Одно уравнение четвертой степени

[nnosipov]

hpbhpb
Это ровно вот это:

nnosipov в сообщении #1527671 писал(а):

В данном случае, если немного поработать руками, мы по этой схеме получим корни, выраженные через функцию квадратного корня, функцию косинус и (здесь можно выбирать) одну из обратных тригонометрических функций. Итого: будут задействованы три различных элементарных функции. Оказывается, этот очевидный результат можно улучшить.

[nnosipov]

arqady в сообщении #1527756 писал(а):

nnosipov
Несколько лет назад придумал несколько таких уравнений. Например:

$$x^5+x^4-12x^3-21x^2+x+5=0$$

$$x^6+x^5-15x^4-28x^3+15x^2+38x-1=0$$

$$x^7+x^6-18x^5-35x^4+38x^3+104x^2+7x-49=0$$

Ваше пока не поддаётся, хотя идею, похоже, понимаю

Видимо, не совсем. Все эти многочлены разлагаются в подходящих круговых полях $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ ($p=31,37,43$). Конструкция, используемая при построении, называется "гауссовы периоды". У многочлена $x^4+x^3-7x^2-2x+9$ группа Галуа неабелева ($A_4$), поэтому он не разлагается на линейные множители ни в каком круговом поле.

[nnosipov]

Вот ответ, но, правда, без подробностей. Используя метод Эйлера, корни можно найти в виде

$$ x_1=\frac{-1-u_1-u_2-u_3}{4}, \;\; x_2=\frac{-1-u_1+u_2+u_3}{4}, \;\; x_3=\frac{-1+u_1-u_2+u_3}{4}, \;\; x_4=\frac{-1+u_1+u_2-u_3}{4},$$

где

$$u_i=\sqrt{21+8\sum_{k \in A_i}\epsilon_k\cos{\frac{\pi k}{163}}} \quad (i=1,\,2,\,3),\eqno(*)$$

при этом $A_1 \cup A_2 \cup A_3=\{1,2,\dots,81\}$, $|A_i|=27$ для всех $i$ и $\epsilon_k \in \{-1,1\}$ для всех $k$. Более того, $u_1u_2u_3=13$ и в формулах $(*)$ знаков "минус" ($\epsilon_k=-1$) суммарно на один больше, чем знаков "плюс" ($\epsilon_k=1$).

Кубическая резольвента (Феррари) здесь такова: $z^3+7z^2-38z-265$. Она имеет корни в круговом поле $\mathbb{Q}(\zeta)$, где $\zeta^{163}=1$. Есть еще четыре других многочлена 4-й степени, имеющих ровно такую же резольвенту (см. по этому поводу тему topic146829.html). Кубический многочлен $z^3+7z^2-38z-265$ появляется при $n=7$ в семействе кубических многочленов $f_n(x)$ из статьи "Итерации квадратных радикалов и косинусы дуг, соизмеримых с окружностью" (Математическое просвещение. Вып. 18 (2014), стр. 172-179). Из этой же статьи можно понять, как явно выписать множества $A_i$ и знаки $\epsilon_k$.

Еще одно замечание. Прототипом можно считать пример многочлена 4-й степени с корнями вида $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ (см. выше), где, например, $u_1=\sqrt{2}$, $u_2=\sqrt{3}$ и $u_3=\sqrt{6}$ (тогда $u_1u_2u_3=6$ --- рациональное число). У такого многочлена кубическая резольвента имеет только рациональные корни, а корни самого многочлена представляют собой простейшие выражения с квадратными радикалами. После биквадратных и возвратных уравнений это, вероятно, самый простой вид школьных уравнений 4-й степени.

Upd. Забыл привести пример чего-то подобного, но большой степени. Вот он: topic54521.html (выражение в левой части тождества).

[hpbhpb]

nnosipov в сообщении #1527917 писал(а):

Вот ответ, но, правда, без подробностей. Используя метод Эйлера, корни можно найти в виде

$$ x_1=\frac{-1-u_1-u_2-u_3}{4}, \;\; x_2=\frac{-1-u_1+u_2+u_3}{4}, \;\; x_3=\frac{-1+u_1-u_2+u_3}{4}, \;\; x_4=\frac{-1+u_1+u_2-u_3}{4},$$

где

$$u_i=\sqrt{21+8\sum_{k \in A_i}\epsilon_k\cos{\frac{\pi k}{163}}} \quad (i=1,\,2,\,3),\eqno(*)$$

при этом $A_1 \cup A_2 \cup A_3=\{1,2,\dots,81\}$, $|A_i|=27$ для всех $i$ и $\epsilon_k \in \{-1,1\}$ для всех $k$. Более того, $u_1u_2u_3=13$ и в формулах $(*)$ знаков "минус" ($\epsilon_k=-1$) суммарно на один больше, чем знаков "плюс" ($\epsilon_k=1$).

