3$ és $x+\frac(2)(x)=-\frac(7)(3)$. Az első egyenlet megoldása $x_1=1, x_2=2$, a második egyenletnek nincs gyöke.

Ezért az eredeti egyenlet gyökerei $x_1=1, x_2=2$.

$ax^4+b=0$ alakú egyenletek

Az ilyen típusú egyenlet gyökereit rövidített szorzóképletek segítségével találjuk meg.

A negyedik fokú egyenletekre ezek mindegyike alkalmazható általános sémák magasabb fokú egyenletek megoldása, amelyeket az előző anyagban vizsgáltunk. A binomiális, biquadratikus és reciprok egyenletek megoldásában azonban számos árnyalat van, amelyekre szeretnénk részletesebben kitérni.

Szintén a cikkben elemezzük a polinom faktorálásának mesterséges módszerét, a gyökös megoldást és a Ferrari módszert, amellyel egy negyedfokú egyenlet megoldását köbegyenletre redukálják.

Negyedik fokú binomiális egyenlet megoldása

Ez legegyszerűbb típus negyedik fokú egyenletek. Az egyenletet a következőképpen írjuk fel: A x 4 + B = 0.

1. definíció

Az ilyen típusú egyenletek megoldásához rövidített szorzóképleteket használnak:

A x 4 + B = 0 x 4 + B A = 0 x 4 + 2 B A x 2 + B A - 2 B A x 2 = 0 x 2 + B A 2 - 2 B A x 2 = 0 x 2 - 2 B A 4 x + B A x 2 + 2 B A 4 x + B A = 0

Már csak meg kell találni a négyzetes trinomiálisok gyökereit.

1. példa

Oldja meg a 4 x 4 + 1 = 0 negyedfokú egyenletet!

Megoldás

Először is faktorizáljuk a 4 x 4 + 1 polinomot:

4 x 4 + 1 = 4 x 4 + 4 x 2 + 1 = (2 x 2 + 1) 2 - 4 x 2 = 2 x 2 - 2 x + 1 (2 x 2 + 2 x + 1)

Most keressük meg a négyzetes trinomiálisok gyökereit.

2 x 2 - 2 x + 1 = 0 D = (- 2) 2 - 4 2 1 = - 4 x 1 = 2 + D 2 2 = 1 2 + i x 2 = 2 - D 2 2 = 1 2 - i

2 x 2 + 2 x + 1 = 0 D = 2 2 - 4 2 1 = - 4 x 3 = - 2 + D 2 2 = - 1 2 + i x 4 = - 2 - D 2 2 = - 1 2 - i

Négy összetett gyökerünk van.

Válasz: x = 1 2 ± i és x = - 1 2 ± i.

Negyedik fokozatú ismétlődő egyenlet megoldása

2. definíció

A negyedrendű reciprok egyenletek: A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0

x = 0 nem ennek az egyenletnek a gyöke: A · 0 4 + B · 0 3 + C · 0 2 + B · 0 + A = A ≠ 0. Ezért az egyenlet mindkét oldalát nyugodtan oszthatjuk x 2-vel:

A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0 A x 2 + B x + C + B x + A x 2 = 0 A x 2 + A x 2 + B x + B x + C = 0 A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0

Változtassuk meg az x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 - 2 változókat:

A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0 A (y 2 - 2) + B y + C = 0 A y 2 + B y + C - 2 A = 0

Tehát a negyedik fokú reciprok egyenletet másodfokú egyenletté redukáljuk.

2. példa

Találd meg az összeset összetett gyökerek 2 x 4 + 2 3 + 2 x 3 + 4 + 6 x 2 + 2 3 + 2 x + 2 = 0 egyenletek.

