Уравнение четвертой степени. Завершенный Феррари.

[Vvp_57]

Известно, что в уравнении:

$$x^4+px^3+qx^2+rx+t=0$$

четыре корня могут образовывать только три формы:

$$\begin{cases} y_{1}=x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4}\\ y_{2}=x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4}\qquad\eqno (1)\\ y_{3}=x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3} \end{cases}$$

которые образуют кубическое уравнение:

$$y^3-qy^2+\left( \operatorname{pr}-4t\right)y-\left(t\left( p^2-4q\right)+r^2 \right)=0$$

называемое резольвентой уравнения четвертой степени.
Решая систему (1) найдем корни уравнения четвертой степени:

$$x_{1}=\frac{1}{2}\left(\frac{-p}{2}+\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}+ \sqrt{\frac{p^2}{2}-q-y-\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}}}\right)$$

\\

$$x_{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{-p}{2}+\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}-\sqrt{\frac{p^2}{2}-q-y-\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}}} \right)\\$$

$$x_{3}=\frac{1}{2}\left(\frac{-p}{2}-\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}+\sqrt{\frac{p^2}{2}-q-y+\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}}} \right)$$

\\

$$x_{4}=\frac{1}{2}\left(\frac{-p}{2}-\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}-\sqrt{\frac{p^2}{2}-q-y+\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{p^2}{4}-q+y}}} \right)\\$$

Где y-любой корень кубической резольвенты, а $\Delta$ равна:

$$\Delta =\frac{1}{8}p^3-\frac{1}{2}pq+r$$

Например:
$x^4-x^3-1=0\qquad\eqno (2)$
Резольвента будет $\left(p=-1,\: q=0,\: r=0\right)$: $y^3+4y+1=0$
Действительный корень которой можно выразить:
$-\frac{1}{6}\sqrt[3]{108+12\sqrt{849}}+\frac{8}{\sqrt[3]{108+12\sqrt{849}}}=-0,246266172...$
либо:
$\frac{-4}{\sqrt{3}}\sh\left(\frac{1}{3}\operatorname{arsh\left(\frac{3\sqrt{3}}{16} \right)} \right)=-0,246266172...$
либо:
$-2\sum\limits_{k=0}^{7}\binom{3k}{k}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)8^{2k+1}}=-0,246266172...$

Обозначив за $y=-0,246266172...$, находим $\Delta$, а затем и корни уравнения (2):
$\Delta =\frac{-1}{8}$
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+y}+ \sqrt{\frac{1}{2}-y-\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{1}{4}+y}}}\right)=1,38027756...$
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+y}-\sqrt{\frac{1}{2}-y-\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{1}{4}+y}}} \right)=-0,8191725...\\$
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}+y}+\sqrt{\frac{1}{2}-y+\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{1}{4}+y}}} \right)=0,21944747...+0,9144736...i$
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}+y}-\sqrt{\frac{1}{2}-y+\frac{2\Delta }{\sqrt{\frac{1}{4}+y}}} \right)=0,21944747...-0,9144736...i$

[nnosipov]

Vvp_57 в сообщении #508002 писал(а):

Известно, что в уравнении:

$$x^4+px^3+qx^2+rx+t=0$$

четыре корня могут образовывать только три формы:

$$\begin{cases} y_{1}=x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4}\\ y_{2}=x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4}\qquad\eqno (1)\\ y_{3}=x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3} \end{cases}$$

Есть ещё резольвента Эйлера, её корни $w_1 = (x_1 + x_2-x_3-x_4)^2$, $w_2 = (x_1-x_2-x_3 + x_4)^2$, $w_3 = (x_1 -x_2 + x_3- x_4)^2$.

[Vvp_57]

nnosipov в сообщении #508011 писал(а):

Есть ещё резольвента Эйлера, её корни $w_1 = (x_1 + x_2-x_3-x_4)^2$, $w_2 = (x_1-x_2-x_3 + x_4)^2$, $w_3 = (x_1 -x_2 + x_3- x_4)^2$.

Да, да, конечно. В резольвенте Эйлера(точнее сказать в приведенном уравнении, от которого и находится резольвента Эйлера) и есть один очень нужный параметр,но..., резольвенту Феррари найти проще, согласитесь.

[Praded]

В самом первом уравнении у ТС нужно поправить на $qx^2$.

Поправил. //АКМ

[dmd]

Vvp_57 в сообщении #508002 писал(а):

либо:
$-2\sum\limits_{k=0}^{7}\binom{3k}{k}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)8^{2k+1}}=-0,246266172...$

Можно подробнее про этот способ решения кубического уравнения?
Ни разу такого не видел; ни в wiki, ни на mathworld.wolfram.com не нахожу.

