Negyedfokú egyenlet

$\frac{x^4}{14}+\frac{x^3}{14}-\frac{13x^2}{14}-\frac{x}{14}+\frac{19}{14}$
Negyedfokú függvény grafikonja.
Az x tengellyel való metszéspontok a függvény zérushelyei (y = 0).

A negyedfokú egyenlet olyan egyenlet melynek az egyik oldalán lévő kifejezés egy negyedfokú polinomfüggvény, a másik oldalán lévő kifejezés pedig zéró.

Általános alakja: $a\cdot x^4+b\cdot x^3+c\cdot x^2+d\cdot x+e=0$ Megoldását Gerolamo Cardano inasa és tanítványa, Lodovico Ferrari (1522-1565) fedezte fel; a megoldás Cardano Ars magna című munkájában jelent meg. Ez a legmagasabb fokú egyenlet, amely általános alakban megoldható; ezt Niels Henrik Abel bizonyította be 1824-ben.

Az általános negyedfokú egyenlet gyökei

Ha $\mathrm{\Delta }\ge 0$

$(B=0)$ és $(A>0)$ és $(C=\frac{A^2}{4})$ esetén:
$\begin{array}{rl}& x_{1,2}=-\frac{b}{4a}+i\cdot \sqrt{\frac{A}{2}}\\ & x_{3,4}=-\frac{b}{4a}-i\cdot \sqrt{\frac{A}{2}}\\ \end{array}$

ellenkező esetben:
 $\begin{array}{rl}& x_{1,2}=-\frac{b}{4a}+sig(-B)\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}\pm \sqrt{-\frac{A}{3}-(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}\\ & x_{3,4}=-\frac{b}{4a}-sig(-B)\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}\pm i\cdot \sqrt{\frac{A}{3}+(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}\\ \end{array}$

Ha $\mathrm{\Delta }<0$

$(C>\frac{A^2}{4})$ vagy $(A>0)$ esetén:

$\begin{array}{rl}& x_{1,2}=-\frac{b}{4a}-sig(-B)\sqrt{Y_1}\pm i\cdot (\sqrt{-Y_2}+\sqrt{-Y_3})\\ & x_{3,4}=-\frac{b}{4a}+sig(-B)\sqrt{Y_1}\pm i\cdot (\sqrt{-Y_2}-\sqrt{-Y_3})\\ \end{array}$

ellenkező esetben mind a négy gyök valós:

 $\begin{array}{rl}& x_{1,2}=-\frac{b}{4a}+sig(-B)\sqrt{Y_1}\pm (\sqrt{Y_2}+\sqrt{Y_3})\\ & x_{3,4}=-\frac{b}{4a}-sig(-B)\sqrt{Y_1}\pm (\sqrt{Y_2}-\sqrt{Y_3})\\ \end{array}$

Megjegyzések:

$A=-\frac{3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a}$, $B=\frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a}$, $C=-\frac{3b^4}{256a^4}+\frac{b^{2}c}{16a^3}-\frac{bd}{4a^2}+\frac{e}{a}$

$P=-\frac{A^2}{48}-\frac{C}{4}$, $Q=-\frac{A^3}{864}-\frac{B^2}{64}+\frac{AC}{24}$, $\mathrm{\Delta }={\left(\frac{Q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{P}{3}\right)}^3$, $u,v=\sqrt[3]{-\frac{Q}{2}\pm \sqrt{\mathrm{\Delta }}}$

$Y_k=-\frac{A}{6}+2\sqrt{-P/3}\cdot \cos (\frac{2(k-1)\cdot \pi }{3}+\frac{1}{3}\cdot \arccos \frac{-Q/2}{\sqrt{-{(P/3)}^3}})$


