四次函数的一般牛解法-天宫问

a*x^4+b*x^3+c*x^2+b*x+a=0的求亚演括束材载意置客解方法，对于一般的四次方程a*x^4+b*x^3+c*x^2+d*x+e=0，先求解三次方程8y^3-4cy^2+(2bd-8e)y+e(4c-b^势执氢故每2)-d^2=0，得到的y的任一实根分别来自代入下面两个方程：

及360问答x^2+(b-sqrt(8y+b^2-4c))x/2+(y-(by-d)/sqrt(8y+b^2-4c))=0

就可得到原方程的四个根。方程两边同时除以最高次项的系数可得x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(1)

移项可得x^4+bx^3=-cx^2-dx-e(2)两边同时加上(1/2bx)^2，可将（2）式左边配成完全平方式，

方程成为(x^2+1/2bx)^2=(1/4b^2-c)x^2-dx-e(3)

在背华（3）谨册搏式两边同时加上(x^2+1/2bx)y+1/4y^2

可得[门副包故酸办展随迅术地(x^2+1/2bx)+1/2y]^2=(1/4b^2-c+y)x^2+(1/2by-d)x+1/4y^2-e(4)

（4）式中的y是一个参数。当（4）式中的x为原方程的根时，不论y取什么值，（4）式都应成例培节真纸备普斗伯金进立。

特别，如果所取的y值使（4）式右边关于x的二次三项式也能变成一个完全平方式，则对（4）对两边同时开方可以得到次数较低的方程。为了使（4）式右边关于x的二次三项式也能才曾主局视室行绿变成一个完全平方式，只需使它的判别式变成0，即(1/2by-d)^2-4(1/4b^2-c+y)(1/4y^2-e研生把)=0(5)

这是关于y的一元三次方程，可以通过塔塔利亚公式来求出y应取的实数值。

把由（5）式求祥祥出的y值代入（4）式后，（4）式的两边都成为完全平方，两边开方，可以得到两步顺杆章土己黄天石个关于x的一元二次方程。

解胜表握职因客促热零肥从这两个一元二次方程，就可以得出原方程的四个根。一般的四次方程还可以待定系数法解，这种方法称为笛卡尔法，由笛卡尔于1637年提出。

先将四次方程化为x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0的形式。

令x=y-a/4整理后得到今坐白标队言烧推技派专y^4+py^2+qy+属穿燃敌府案r=0（1）

设y^4+py^2+qy+r=(y^2+ky+t)(y^2-ky+m)=y^4+(t+m-k^2)y^2+k(m-t)y+tm

比较dy对应项系数，得t+m-k^2=p，k(m-t)=q，tm=r

设k≠0，把t和m当作未知数，解前两个方程，得t=(k^3+pk-q)/(2k)，m=(k^3+pk+q)/(2k)

再代入第三个方程，得((k^3+pk)^2-q^2)/(4k^2)=r。即类距买条推深k^6+2pk^4+(p^2-4r)k^2-利装滑杀调研线白织q^2=0

解这个方程，设kο是它的任意一根，tο和mο是k=ko时t和m的值那月巴片宁轻掉么方程（1）就成损让边皮事为

（y^2+koy+to)(y^2-koy+mo)=0

解方程y^2+koy+to=0和y^2-koy+mo=0南切就可以得出方程（1）的四个根，各根加上-4/a就可以得出原方也确危布程的四个根。自然，人们为了找到这些根做了许多努力.就像其它多项式，姿纯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.

