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Hay una fórmula general para la solución de 4to grado de las ecuaciones?

No hay una fórmula general para resolver ecuaciones cuadráticas, es decir, la Fórmula Cuadrática.

Para tercer grado ecuaciones de la forma $ax^3+bx^2+cx+d=0$, hay un conjunto de ti ecuaciones: una para cada raíz.

Hay una fórmula general para resolver ecuaciones de la forma $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$ ?

¿Y para los grados superiores? Si no, ¿por qué no?

108voto

pix0r Puntos 17854

Hay, de hecho, una fórmula general para la solución de cuarto grado (4 ° grado del polinomio) las ecuaciones. Como el cúbicos fórmula es mucho más compleja que la fórmula cuadrática, la cuártica fórmula es mucho más compleja que la cúbico fórmula. Artículo de Wikipedia sobre el cuarto grado de las funciones tiene un largo proceso para obtener la solución, pero no se da una fórmula explícita.

Ten en cuenta que en la cúbica y cuártica fórmulas, dependiendo de cómo la fórmula se expresa, la corrección de las respuestas es probable que depende de una elección particular de la definición de las principales raíces de nonreal números complejos y hay dos maneras diferentes para definir un director de la raíz.

No puede ser algebraicas explícitas fórmulas para las soluciones generales de mayor grado de los polinomios, pero probando esto requiere que las matemáticas más allá de precálculo (típicamente, se demostró con la Teoría de Galois ahora, a pesar de que originalmente fue probado con otros métodos). Este hecho es conocido como el de Abel-Ruffini teorema.

También de la nota, Wolfram vende un cartel que analiza la solvencia de ecuaciones polinómicas, centrándose en particular en las técnicas para resolver un quintic (5to grado del polinomio) de la ecuación. Este cartel da explícito fórmulas para las soluciones a la ecuación cuadrática, cúbica y cuártica ecuaciones.

edit: yo creo que la fórmula que figura a continuación da las soluciones correctas para x a $ax^4+bx^3+cx^2+d+e=0$ para todos los complejos a, b, c, d, y e, bajo el supuesto de que $w=\sqrt{z}$ es el número complejo tal que $w^2=z$ $\arg(w)\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$ $w=\sqrt[3]{z}$ es el número complejo tal que $w^3=z$ $\arg(w)\in(-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}]$ (estos suelen ser cómo álgebra computacional y sistemas de calculadoras de definir los principales raíces). Algunos parámetros intermedios $p_k$ se definen para mantener la fórmula simple y para ayudar a mantener las opciones de raíces coherente.

Vamos a: \begin{align*} p_1&=2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace \\\\ p_2&=p_1+\sqrt{-4(c^2-3bd+12ae)^3+p_1^2} \\\\ p_3&=\frac{c^2-3bd+12ae}{3a\sqrt[3]{\frac{p_2}{2}}}+\frac{\sqrt[3]{\frac{p_2}{2}}}{3a} \end{align*} $\quad\quad\quad\quad$

\begin{align*} p_4&=\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+p_3} \\\\ p_5&=\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-p_3 \\\\ p_6&=\frac{-\frac{b^3}{a^3}+\frac{4bc}{a^2}-\frac{8d}{a}}{4p_4} \end{align*}

Entonces: $$\begin{align} x&=-\frac{b}{4a}-\frac{p_4}{2}-\frac{\sqrt{p_5-p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}-\frac{p_4}{2}+\frac{\sqrt{p_5-p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}+\frac{p_4}{2}-\frac{\sqrt{p_5+p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}+\frac{p_4}{2}+\frac{\sqrt{p_5+p_6}}{2} \end{align}$$

(Estos provenían de tener Mathematica explícitamente resolver el cuarto grado, luego ver qué partes podrían ser sacados de la aterradoramente-desordenado fórmula en los parámetros para hacerlo legible/utilizable.)