Кубическая резольвента (Феррари) здесь такова: $z^3+7z^2-38z-265$. Она имеет корни в круговом поле $\mathbb{Q}(\zeta)$, где $\zeta^{163}=1$. Есть еще четыре других многочлена 4-й степени, имеющих ровно такую же резольвенту (см. по этому поводу тему topic146829.html). Кубический многочлен $z^3+7z^2-38z-265$ появляется при $n=7$ в семействе кубических многочленов $f_n(x)$ из статьи "Итерации квадратных радикалов и косинусы дуг, соизмеримых с окружностью" (Математическое просвещение. Вып. 18 (2014), стр. 172-179). Из этой же статьи можно понять, как явно выписать множества $A_i$ и знаки $\epsilon_k$.

Еще одно замечание. Прототипом можно считать пример многочлена 4-й степени с корнями вида $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ (см. выше), где, например, $u_1=\sqrt{2}$, $u_2=\sqrt{3}$ и $u_3=\sqrt{6}$ (тогда $u_1u_2u_3=6$ --- рациональное число). У такого многочлена кубическая резольвента имеет только рациональные корни, а корни самого многочлена представляют собой простейшие выражения с квадратными радикалами. После биквадратных и возвратных уравнений это, вероятно, самый простой вид школьных уравнений 4-й степени.

Upd. Забыл привести пример чего-то подобного, но большой степени. Вот он: topic54521.html (выражение в левой части тождества).

Николай Николаевич!
Когда $\epsilon_k =-1$ и когда $\epsilon_k =1$ ?

[nnosipov]

hpbhpb в сообщении #1527925 писал(а):

Николай Николаевич!

Вот за это здесь может прилететь от модератора (искажение ника).

hpbhpb в сообщении #1527925 писал(а):

Когда $\epsilon_k =-1$ и когда $\epsilon_k =1$ ?

А с множествами $A_i$ Вы уже разобрались? Попробуйте прочитать мою статью, там есть все ответы.

[nnosipov]

Продолжим в этой же теме. Следующая задача:

Найдите вещественные корни уравнения $x^4+x^3+4x+1=0$.

Комментарий. Ответ записывается в виде трижды вложенного вещественного радикального выражения. Интересный вопрос состоит в том, нельзя ли это выражение упростить (понизить уровень вложенности). Для сравнения: вещественные корни уравнения $x^4-x-1=0$ записываются в виде четырежды вложенного вещественного радикального выражения (и неизвестно, можно ли понизить уровень вложенности).

Upd. Тот случай, когда Maple легко справляется с задачей:

solve(x^4+x^3+4*x+1,explicit=true);

Но в известных мне задачниках пример с таким типом ответа найти не удалось.

Upd2. А вот уравнения 4-й степени, корень которого записывается в виде неупрощаемого трижды вложенного вещественного радикального выражения только с квадратными радикалами, не существует (иначе резольвента имела бы рациональный корень, что привело бы к ответу другого типа).

[xagiwo]

Если чуть подкорректировать решение WolframAlpha, получится $\frac{1}{4} \left(-1 -2 \sqrt{\frac{1}{4}+\sqrt[3]{17}}\pm \left(\sqrt{1 + 2 i \sqrt{3} \sqrt[3]{17}-2 \sqrt[3]{17}}+\sqrt{1 -2 i \sqrt{3} \sqrt[3]{17}-2 \sqrt[3]{17}}\right)\right)$

[nnosipov]

xagiwo
Для тех двух вещественных корней, что есть, имеются выражения только с вещественными радикалами.

[xagiwo]

nnosipov
Второго уровня вложенности?

[nnosipov]

В целом, с классификацией по типу ответа (если он --- вложенное вещественное радикальное выражение) примерно понятно: уровень вложенности --- любой от 1 до 4. Вот набросок:

Допущения: многочлен $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d \in \mathbb{Q}[x]$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

1. Уровень вложенности 1 (обычные радикалы). Простейшая ситуация. Здесь 2 случая: а) два непропорциональных квадратных радикала или б) один радикал 4-й степени. В обоих случаях кубическая резольвента имеет рациональный корень. Как следствие, уравнение решается стандартным способом (метод Феррари). Есть алгоритм, выясняющий, имеет ли место случай а) для данного многочлена $f(x)$ (и аналогично для случая б)).

2. Уровень вложенности 2. Здесь могут быть только квадратные радикалы. Кубическая резольвента имеет рациональный корень. Как следствие, уравнение решается стандартным способом (метод Феррари).