经过了许多努力，这个公式确实发现quartics——但是，自那以后已经证明(由EvaristeGalois)，这种方式quartics走入死胡同，highest-degree;它们是多项式方程，其根源可以用公式用有限数目的算术运算和最后的根。从quintics，你需要更强大的方法解决代数如果出现全面阐释下寻求等变性质的五次方程。给错综复杂的四次方公式(见下面)，他们不经常使用。如果只有真正的理性的根是需要的，它们能被发现(就如同在任何程度上)为多项式通过反复试验，使用Ruffini的规则(只要所有的多项式系数是理性的)。在现代的计算机，此外，良好的数值近似根可迅速为通过牛顿法。但如果四次方必须解决程序全面、准确地说，略述如下。”名义上的四次方程

如果a4=0，那么其中一个根为x=0，其它根可以通过消去四次项，并解产生的三次方程，

双二次方程

四次方程式中若a3和a1均为0者有下列型态：

a_0x^4+a_2x^2+a_4=0\，

因此它是一个双二次方程式。解双二次方程式非常容易，只要设z=x^2，我们的方程式便成为：

a_0z^2+a_2z+a_4=0\，

这是一个简单的二次方程式，其根可用二次方程式的求根公式来解：

z={{-a_2\pm\sqrt{a_2^2-4a_0a_4}}\over}\，

当我们求得z的值以後，便可以从中得到x的值：

x_1=+\sqrt\，

x_2=-\sqrt\，

x_3=+\sqrt\，

x_4=-\sqrt\，

若任何一个z的值为负数或复数，那麼一些x的值便是复数。

一般情况，沿着费拉里的路线

开始，四次方必须先变为沮丧四次方。

转变成减少次数的四次方程

让

$x^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E=0\qquad\qquad(1');/ 。$

一般四次方方程的，这是理想，以解决。面平分，

$x^4+{B\在一个十字x^3+{C\在一个十字x^2+{D\在一个十字x+{E\在一个十字=0的图片标签。<一样;/math>。$

第一步应该是消除x3的术语。要做到这一点，改变参数x，这样对你

$x=你——{B\4一个十字<一样;/math>。”$

然后

$\离开(u-{B\4一个十字\右)^4+{B\在一个十字\离开(u-{B\4一个十字\右)^3+{C\在一个十字\离开(u-{B\4一个十字\右)^2+{D\在一个十字\离开(u-{B\4一个十字\右)+{E\在一个十字=0的图片标签。<一样;/math>。$

扩大binomials的权力而产生的

$领略;左(你^4-{B\在}你^3+{6你^^2个B^2\超过16-{为你2}^3\在B+3}^64一4^{B在256一个^\4}\右)$

+{B\在一个十字\离开(u^^3-{3你2个B\4一个十字+{3你B^^2\在十六2}-{B^^3\超过64一3}\右)+{C\在一个十字\离开(u^2-{你B\2一个十字+{B^^2\在十六2}\右)+{D\在一个十字\离开(u-{B\4一个十字\右)+{E\在}。<一样;/;收集相同的力量math>你们现在的产量

$你的^4+\左({-3^2\B在8一个^2}+{C\在一个十字\右)你^2+\左({B^^3\8一——3}{BC\2一个^2}+{D\在一个十字\右)你+\左({-3B^^4\在256一4}+{C^2\在B的16个^3}-{BD\在2^4)+{E\在一个十字\右)=0的图片标签。<一样;/math>。$