32voto

Dan Walker Puntos 3466

Sí. Como una respuesta voy a utilizar una versión más corta de este portugués post de la mina, donde puedo deducir todas las fórmulas. Supongamos que usted tiene el general de la ecuación de cuarto grado (he cambiado la notación de los coeficientes de las letras griegas, para mi comodidad):

$$\alpha x^{4}+\beta x^{3}+\gamma x^{2}+\delta x+\varepsilon =0.\tag{1}$$

Si hacemos la sustitución de $x=y-\frac{\beta }{4\alpha }$, se obtiene una reducción de ecuación de la forma

$$y^{4}+Ay^{2}+By+C=0\tag{2},$$

con

$$A=\frac{\gamma }{\alpha }-\frac{3\beta ^{2}}{8\alpha ^{2}},$$

$$B=\frac{\delta }{\alpha }-\frac{\beta \gamma }{2\alpha ^{2}}+\frac{\beta }{ 8\alpha },$$

$$C=\frac{\varepsilon }{\alpha }-\frac{\beta \delta }{4\alpha ^{2}}+\frac{ \beta ^{2}\gamma}{16\alpha ^{3}}-\frac{3\beta ^{4}}{256\alpha ^{4}}.$$

Después de sumar y restar $2sy^{2}+s^{2}$ a del lado izquierdo de $(2)$ y reordenando términos, se obtiene la ecuación

$$\underset{\left( y^{2}+s\right) ^{2}}{\underbrace{y^{4}+2sy^{2}+s^{2}}}-\left[ \left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C\right] =0. \tag{2a}$$

Luego nos factor del polinomio cuadrático $$\left(2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C=\left(2s-A\right)(y-y_+)(y-y_-)$$ and make $y_+=y_-$, which will impose a constraint on $s$ (equation $(4)$). Vamos a conseguir:

$$\left( y^{2}+s+\sqrt{2s-A}y-\frac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) \left( y^{2}+s- \sqrt{2s-A}y+\frac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) =0,$$ $$\tag{3}$$

donde $s$ satisface la resolvent ecuación cúbica

$$8s^{3}-4As^{2}-8Cs+\left( 4Ac-B^{2}\right) =0.\tag{4}$$

Las cuatro soluciones de $(2)$ son las soluciones de $(3)$:

$$y_{1}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s-+\frac{2B}{\sqrt{2-A}}}, \etiqueta{5}$$

$$y_{2}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s-+\frac{2B}{\sqrt{2-A}}} ,\etiqueta{6}$$

$$y_{3}=\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s-Un-\frac{2B}{\sqrt{2-A}}} ,\etiqueta{7}$$

$$y_{4}=\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s-Un-\frac{2B}{\sqrt{2-A}}} .\la etiqueta{8}$$

Por lo tanto, la ecuación original $(1)$ tiene las soluciones $$x_{k}=y_{k}-\frac{\beta }{4\alpha }.\qquad k=1,2,3,4\tag{9}$$

Ejemplo: $x^{4}+2x^{3}+3x^{2}-2x-1=0$

$$y^{4}+\frac{3}{2}y^{2}-4y+\frac{9}{16}=0.$$

El resolvent cúbico es

$$8s^{3}-6s^{2}-\frac{9}{2}s-\frac{101}{8}=0.$$

Haciendo la sustitución de $s=t+\frac{1}{4}$, obtenemos

$$t^{3}-\frac{3}{4}t-\frac{7}{4}=0.$$

Una solución de la cúbico es

$$s_{1}=\left( -\frac{p}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\frac{p}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}-\frac{b}{3a},$$

donde $a=8,b=-6,c=-\frac{9}{2},d=-\frac{101}{8}$ son los coeficientes de la resolvent cúbicos y $p=-\frac{3}{4},q=-\frac{7}{4}$ son los coeficientes de la reducción de la cúbico. Numéricamente, tenemos $s_{1}\approx 1.6608$.