[Vvp_57]

dmd в сообщении #516133 писал(а):

Можно подробнее про этот способ решения кубического уравнения?
Ни разу такого не видел; ни в wiki, ни на mathworld.wolfram.com не нахожу.

Пожалуйста. Прошу прощения за длинный ответ. Сразу приведу несколько вариантов, чтоб избежать общих формул (думаю обобщить будет не трудно):
Для третьей степени
$x^3-x+a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{3k}{k}\frac{a^{2k+1}}{2k+1}$
$x^3+x-a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{3k}{k}\frac{\left(-1\right)^ka^{2k+1}}{2k+1}$
Конечно при условии что $a$ меньше чем $0.38490....=\frac{2}{3\sqrt{3}}$
поскольку иначе ряд будет расходящимся.
Таким же образом можно найти один корень в любом "подобном" уравнении:
$x^5-x+a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{5k}{k}\frac{a^{4k+1}}{4k+1}\qquad\eqno\text{где }\quad\eqno{a}<\frac{4}{5\sqrt[4]{5}}=0.53499...$
Еще
$x^6-x+a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{6k}{k}\frac{a^{5k+1}}{5k+1}\qquad\eqno\text{при }\quad\eqno{a}<\frac{5}{6\sqrt[5]{6}}=0.582....$
Или
$x^{10}+x-a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{10k}{k}\frac{\left(-1\right)^ka^{9k+1}}{9k+1}\qquad\eqno\text{при}\quad\eqno{a}<\frac{9}{10\sqrt[9]{10}}=0.6968....$
Таких формул нет на wiki и на mathworl.wolfram.com, наверное потому что, во первых это все же не общий случай.
Во вторых здесь наблюдается уход от элементарных функций.

[maxal]

Vvp_57 в сообщении #516620 писал(а):

Таким же образом можно найти один корень в любом "подобном" уравнении:
$x^5-x+a=0\qquad\eqno{x}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{5k}{k}\frac{a^{4k+1}}{4k+1}\qquad\eqno\text{где }\quad\eqno{a}<\frac{4}{5\sqrt[4]{5}}=0.53499...$

Вот тут эту формулу обсуждали: http://mathoverflow.net/questions/32099 ... 2261#32261 (и у нас тоже).
Там она выводится с помощью обращения Лагранжа.

[maxal]

Можно также рассмотреть задачу "в обратную сторону" - задаться вопросом, корнем какого уравнения является, например, $\sum_{k=0}^{\infty} \binom{tk}{k} a^k$ при заданном целом $t$. Вывод соответствующего уравнения я привел на ArtOfProblemSolving (опять же с помощью обращения Лагранжа). Так для $t=3$ искомое уравнение имеет вид:

$$(27a-4)x^3 + 3x + 1 = 0.$$

[Vvp_57]

maxal в сообщении #516754 писал(а):

Вот тут эту формулу обсуждали: http://mathoverflow.net/questions/32099 ... 2261#32261 (и у нас тоже).
Там она выводится с помощью обращения Лагранжа.

Как раз с этого: и у нас тоже, я и "заболел" биномиальными рядами. Поскольку они дают новое выражение популярного косинуса:
$2\cos \left(\frac{4\pi }{9} \right)=\frac{1}{3}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{3k}{k}\frac{1}{\left(2k+1 \right)27^k}$
Интересно, а как будет выражаться $2\cos \left(\frac{2\pi }{9} \right)$, через биномиальные ряды?

maxal в сообщении #516834 писал(а):

Можно также рассмотреть задачу "в обратную сторону" - ....... Вывод соответствующего уравнения я привел на ArtOfProblemSolving (опять же с помощью обращения Лагранжа). Так для $t=3$ искомое уравнение имеет вид: $(27a-4)x^3 + 3x + 1 = 0.$

Ваше решение maxal, обратной задачи,замечательное, особенно радует общая формула:
$\left(\left(F_t\left(x \right)-1 \right) \right)\left(\left(t-1 \right)F_t\left(x \right)+1 \right)^{t-1}=x\left(tF_t\left(x \right) \right)^t.$
Для куба мне тоже попадалась такое выражение:
$Dx^3-3x-1=0$ где $D$ дискриминант уравнения: $x^3-x+a=0$
Правда путь был несколько иной. Жалко развивать тут эту тему, поскольку очень бы хотелось услышать критических
замечаний по основной теме(уравнение 4-ой степени). Ведь в теме все не так гладко, есть пробелы, проблемы, перескок и недоговоренности.

[sergei1961]

Про решения рядами-наверное, это всё-таки перезапись известного решения в гипергеометрических функциях, вряд ли что-то другое.