Megoldás

Az együtthatók szimmetriája azt mutatja, hogy egy negyedik fokú reciprok egyenletről van szó. Osszuk el mindkét oldalt x 2-vel:

2 x 2 + 2 3 + 2 x + 4 + 6 + 2 3 + 2 x + 2 x 2 = 0

Csoportosítsunk:

2 x 2 + 2 x 2 + 2 3 + 2 x + 2 3 + 2 x + 4 + 6 + = 0 2 x 2 + 1 x 2 + 2 3 + 2 x + 1 x + 4 + 6 = 0

Cseréljük le az x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 - 2 változót

2 x 2 + 1 x 2 + 2 3 + 2 x + 1 x + 4 + 6 = 0 2 év 2 - 2 + 2 3 + 2 év + 4 + 6 = 0 2 év 2 + 2 3 + 2 év + 6 = 0

Oldjuk meg a kapott másodfokú egyenletet:

D = 2 3 + 2 2 - 4 2 6 = 12 + 4 6 + 2 - 8 6 = = 12 - 4 6 + 2 = 2 3 - 2 2 y 1 = - 2 3 - 2 + D 2 2 = - 2 3 - 2 + 2 3 - 2 4 = - 2 2 y 2 = - 2 3 - 2 - D 2 2 = - 2 3 - 2 - 2 3 + 2 4 = - 3

Térjünk vissza a helyettesítésre: x + 1 x = - 2 2 , x + 1 x = - 3 .

Oldjuk meg az első egyenletet:

x + 1 x = - 2 2 ⇒ 2 x 2 + 2 x + 2 = 0 D = 2 2 - 4 2 2 = - 14 x 1 = - 2 - D 2 2 = - 2 4 + i 14 4 x 2 = - 2 - D 2 2 = - 2 4 - i 14 4

Oldjuk meg a második egyenletet:

x + 1 x = - 3 ⇒ x 2 + 3 x + 1 = 0 D = 3 2 - 4 1 1 = - 1 x 3 = - 3 + D 2 = - 3 2 + i 1 2 x 4 = - 3 - D 2 = - 3 2 - i 1 2

Válasz: x = - 2 4 ± i · 14 4 és x = - 3 2 ± i · 1 2 .

Kétnegyedes egyenlet megoldása

A negyedik fokú bikvadratikus egyenletek A x 4 + B x 2 + C = 0 alakúak. Egy ilyen egyenletet redukálhatunk A y 2 + B y + C = 0 másodfokú egyenletre y = x 2 helyettesítésével. Ez egy szabványos technika.

3. példa

Oldja meg a 2 x 4 + 5 x 2 - 3 = 0 biquadratikus egyenletet.

Megoldás

Cseréljük le az y = x 2 változót, ami lehetővé teszi, hogy az eredeti egyenletet másodfokúvá redukáljuk:

2 év 2 + 5 év - 3 = 0 D = 5 2 - 4 2 (- 3) = 49 y 1 = - 5 + D 2 2 = - 5 + 7 4 = 1 2 év 2 = - 5 - D 2 2 = - 5 - 7 4 = - 3

Ezért x 2 = 1 2 vagy x 2 = - 3.

Az első egyenlőség lehetővé teszi, hogy megkapjuk az x = ± 1 2 gyöket. A második egyenlőségnek nincsenek valódi gyökerei, de összetett konjugált gyökei vannak x = ± i · 3.

Válasz: x = ± 1 2 és x = ± i · 3 .

4. példa

Határozzuk meg a 16 x 4 + 145 x 2 + 9 = 0 kétnegyedes egyenlet összes komplex gyökét.

Megoldás

Az y = x 2 helyettesítési módszert használjuk, hogy az eredeti kétnegyedes egyenletet másodfokúvá redukáljuk:

16 év 2 + 145 év + 9 = 0 D = 145 2 - 4 16 9 = 20449 y 1 = - 145 + D 2 16 = - 145 + 143 32 = - 1 16 év 2 = - 145 - D = 2 · 1 - 145 - 143 32 = - 9

Ezért a változó változása miatt x 2 = - 1 16 vagy x 2 = - 9.