现在重命名这个系数的你。让

$领略;α={-3B^^2\8一2}+{C\在}，<一样;/math>。$

$\β={B^^3\8一——3}{BC\2一个^2}+{D\在}，<一样;/math>。$

$\伽玛={-3B^^4\在256一4}+{C^2\在B的16个^3}-{BD\在2^4)+{E\在}。<一样;/math>。$

使方程的

$你的^4+\α你^2+\β你+\伽玛=0\qquad\qquad(1)<一样;/math>。$

这是一个沮丧四次方方程。

如果 $\β=0<一样;/math>然后我们有了特征方程基于上文，这是容易解决的;利用逆向替代找到我们的价值; x<一样;/math>。”$

费拉里的解法

否则，沮丧的四次方可以解决方法的一种方法发现了法拉利。一旦沮丧四次方引水量，下一步是增加有效身份

$(你^2+\α)^2-你^4-2\α你^2=\α^2<一样;/math>。$

对方程(1)相结合，创造出

$(你^^2+\α)2+\β你+\伽玛=\α你^^2+\α2。\qquad\qquad(2);/ 。$

效果之感的折期间一个完美的正方形:(u2+α)2。第二学期新生报名，αu2没有消失，但其签署改变了，现在已经搬到右边。

下一步是插入一个变量刺探完美的广场在左边的方程(2)，且有相应的2yu2系数在右手边。为完成这些插入，下面的有效的公式就都要加给方程(2)，

$。$

\开始(u^2+\α+y)^2-(u^^2+\α)2及=及2y(u^2+\α)+y^2\\\\及=及2yu^2+2y\α+y^2，\结束;/ $。$

和

$0=\α+2y)你^^2-2y你2-\α你^2<一样;/math>。$

这两个公式，加在一起、生产

$(你^2+\α+y)^2-(u^2+\α)^2=(\α+2y)你^2-\α你^2+2y\α+y^2\qquad\qquad(y-\hbox)<一样;/math>。$

这也加强了方程(2)而产生的

$(你^2+\α+y)^2+\β你+\伽玛=\α+2y)你^2+(2y\α+y^2+\α^2)。<一样;/math>。$

这相当于

$(你^2+\α+y)^2=(\α+2y)你^2-\β你+(y^2+2y\α+\α^2-\伽玛)。\qquad\qquad(3);/ 。$

现在的目标是选择一个值y，右方程(3)成为一个完美的正方形。这可以通过让判别二次函数变为零的。为了解释这种现象，第一扩大一个完美的正方形，等于呈二次函数:

$(s你+t)^2=(s^2)你^2+(2秒t)你+(t^2);/. 。$

二次插值函数在右边有三个系数。它可以证明，与第二系数，然后减去四倍产品的第一个和第三个系数产量为0:

$(2秒^t)2-4(s^2)(t^2)=0的图片标签。<一样;/math>。$

因此，使右方程(3)进入一个完美的正方形，以下方程必须解决:

$(-\测试版)^2-4(2y+\α)(y^2+2y\α+\α^2-\伽玛)=0<一样;/;math>。$

乘以二项与多项式，

$\β^2-4(2y^3+5\α-y^2+(4\α^2-2\伽玛)，+(\α^3-\α\伽玛))=0;/ 。$

面平分−4、移动−β2/4在右边，

$2y^3$

+5\α-y^2+(4\α^2-2\伽玛)，+\左(\α^3-\α\γ-{\β^2、4}\右)=0\qquad\qquad;/ $这是一个道三次方程为y。除双方2、$

$y^3+{5\2}\α-y^2+(2\α^2-\伽玛)，+\左({\α^3\2}-{\α\伽玛\2}-{\β^2\8}\右)=0。\qquad\qquad(4);/ 。$

转化嵌套的三次方程为减少次数的三次方程

方程(4)三次方程的嵌套在四次方方程。它必须解决为了解决四次方。解决立方，首先它转变成一个沮丧立方采用替代

$y=v-{5、6}\α波。<一样;/math>。$

方程(4)成为

$领略;左(v-{5、6}\α\右)^3+{5\2}\α\左(v-{5、6}\α\右)^2+(2\α^2-\伽玛)、左(v-{5、6}\α\右)+\左({\α^3\2}-{\α\伽玛\2}-{\β^2\8}\右)=0的图片标签。<一样;/math>。$

扩大binomials的权力，

$领略;左(v^3-{5\2}\α-v^2+{25\超过12}\α^2v-{125\在216}\α^3\右)+{5\2}\α\左(v^2-{5\3}\α-v+{25\超过36}\α^2\右)+(2\α^2-\伽玛)v-{5、6}\α(2\α^2-\伽玛)+\左({\α^3\2}-{\α\伽玛\2}-{\β^2\8}\右)=0的图片标签。<一样;/math>。$

散布，收集喜欢力量的v，和取消对v2条件，

$五^3+\左(-{\α^2\超过12}-\伽玛\右)v+\左(-{\α^3\在108}+{\α\伽玛\3}-{\β^2\8}\右)=0的图片标签。<一样;/math>。$