3. Уровень вложенности 3. Видимо, экзотика (см. пример выше). Кубическая резольвента не имеет рациональных корней, но имеет корень в поле $\mathbb{Q}(\rho)$, где $\rho$ --- вещественный кубический радикал. Структура вложенности: квадратный(квадратный(кубический)). Более простой вариант --- квадратный(квадратный(квадратный)) --- невозможен (тогда кубическая резольвента имела бы рациональный корень). Наиболее сложный случай, но метод Феррари по-прежнему работает. Есть ли подобные примеры в задачниках?

4. Уровень вложенности 4. Типичная ситуация. Ответ самого громоздкого вида, хотя доказательства неупрощаемости нет. Некоторые примеры можно решить вручную ($x^4-x-1=0$ --- наиболее известный пример).

Таким образом, остается только классифицировать различные извращения с круговыми полями (типа примера из этой темы).

-- Вт авг 03, 2021 15:15:49 --

xagiwo в сообщении #1527988 писал(а):

Второго уровня вложенности?

Нет, третьего.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1527990 писал(а):

остается только классифицировать различные извращения с круговыми полями

Кажется, есть еще только одна интересная ситуация: когда неприводимый многочлен $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ 4-й степени имеет корень в некотором круговом поле $\mathbb{Q}(\zeta)$. В этом случае кубическая резольвента обязана иметь рациональный корень, что делает данный случай не таким уж экзотическим. Тем не менее, здесь можно наблюдать одно любопытное явление (при дополнительном предположении о вещественности корней $f(x)$). Рассмотрим конкретный пример. Пусть

$$f(x)=x^4+x^3-6x^2-x+1.$$

Этот многочлен имеет корни в круговом поле $\mathbb{Q}(\zeta)$, где $\zeta=\exp{(2\pi i/17)}$. Его резольвента Феррари

$$F(z)=z^3+6z^2-5z-26$$

имеет корни $z_1=-2$ и $z_{2,3}=-2 \pm \sqrt{17}$. Применение метода Феррари при $z=z_1$ и $z=z_{2,3}$ приводит к следующим выражениям для одного из корней $f(x)$ (для остальных корней аналогично):

$$\begin{array}{l} x_1=\dfrac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}}}{4}\vspace{2mm}\\ \phantom{x_1}=\dfrac{-1+\sqrt{17+4\sqrt{17}}+\sqrt{34-4\sqrt{17}-(34-8\sqrt{17})\sqrt{17+4\sqrt{17}}}}{4}\vspace{2mm}\\ \phantom{x_1}=\dfrac{-1-\sqrt{17-4\sqrt{17}}+\sqrt{34+4\sqrt{17}+(34+8\sqrt{17})\sqrt{17-4\sqrt{17}}}}{4}.\end{array}$$

Метод Эйлера дал бы такой результат:

$$x_1=\dfrac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{17+4\sqrt{17}}-\sqrt{17-4\sqrt{17}}}{4}.$$

И, наконец, то выражение, которое предполагалось изначально:

$$x_1=2\cos{\frac{2\pi}{17}}+2\cos{\frac{8\pi}{17}}.$$

Как видим, все пять выражений попарно различны, но задают одно и то же (вещественное) число. Конечно, последнюю формулу можно было бы дать в более загадочном виде --- примерно как здесь post1527917.html#p1527917 (для этого достаточно корни резольвенты записать через косинусы и применить метод Эйлера), но это было бы шито белыми нитками (ведь наш многочлен a priori имеет корни в самом круговом поле, а не в его квадратичном расширении).

В миниатюре это явление хорошо известно на примере кубических уравнений, где формула Кардано дает выражения с вложенными вещественными радикалами, иногда допускающими нетривиальное упрощение.

[dmd]

Ещё этот же корень выражается как $\dfrac{1}{2} \left(\sqrt{2 \sqrt{2 \left(\sqrt{17}+17\right)}+13}-1\right)$ и $\dfrac{1}{2} \left(\sqrt{13+4 \sqrt{17} \cos \left(\dfrac{1}{4} \arccos\left(-\dfrac{15}{17}\right)\right)}-1\right)$.

[nnosipov]

dmd
А как получены эти выражения? Особенно первое (второе производит впечатление чего-то искусственного).

[dmd]

nnosipov
Первое по этой формуле, второе по этой.

[nnosipov]

Понятно, спасибо, но это какая-то экзотика. Трижды вложенный радикал здесь, конечно, упрощаем. (Я думал, что выражение получено методом Декарта, но Декарт дает что-то очень громоздко.)

-- Пт авг 06, 2021 18:32:07 --

nnosipov в сообщении #1528168 писал(а):

второе производит впечатление чего-то искусственного

Хотя нет, здесь намек на формулу косинуса учетверенного аргумента.