Válasz: x 1, 2 = ± 1 4 · i, x 3, 4 = ± 3 · i.

Negyedfokú egyenletek megoldása racionális gyökökkel

A negyedik fokú egyenlet racionális gyökereinek megtalálásának algoritmusát a „Magasabb fokú egyenletek megoldása” című anyag tartalmazza.

Negyedfokú egyenletek megoldása Ferrari módszerrel

Az x 4 + A x 3 + B x 2 + C x + D = 0 alakú negyedleges egyenletek általában a Ferrari módszerrel oldhatók meg. Ehhez meg kell találnia az y 0 értéket. Ez az y 3 - B y 2 + A C - 4 D y - A 2 D + 4 B D - C 2 = 0 köbös egyenlet bármelyik gyöke. Ezek után meg kell oldani két másodfokú egyenletet x 2 + A 2 x + y 0 2 + A 2 4 - B + y 0 x 2 + A 2 y 0 - C x + y 0 2 4 - D = 0, amelynek radikális kifejezése tökéletes négyzet.

A számítások során kapott gyökök az eredeti negyedfokú egyenlet gyökei lesznek.

5. példa

Keresse meg az x 4 + 3 x 3 + 3 x 2 - x - 6 = 0 egyenlet gyökereit.

Megoldás

Nálunk A = 3, B = 3, C = - 1, D = - 6. Használjuk a Ferrari módszert ennek az egyenletnek a megoldására.

Állítsuk össze és oldjuk meg a köbegyenletet:
y 3 - B y 2 + A C - 4 D y - A 2 D + 4 B D - C 2 = 0 y 3 - 3 y 2 + 21 y - 19 = 0

A köbegyenlet egyik gyöke y 0 = 1 lesz, mivel 1 3 - 3 · 1 2 + 21 · 1 - 19 = 0.

Írjunk fel két másodfokú egyenletet:
x 2 + A 2 x + y 0 2 ± A 2 4 - B + y 0 x 2 + A 2 y 0 - C x + y 0 2 4 - D = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 4 x 2 + 5 2 x + 25 4 = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 2 x + 5 2 2 = 0

x 2 + 3 2 x + 1 2 + 1 2 x + 5 2 = 0 vagy x 2 + 3 2 x + 1 2 - 1 2 x - 5 2 = 0

x 2 + 2 x + 3 = 0 vagy x 2 + x - 2 = 0

Az első egyenlet gyökei x = - 1 ± i · 2, a másodiké x = 1 és x = - 2.

Válasz: x 1, 2 = - 1 ± i 2, x 3 = 1, x 4 = - 2.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

Látogass el weboldalunk youtube csatornájára, hogy naprakész legyél az új videóleckékről.

Először is emlékezzünk a hatványok alapvető képleteire és tulajdonságaikra.

Egy szám szorzata a n-szer fordul elő önmagán, ezt a kifejezést a a … a=a n alakban írhatjuk fel

1. a 0 = 1 (a ≠ 0)

3. a n a m = a n + m

4. (a n) m = a nm

5. a n b n = (ab) n

7. a n / a m = a n - m

Teljesítmény ill exponenciális egyenletek – ezek olyan egyenletek, amelyekben a változók hatványban (vagy kitevőben) vannak, és az alap egy szám.

Példák exponenciális egyenletekre:

Ebben a példában a 6-os szám az alap, mindig alul van, és a változó x fokozat vagy mutató.

Adjunk még példákat az exponenciális egyenletekre.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6 = 0

Most nézzük meg, hogyan oldják meg az exponenciális egyenleteket?