这是一个沮丧道三次方程。

Relabel计算，

$P=-{\α^2\超过12}-\显示:<一样;/math>。$

$问=-{\α^3\在108}+{\α\伽玛\3}-{\β^2\8}。<一样;/math>。$

沮丧的立方现在

$^3+P，vv+问=0。\qquad\qquad(5)<一样;/math>。$

解嵌套的减少次数的三次方程

解决办法(任何解决方案将会做，所以你要挑出的三个复杂方程的根源(5)

让 $U=\sqrt[3]{{问\2}\点\sqrt{{问^\4}+{P^\超过27模板<一样;/math>。$

(离开立方等式)

$v={P\在3U}-U<一样;/math>。$

因此解决原有的嵌套的立方

$y=-{5、6}\α+{P\在3U}-你\qquad\qquad(6)<一样;/math>。$

记得1: $P=0\Longleftarrow{问\2}+\sqrt{{问^\4}+{P^\超过27}}=0<一样;/math>。$

记住2: $领略;lim_{P\0}{P\、sqrt[3]{{问\2}+\sqrt{{问^\4}+{P^\超过27}模板=0<一样;/math>。$

配成完全平方项

和价值为y赋予方程(6)，现在已知，方程的右边(3)的一个完美的正方形之中

$(s^2)你^2+(2st)你+(t^2=\左(\左(\sqrt{(s^2)}\右)你+{(2st)、2\sqrt{(s^2)}}\右);/2^。$

这是正确的都平方根的迹象，只要采取同样的手势表达对于平方根。一个±是多余的，它可能被另一个原子吸收±几个方程进一步下跌这个页面。

，这样它可以折叠的:

$(\α+2y)你^2+(\测试版)你+(y^2+2y\α+\α^2-\伽玛)=\左(\左(\sqrt{(\α+2y)}\右)你+{(\β)、2\sqrt{(\α+2y)}}\右);/2<^math>。”$

注意:如果βα+2y≠0然后≠0。如果β=0，那么这将是一个特征求解方程，从而更早。

因此方程(3)成为

$(你^2+\α+y)^2=\左(\左(\sqrt{\α+2y}\右)你——{\β\2\sqrt{\α+2y}}\右)^2\qquad\qquad(7)<一样;/math>。”$

方程(7)有一双折叠的完美的方块，每边各一个了方程。这两个完美的方块平衡彼此。

如果两个正方形相等，则双方的两个正方形，也平等，如图所示。

$(你^2+\α+y)=\点\左(\左(\sqrt{\α+2y}\右)你——{\β\2\sqrt{\α+2y}}\右)、qquad\qquad(7');/ 。”$

你的权力收集喜欢产生的

$你的^2+\左(\mp_s\sqrt{\α+2y}\右)你+\左(\α+y\pm_s{\β\2\sqrt{\α+2y}}\右)=0\qquad\qquad(8)<一样;/math>。”$

注: $下标s的math>领略;pm_s<一样;/; 领略;mp_s<一样;/，就是math>注意到它的依赖。$

方程(8)是一种二次方程为u。对该模型的求解方法

$u={\pm_s\sqrt{\α+2y}\pm_t\sqrt{(\α+2y)-4(\α+y\pm_s{\β\2\sqrt{\α+2y}})}\2}.<一样;/math>。$

得到简化、

$u={\pm_s\sqrt{\α+2y}\pm_t\sqrt{-\离开(3\α+2y\pm_s{2\β\、sqrt{\α+2y}}\右)}\2}.<一样;/math>。$

这是解决沮丧的四次方，因此解决方案的原始四次方方程

$x=-{B\在4A}+{\pm_s\sqrt{\α+2y}\pm_t\sqrt{-\离开(3\α+2y\pm_s{2\β\、sqrt{\α+2y}}\右)}\2}。\qquad\qquad(8”)<一样;/math>。$

记住:这两个 $math>领略;pm_s<一样;/，要从同一个地方朝方程(7尺)，都应该有相同的标志，而<的标志;math>领略;pm_t<一样;/math>是独立的。$

费拉里方法的概要

给四次方方程

$x^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E=0，<一样;/math>。$

其解决之道，可以发现通过以下计算:

$领略;α=-{三B^^2\8一2}+{C\在}，<一样;/math>。$

$\β={B^^3\8一——3}{BC\2一个^2}+{D\在}，<一样;/math>。$

$\伽玛={-3B^^4\在256一4}+{C^2\在B的16个^3}-{BD\在2^4)+{E\在}，<一样;/math>。$

如果 $\β=0<一样;/;化解math> 你的^4+\α你^2+\伽玛=0<一样;/math>和替补 x=你——{B\在4A}<一样;/;找到了math>根$

$x=-{B\在4A}\pm_s\sqrt{-\α\pm_t\sqrt{\α^2-4\伽玛}\2}，\qquad\β=0<一样;/math>。”$

$P=-{\α^2\超过12}-\显示:<一样;/math>。$

$问=-{\α^3\在108}+{\α\伽玛\3}-{\β^2\8}，<一样;/math>。$

$R={问\2}\点\sqrt{{问^\4}+{P^\超过27}}<一样;/(或者，math>的迹象要做平方根)$

$U=\sqrt[3]<一样;/math>，(有3个复杂的根源，他们中的任何一个人将)$

$y=-{5、6}\α-U+\beginU=0及\0\\你\不0及\{P\在3U}\结束，<一样;/math>。$

$x=-{B\4一个十字+{\pm_s\sqrt{\α+2y}\pm_t\sqrt{-\离开(3\α+2y\pm_s{2\β\、sqrt{\α+2y}}\右)}\2}.<一样;/math>。$

这两个±s必须具有相同的符号，±t独立。要把所有的根，发现x±s，±t=+，+和增加，−和−，+和−，−。双的根必赐给两次三次，三根四根将获得4次(尽管然后β=0，这是个特殊的案件)。根的顺序立方根取决于你一个选择。(见注为(8)与(8-)

而FaciendumErat。

当然还有其他方法解决的四次方方程，也许更最佳的。法拉利会是第一个发现其中的一个迷宫般的解决方案。他解决方程

$x^4+六乘^2-60x+36=0<一样;/math>。$

已经是在情绪低落的样子。有一对的解决方案可以发现的集合的公式上面所示。

获得可能的解决方案强硬的办法

这有可能发生，只有一个解决方案，通过了七公式，因为一个人以上不喜欢在试这4种标志要把所有四条解决模式，指出了解决问题的一个获取是复杂的。它也可能是的话，那你只不过在寻找一个真正的解决方案。让x1表示该复杂的解决方案。如果所有的原始系数A、B、C、D、E是真实的——这个案例会当一个人只渴望真正的解决办法——然后还有一个复杂的解决方案，是复杂的冷却x1共轭的。如果把两个根来，就像x3x4四次方方程可以表示为一个

$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=0，<一样;/math>。$

但这四次方方程相当于两个二次方程的产物。

$(x-x_1)(x-x_2)=0\qquad\qquad(9)<一样;/math>。$

和

$(x-x_3)(x-x_4)=0。\qquad\qquad(10)<一样;/math>。$

因为

$x_2=x_1;^\明星<一样;/math>。$

然后

$。$

\开始(x-x_1)(x-x_2)及=及x^2-(x_1+x_1^\的星)x+x_1x_1^\明星\qquad\qquad\qquad\四\\及=及x^2-2\，\mathrm(x_1)×+[\mathrm(x_1)]^2+[\mathrm(x_1)]^2。\结束;/ $。$