Las cuatro soluciones son :

$$x_{1}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1} -}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-+\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{2}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1} -}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-+\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{3}=\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1} -}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{4}=\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1} -}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

con $A=\frac{3}{2},B=-4,C=\frac{9}{16},D=\frac{9}{16}$. Numéricamente tenemos $x_{1}\approx -1.1748+1.6393i$, $x_{2}\approx -1.1748-1.6393i$, $x_{3}\approx 0.70062$, $x_{4}\approx -0.35095$.

Otro método es el de ampliar la LHS de la cuártica en dos polinomios cuadráticos, y encontrar los ceros de cada polinomio. Sin embargo, este método falla a veces. Ejemplo: $x^{4}-x-1=0$. Si nos factor de $x^{4}-x-1$ $x^{4}-x-1=\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right) $ expandir e igualamos los coeficientes de vamos a obtener dos ecuaciones, una de las cuales es de $-1/c-c^{2}\left( 1+c^{2}\right) ^{2}+c=0$. Esto se estudia en la teoría de Galois.

El general quintic no es solucionable en términos de los radicales, así como las ecuaciones de grados superiores.

10voto

Judah Himango Puntos 27365

, hay un cuarto grado de la fórmula.

No hay tal solución por radicales para grados superiores. Este es un resultado de la teoría de Galois, y se sigue del hecho de que el grupo simétrico $S_5$ no es solucionable. Se llama Abel del teorema. De hecho, no son específicos de quinto grado de los polinomios cuyas raíces no puede ser obtenida mediante el uso de los radicales de $\mathbb{Q}$.

8voto

Andrew Puntos 140

Lo que no ha sido mencionado hasta ahora es que uno puede utilizar cualquier número de "auxiliar cúbicas" en la solución de la ecuación de cuarto grado. No Herbison-Evans, en esta página (adaptado de su informe técnico), menciona cinco posibles auxiliar cúbicas.

Dada la ecuación de cuarto grado

$$x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$$

de las cinco posibles auxiliar cúbicas son mencionados en el documento como

Christianson-Marrón:

$$y^3 +\frac{4a^2b - 4b^2 - 4ac + 16d - \frac34a^4}{a^3 - 4ab + 8c}y^2 + \left(\frac3{16}a^2 - \frac{b}{2}\right)y + \frac{1}{64}(a^3 + 4a b - 8c) = 0$$

Descartes-Euler-Cardano:

$$y^3 + \left(2b - \frac34 a^2\right)y^2 + \left(\frac3{16}a^4 - a^2b + ac + b^2 - 4d\right)y - \frac{1}{64}(a^3 + 4a b - 8c)^2 = 0$$

Ferrari-Lagrange

$$y^3 + by^2 + (ac - 4d)y + a^2d + c^2 - 4bd = 0$$

Neumark

$$y^3 - 2by^2 + (ac + b^2 - 4d)y + a^2d - abc + c^2 = 0$$

Yacoub-Fraidenraich-Marrón

$$(a^3 - 4ab + 8c)y^3 + (a^2b - 4b^2 + 2ac + 16d)y^2 + (a^2c - 4bc + 8ad)y + a^2d - c^2 = 0 $$

Ver la página de cómo obtener el cuadráticas que el rendimiento de las soluciones a la original de la ecuación de cuarto grado de una raíz de la auxiliar cúbicos.

Permítanme mencionar también que este viejo ACM algoritmo en Algol. Netlib tiene una implementación en C del algoritmo.

7voto

Jere.Jones Puntos 146

Con respecto a la incapacidad para resolver el quintic, esta es una especie de verdadero y de ordenación de la falsa. No, no existe una solución general en términos de $+$, $-$, $\times$ y $\div$$\sqrt[n]{}$. Sin embargo, si usted permite especial theta valores (una nueva operación, no entre la norma!) entonces sí, en realidad se puede escribir las soluciones de polinomios arbitrarios de esta manera. También, usted puede hacer la construcción de longitudes iguales a las soluciones por la intersección de un menor grado de las curvas (para un quintic, puede hacerlo con un tridente y un círculo).

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