Vegyünk egy egyszerű egyenletet:

2 x = 2 3

Ezt a példát még fejben is meg lehet oldani. Látható, hogy x=3. Végül is, ahhoz, hogy a bal és a jobb oldal egyenlő legyen, x helyett 3-as számot kell tennie.
Most pedig nézzük meg, hogyan formáljuk ezt a döntést:

2 x = 2 3
x = 3

Egy ilyen egyenlet megoldása érdekében eltávolítottuk azonos indokok(vagyis kettesek) és felírta, ami maradt, ezek fokozatok. Megkaptuk a választ, amit kerestünk.

Most pedig foglaljuk össze döntésünket.

Algoritmus az exponenciális egyenlet megoldására:
1. Ellenőrizni kell azonos hogy az egyenletnek van-e alapja a jobb és a bal oldalon. Ha az okok nem ugyanazok, akkor keressük a megoldási lehetőségeket ennek a példának a megoldására.
2. Miután az alapok azonosak lettek, egyenlővé tenni fokot, és oldja meg a kapott új egyenletet.

Most nézzünk néhány példát:

Kezdjük valami egyszerűvel.

A bal és a jobb oldalon lévő alapok egyenlőek a 2-es számmal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk az alapot, és egyenlővé tehetjük a hatalmukat.

x+2=4 A legegyszerűbb egyenletet kapjuk.
x=4–2
x=2
Válasz: x=2

A következő példában láthatja, hogy az alapok különböznek: 3 és 9.

3 3x - 9 x+8 = 0

Először mozgassuk a kilencet jobb oldalra, így kapjuk:

Most ugyanazokat az alapokat kell elkészítenie. Tudjuk, hogy 9=3 2. Használjuk az (a n) m = a nm hatványképletet.

3 3x = (3 2) x+8

9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16-ot kapunk

3 3x = 3 2x+16 Most már világos, hogy a bal és a jobb oldalon az alapok azonosak, és egyenlők hárommal, ami azt jelenti, hogy eldobhatjuk őket, és egyenlővé tesszük a fokokat.

3x=2x+16 a legegyszerűbb egyenletet kapjuk
3x - 2x=16
x=16
Válasz: x=16.

Nézzük a következő példát:

2 2x+4 - 10 4 x = 2 4

Először is nézzük meg az alapokat, a második és a negyedik alapot. És szükségünk van arra, hogy egyformák legyenek. A négyet az (a n) m = a nm képlettel alakítjuk át.

4 x = (2 2) x = 2 2x

És egy a n a m = a n + m képletet is használunk:

2 2x+4 = 2 2x 2 4

Adjuk hozzá az egyenlethez:

2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24

Ugyanezen okokból adtunk egy példát. De a többi 10-es és 24-es szám zavar minket. Mit kezdjünk velük? Ha alaposan megnézed, láthatod, hogy a bal oldalon 2 2x ismétlődik, itt a válasz - 2 2x-et tehetünk zárójelbe:

2 2x (2 4 - 10) = 24

Számítsuk ki a zárójelben lévő kifejezést:

2 4 — 10 = 16 — 10 = 6

A teljes egyenletet elosztjuk 6-tal:

Képzeljük el, hogy 4=2 2:

2 2x = 2 2 alap azonos, ezeket elvetjük és a fokokat egyenlővé tesszük.
2x = 2 a legegyszerűbb egyenlet. Oszd el 2-vel és megkapjuk
x = 1
Válasz: x = 1.

Oldjuk meg az egyenletet:

9 x – 12*3 x +27= 0

Konvertáljuk:
9 x = (3 2) x = 3 2x

Kapjuk az egyenletet:
3 2x - 12 3 x +27 = 0

Az alapjaink azonosak, egyenlők hárommal. Ebben a példában láthatjuk, hogy az első háromnak kétszer (2x) a foka, mint a másodiknak (csak x). Ebben az esetben meg tudod oldani cseremódszer. A számot a legkisebb fokozatra cseréljük:

Ekkor 3 2x = (3 x) 2 = t 2

Az egyenletben szereplő összes x hatványt t-re cseréljük:

t 2 - 12t+27 = 0
Másodfokú egyenletet kapunk. A diszkrimináns segítségével megoldva a következőket kapjuk:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3

Visszatérve a változóhoz x.