让

$=-2\，\mathrm(x_1)，<一样;/math>。$

$b=[\mathrm(x_1)]^2+[\mathrm(x_1)]^2<一样;/math>。$

所以方程(9)而成

$x^2+一根x+b=0。\qquad\qquad(11);/ 。$

也让有(未知)变量w和v这种方程(10)而成

$x^2+wx+v=0。\qquad\qquad(12)<一样;/math>。$

增殖方程(11)，(12)而产生的

$x^4+a+w)x^3+(b+w^+v)×2+(wb+v)x+vb=0。\qquad\qquad(13)<一样;/math>。$

比较方程(13)原四次方方程，可以看出

$+w={B\在}，<一样;/math>。$

$b+w+v={C\在}，<一样;/math>。$

$wb+v一个={D\在}，<一样;/math>。$

和

$vb={E\在}。<一样;/math>。$

因此

$女={B\在}-={B\在一个十字+2\mathrm(x_1)，<一样;/math>。$

$v={E\在b}={E\在\左($

[\mathrm(x_1)]^2+[\mathrm(x_1)]^2\右)}。<一样;/math>方程(12)可以解决x屈服

$x_3={-w+\sqrt{w^2-4v}\2}，<一样;/math>。$

$x_4={-w-\sqrt{w^2-4v}\2}。<一样;/math>。$

其中的两种解决方案应该预期的真正的解决方案。

替代方法

还原到一个特征

我们会发现产生的根源

$x^^cx4+2+dx+e=0\qquad\qquad(1)<一样;/;math>(见四次方方程#转换成性格忧郁的四次方)$

把一个特征方程的一种方法Tschirnhaus转变。

如果 $y=x^2+px+q<一样;/，我们可以math> /math>中;的根$

$dp^3+(4e-c^^2)p^2=2-2cdp-d;/0 (见立方等式)。$

和

$q<一样;/;math> c\在2<一样;/math>。”$

这些将该方程

$y^^2/4+(特别+3pd+2e+p^^2c)，2+<一样;/math>。$

math>(48p<2ced^^^^^2-128pce2d-4c3p二维^^2+32pc^^^2c3ed-128p2e;/2+ $。$

$^^，我4-12pd^^2c3c^^2+8d报告2ec^2c^2+16p^^2e四发+256p3-48d^^^2+d2e^2c16d/(4)<^2);/math>。$

这是和特征，可以较好地解决用平方根。计算 $x<一样;/math>从 y<一样;/math>需要解决二次方程，也通过平方根。$

因此我们有一种解决方法从平方根和根除，三次多项式。

这可以导致 $y<四math>'s;/8<，因此，math>x<一样;/math>“价值观;四根:(1)就可以取决于尝试和错误。$

加罗华的理论和因式分解

在对称组四种元素的机构four-group克莱因作为一个正常的情况。这表明使用一个解决方案，其根源可以各种方式描述成一种基于离散傅里叶变换或哈达玛矩阵的转变的根。假设扶轮因为我从0到3是根

$x^4+bx^^2+3+cx结尾dx+e=0\，\，(1)<一样;/math>。$

如果我们现在

$s_0=(r_0+r_1+r_2+r_3)/2<一样;/math>。$

$s_1=(r_0-r_1+r_2-r_3)/2<一样;/math>。$

$s_2=(r_0+r_1-r_2-r_3)/2<一样;/math>。$

$s_3=(r_0-r_1r_2+r_3——math>)/2<一样;/。$

然后从转变是一个回归我们可以表达扎根于应有的四个斯方式都完全相同。因为我们知道价格s0=-b，我们真的只需要值，s2和轻度s1。这些我们会发现通过扩大了多项式的

$(z^2-s_1^^2)(z2-s_2^2)(z_3-s_3^2)\，\;(2);/ 。$

如果我们做出了精简的假设那b指数=0，等于

$^^\，每升1级+2^-^c+^-^\，e\，\;(3);/ 。$

这多项式也只是程度上六岁了，但只有3的程度，因此z2矩阵方程是可以解决的。我们可以决定试用三根是正确的，并因此四次方的找到解决的方法。

我们可以清除任何要求用审判的根相同的解决方案;如果保理多项式的意思是任何的根源，(3)，如果 $F_1=^+wx;\，^1/2++1/2\，c-1/2\，{\数量-1/2w^{}}\，{\数量^}}-{{{c^\数量}}+2\，{\数量;/); F_2=^;-wx+1/2\，^+1/2\，c+1/2\，{\数量^}}+{{{c^\数量\，{}}上述数量}+1\\，{\数量然后$

$F_1;F_2=x^^cx4+2+dx+e\，\;(4)<一样;/math>。$

所以我们能解决四次方通过求解华府，然后计算的两个因素的根使用二次公式。

四次函数的一般牛解法

相关文章