$sig\left(x\right)=\{\begin{array}{rl}& +1,x\ge 0\\ & -1,x<0\\ \end{array}$

Viète-formulák

$x_1+x_2+x_3+x_4=-\frac{b}{a}$ $x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_1{x}_4+x_2{x}_3+x_2{x}_4+x_3{x}_4=\frac{c}{a}$ $x_1{x}_2{x}_3+x_1{x}_2{x}_4+x_1{x}_3{x}_4+x_2{x}_3{x}_4=-\frac{d}{a}$ $x_1{x}_2{x}_3{x}_4=\frac{e}{a}$

Az általános negyedfokú egyenlet megoldása

Mivel
${(y_1+y_2+y_3)}^4-2(y_1^2+y_2^2+y_3^2){(y_1+y_2+y_3)}^2-8y_1{y}_2{y}_3(y_1+y_2+y_3)+{(y_1^2+y_2^2+y_3^2)}^2-4(y_1^2{y}_2^2+y_1^2{y}_3^2+y_2^2{y}_3^2)=0$
ebből következik, hogy az $X^4-2(y_1^2+y_2^2+y_3^2)\cdot X^2-8y_1{y}_2{y}_3\cdot X+{(y_1^2+y_2^2+y_3^2)}^2-4(y_1^2{y}_2^2+y_1^2{y}_3^2+y_2^2{y}_3^2)=0$
alakú negyedfokú egyenlet egyik gyöke $X_1=y_1+y_2+y_3$ Ez igaz marad akkor is ha $X=y_1\pm (y_2+y_3)$ vagy $X=-y_1\pm (y_2-y_3)$ tehát az $X^4-2(y_1^2+y_2^2+y_3^2)\cdot X^2-8y_1{y}_2{y}_3\cdot X+{(y_1^2+y_2^2+y_3^2)}^2-4(y_1^2{y}_2^2+y_1^2{y}_3^2+y_2^2{y}_3^2)=0$
alakú negyedfokú egyenlet gyökei: $\begin{array}{rl}& X_{1,2}=+y_1\pm (y_2+y_3)\\ & X_{3,4}=-y_1\pm (y_2-y_3)\\ \end{array}$
Ebből következik, hogy az $X^4+A\cdot X^2+B\cdot X+C=0$ negyedfokú egyenlet gyökeit úgy kaphatjuk meg ha az $\{\begin{array}{rl}& -2(y_1^2+y_2^2+y_3^2)=A\\ & -8y_1{y}_2{y}_3=B\\ & {(y_1^2+y_2^2+y_3^2)}^2-4(y_1^2{y}_2^2+y_1^2{y}_3^2+y_2^2{y}_3^2)=C\\ \end{array}$
egyenletrendszerből kiszámoljuk az $y_{1,2,3}$ ismeretleneket $A,B,C$ függvényében.
Kicsit átrendezve: $\{\begin{array}{rl}& y_1^2+y_2^2+y_3^2=-\frac{A}{2}\\ & y_1^2{y}_2^2+y_1^2{y}_3^2+y_2^2{y}_3^2=\frac{A^2}{16}-\frac{C}{4}\\ & y_1^2{y}_2^2{y}_3^2=\frac{B^2}{64}\\ \end{array}$
Amiből felírható a következő hatodfokú egyenlet: ${\left(y^2\right)}^3+\frac{A}{2}\cdot {\left(y^2\right)}^2+(\frac{A^2}{16}-\frac{C}{4})\cdot \left(y^2\right)-{\left(\frac{B}{8}\right)}^2=0$
melynek gyökei kiszámíthatóak az általános harmadfokú egyenlet megoldóképletével.
Ennek a hatodfokú egyenletnek hat gyöke van de csak arra a háromra van szükség melyekre teljesül az $y_1{y}_2{y}_3=-\frac{B}{8}$ összefüggés.
$\begin{array}{rl}& P=-\frac{A^2}{48}-\frac{C}{4}\\ & Q=-\frac{A^3}{864}-\frac{B^2}{64}+\frac{AC}{24}\\ \end{array}$ $\begin{array}{rl}& \mathrm{\Delta }={\left(\frac{Q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{P}{3}\right)}^3\\ & u,v=\sqrt[3]{-\frac{Q}{2}\pm \sqrt{\mathrm{\Delta }}}\\ \end{array}$