Vegyük a t 1-et:
t 1 = 9 = 3 x

Ezért,

3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2

Egy gyökér található. A másodikat keressük a t 2-ből:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Válasz: x 1 = 2; x 2 = 1.

A honlapon a SEGÍTSÉG DÖNTÉS rovatban feltehetitek kérdéseiteket, mi biztosan válaszolunk.

Csatlakozz a csoporthoz

Nem sokkal azután, hogy Cardano közzétett egy módszert a köbös egyenletek megoldására, tanítványai és követői megtalálták a módját, hogy a negyedfokú általános egyenletet köbegyenletté redukálják. Mutassuk be a legegyszerűbb módszert, amely L. Ferrarihoz tartozik.

A módszer bemutatásakor a következő elemi lemmát kell használnia.

Lemma. Annak érdekében, hogy másodfokú trinomikus egy lineáris binomiális négyzete volt, szükséges és elégséges, hogy diszkriminánsa nullával egyenlő.

Bizonyíték. Szükség. Hadd . Aztán az Elegendőség. Hadd Akkor

A bemutatott módszer ötlete az, hogy az egyenlet bal oldalát két négyzet különbségeként mutassa be. Ekkor két másodfokú tényezőre bontható, és az egyenlet megoldása két tényező megoldásához vezet. másodfokú egyenletek. A cél eléréséhez ábrázoljuk a bal oldalt a következő formában:

Itt y egy segéd ismeretlen, amelyet úgy kell kiválasztani, hogy a szögletes zárójelben lévő kifejezés egy lineáris binomiális négyzetének legyen. A lemma értelmében ehhez szükséges és elegendő a feltétel kielégítése

Ez a feltétel harmadfokú egyenlet y-hoz képest. A zárójelek kinyitása után a rendszer formává alakítja

Legyen ennek az egyenletnek az egyik gyökere. Akkor a feltétel teljesül, tehát fennáll

néhány k és I. Az eredeti egyenlet felveszi a formát

Ha minden tényezőt nullával egyenlővé teszünk, meg fogjuk találni az eredeti egyenlet négy gyökerét.

Tegyünk még egy megjegyzést. Legyenek az első tényező gyökerei, és a másodiké. Aztán ezeket az egyenlőségeket összeadva azt kapjuk

Így a kisegítő köbegyenlet gyökére egy kifejezést kaptunk az eredeti negyedik fokú egyenlet gyökei alapján.

Példa. Oldja meg az egyenletet. A fent vázolt módszer szerint átalakítjuk a bal oldalt:

Most tegyük fel. A formációk után megkapjuk az egyenletet

Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek az egyik gyökere a szám. Ha behelyettesítjük az eredeti egyenlet transzformált bal oldalába, a következőt kapjuk:

A tényezőket nullával egyenlővé téve azt kapjuk, hogy

Ami a negyedik fokozatnál magasabb egyenleteket illeti, ismertek néhány viszonylag sajátos alakú egyenletosztályt, algebrai megoldások gyökökben, azaz az aritmetikai műveletek eredményei és a gyökér kivonási művelete formájában. Azonban megpróbál megoldást találni általános egyenletekötödik és magasabb fokozatok sikertelenek voltak, míg végül a 19. század elejéig. Ruffini és Abel nem bizonyította, hogy a negyedik fok feletti általános egyenletek ilyen megoldása lehetetlen. Végül 1830-ban a briliáns francia matematikusnak, E. Galois-nak sikerült megtalálnia a szükséges ill. elegendő feltételeket(elég nehezen ellenőrizve) a gyökökben való oldhatóság szempontjából kifejezetten adott egyenlet. Ezzel egy időben Galois megalkotta és felhasználta a permutációs csoportok elméletét, amely korában új volt.