Ha $\mathrm{\Delta }\ge 0$ akkor:

$\begin{array}{rl}& y_1^2=-\frac{A}{6}+u+v\\ & y_{2,3}^2=-\frac{A}{6}-\frac{u+v}{2}\pm i\frac{(u-v)\sqrt{3}}{2}\\ \end{array}$
vagyis $y_1=\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}$ $y_{2,3}$ pedig egyszerűsíthető alkalmazva a gyökvonást komplex számból: $\sqrt{\alpha \pm i\cdot \beta }=\pm (\sqrt{\frac{\alpha +\sqrt{{\alpha }^2+{\beta }^2}}{2}}\pm i\cdot sig\left(b\right)\cdot \sqrt{\frac{-\alpha +\sqrt{{\alpha }^2+{\beta }^2}}{2}})$ ennek eredményeként: $y_{2,3}=\frac{1}{2}\sqrt{-\frac{A}{3}-(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}\pm \frac{i}{2}\cdot \sqrt{\frac{A}{3}+(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}$
Mivel: $y_2\cdot y_3=\frac{1}{2}\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}\ge 0$
ezért $y_1{y}_2{y}_3=-\frac{B}{8}$ csak úgy teljesül ha $y_1=sig(-B)\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}$

Tehát pozitív delta esetén a gyökok: $\begin{array}{rl}& X_{1,2}=+sig(-B)\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}\pm \sqrt{-\frac{A}{3}-(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}\\ & X_{3,4}=-sig(-B)\sqrt{-\frac{A}{6}+u+v}\pm i\cdot \sqrt{\frac{A}{3}+(u+v)+\sqrt{{(\frac{A}{6}+2(u+v))}^2-C}}\\ \end{array}$
Ha $B=0$ és $A>0$ és $C=\frac{A^2}{4}$ akkor $-\frac{A}{6}+u+v<0$ vagyis $y_1$ komplex szám és ebben az esetben a gyökök: $\begin{array}{rl}& X_{1,2}=+i\cdot \sqrt{\frac{A}{2}}\\ & X_{3,4}=-i\cdot \sqrt{\frac{A}{2}}\\ \end{array}$

Ha $\mathrm{\Delta }<0$ akkor: $y_k=\pm \sqrt{-\frac{A}{6}+2\sqrt{-P/3}\cdot \cos (\frac{2(k-1)\cdot \pi }{3}+\frac{1}{3}\cdot \arccos \frac{-Q/2}{\sqrt{-{(P/3)}^3}})}$
Ha $(4\cdot C>A^2)$ és $(A>0)$ akkor $y_{2,3}$ komplex számok lesznek és $y_1{y}_2{y}_3=-\frac{B}{8}$ miatt $sig(-B)$ -nél bejön egy negatív előjel vagyis ekkor a gyökök:
$\begin{array}{rl}& X_{1,2}=-sig(-B)\cdot y_1\pm i\cdot (\sqrt{-y_2^2}+\sqrt{-y_3^2})\\ & X_{3,4}=+sig(-B)\cdot y_1\pm i\cdot (\sqrt{-y_2^2}-\sqrt{-y_3^2})\\ \end{array}$
Ellenkező esetben mind a négy gyök valós lesz:
$\begin{array}{rl}& X_{1,2}=+sig(-B)\cdot y_1\pm (y_2+y_3)\\ & X_{3,4}=-sig(-B)\cdot y_1\pm (y_2-y_3)\\ \end{array}$

Az $a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$ általános negyedfokú egyenlet az $x=-\frac{b}{4a}+X$ helyettesítéssel: $X^4+\stackrel{A}{\overbrace{(-\frac{3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a})}}\cdot X^2+\stackrel{B}{\overbrace{(\frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a})}}\cdot X+\stackrel{C}{\overbrace{(-\frac{3b^4}{256a^4}+\frac{b^{2}c}{16a^3}-\frac{bd}{4a^2}+\frac{e}{a})}}=0$
alakra hozható és a fenti módszerrel megoldható, vagyis az általános egyenlet gyökei: $x_{1,2,3,4}=-\frac{b}{4a}+X_{1,2,3,4}$ lesznek.

A valós együtthatós negyedfokú egyenlet megoldása Ludovico Ferrari módszere szerint

Az $x^4+a\cdot x^3+b\cdot x^2+c\cdot x+d=0$ negyedfokú egyenlet Ludovico Ferraritól (1522-1565) származó módszer szerinti megoldása két másodfokú egyenlet megoldására vezethető vissza. Előbb azonban meg kell oldani egy harmadfokú egyenletet, melynek eredményét a másodfokú egyenletek együtthatóinak képzésekor fogjuk felhasználni. A harmadfokú egyenlet: $y^3+3\cdot p\cdot y+2\cdot q=0,$ ahol

$3\cdot p=a\cdot c/4-b\cdot b/12-d$

$2\cdot q=a\cdot b\cdot c/24-a\cdot a\cdot d/8-b\cdot b\cdot b/108+b\cdot d/3-c\cdot c/8.$

Megoldása a Cardano képlettel történik. $z$-t úgy kapjuk meg, hogy a harmadfokú egyenlet egyik valós $y$ megoldásához $\frac{b}{6}$-ot hozzáadjuk: $z=y+b/6$. A másodfokú egyenletek:

$x^2+(a/2+\sqrt{a\cdot a/4-b+2\cdot z})\cdot x+z(+/-)\sqrt{z\cdot z-d}=0$

$x^2+(a/2-\sqrt{a\cdot a/4-b+2\cdot z})\cdot x+z(-/+)\sqrt{z\cdot z-d}=0$

Kettős műveleti jelnél az alsót akkor kell használni, ha $a\cdot z-c<0$. Tekintettel arra, hogy ezeknek a formuláknak az alkalmazása kissé bonyolult (főleg a $p$ és $q$ segédváltozók kiszámítása) a számítási munkát érdemes számítógépre bízni. A negyedfokú egyenlet Ludovico Ferrari szerinti megoldása (javítva és továbbfejlesztve, PASCAL nyelven megírva) így néz ki:

PROCEDURE negyedfoku (a,b,c,d:REAL);
VAR p,q,z,z2,z3,m,n,w1,w2,w3:REAL;
BEGIN
  p:=(a*c/4-b*b/12-d)/3;
  q:=(a*b*c/24-a*a*d/8-b*b*b/108+b*d/3-c*c/8)/2;
  harmadfoku(p,q,b/6,z,w1,z2,w2,z3,w3);
  IF (w2=0) AND (z2=z3) THEN IF z2>z THEN z:=z2;
  m:=ngyok(a*a/4-b+2*z);
  n:=ngyok(z*z-d);
  IF a*z-c < -1.e-7 THEN n := -n;
  masodfoku(a/2+m, z+n, x[1],y[1],x[2],y[2]);
  masodfoku(a/2-m, z-n, x[3],y[3],x[4],y[4])
END;

Látható, hogy semmi mást nem csinál, minthogy meghívja a "harmadfokú" eljárást (egyszer), majd a "másodfokú" eljárást (kétszer egymás után), miután kiszámította azok "bemeneti" együtthatóit.

Források

• Matematikai kisenciklopédia. szerk. Lukács Ernőné és Tarján Rezsőné. Budapest: Gondolat. 1968. 77-78. oldal
• Kleine Enzyklopädie. Mathematik. Leipzig: VEB Verlag Enzyklopädie. 1970. 112-113. és 116. oldal.

További információk

• A megalázott géniusz, YOUPROOFA negyedfokú egyenlet gyökei megtekinthetők itt.