Решение алгебраических уравнений выше 2-ой степени

[kahey]

Довольно общий метод.
Ещё один подход к решению алгебраических уравнений.
Подход общий, поэтому разберём метод лишь на уравнении 3-ей степени.

Итак.
Имеется уравнение:
x^3+a_1x^2+a_2x+a_3=0
Путём сдвига параметра x=x_1+d получаем уравнение вида:
{x_1}^3+b_2{x_1}+b_3=0 (1)
Известно, что
ch(3y)=4ch^3(y)-3ch(y) (2)
Путём замены x_2=kx_1, уравнение (1) преобразуется в уравнение вида :
4{x_2}^3-3{x_2}=c
Обозначим: x_2:=ch(y) (3),
тогда
c=ch(3y)
Таким образом
3y=ln(c+\sqrt{c^2+1}
Или
y=ln(\sqrt[3]{c+\sqrt{c^2+1}})
Далее
x_2:=ch(y)=\frac{e^y+e^{-y}}{2}
Следовательно
x_2:=\frac{\sqrt[3]{c+\sqrt{c^2+1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+\sqrt{c^2+1}}}}{2}
Далее находим x_1, а потом и x.

[AD]

kahey в сообщении #284566 писал(а):

Если будут вопросы, я введу формулы через "math"

Нет, не будет вопросов, пока Вы не введёте через "math".

Тема перемещена из раздела "Дискуссионные темы (М)" в карантин.
См. также Что такое карантин - там еще написано, как исправлять ситуацию..

P.S. Так это ж с e-science.ru/forum, да? Что мешало скопировать и вставить? $\TeX$ - он и в африке $\TeX$.

[AKM]

Вернул...
kahey,
по-моему (на первый взгляд), Вы переизобретаете т.н. тригонометрическое решение кубического уравнения. И этот номер с уравнениями бОльших степеней не пройдёт...

-- Сб янв 30, 2010 22:11:54 --

Перенёс в "Помогите решить-разобраться" потому что, признаться, не заметил сразу, что она была Дискуссионная...
Но мне кажется, так правильнее. Если Вы, автор, хотите вернуться именно туда, то укажите.

[kahey]

Да пожалуйста.
Однако вы ошибаетесь.
Для четвёртой степени - тут надо подумать, возможно.
Что касается уравнений 5-ой степени, то область разрешимых уравнений сводится к уравнению вида:
$x^5-5ax^3+5a^2x+b=0$
И для более высоких степеней можно получить классы разрешимых уравнений.
Думаю, что теория Галуа не даст других уравнений (или почти не даст).

[AKM]

kahey в сообщении #284678 писал(а):

Да пожалуйста.

Из двух возможных трактовок Вашего "Да пожалуйста" ---
"Да пожалуйста (перемещайте куда хотите)"
и
"Да, пожалуйста (верните в Дискуссионные)" ---
выбрал почему-то ту, которая с запятой. Надеюсь, угадал.

-- Сб янв 30, 2010 23:57:58 --

kahey в сообщении #284678 писал(а):

И для более высоких степеней можно получить классы разрешимых уравнений.
Думаю, что теория Галуа не даст других уравнений...

С этим легко согласиться. Боюсь, что класс разрешимых уранений будет банально узким. Или непрактично узким.

[kahey]

"Да пожалуста" - означает, что я не против. Если решение правильное, то смысла отправлять его в дискуссии нет.

Не знаю на сколько узким будет класс разрешимых уравнений. Считается, что общего решения нет.

[dmd]

kahey в сообщении #284566 писал(а):

...
ch(3y)=4ch^3(y)-3ch(y) (2)
Путём замены x_2=kx_1, уравнение (1) преобразуется в уравнение вида :
4{x_2}^3-3{x_2}=c
Обозначим: x_2:=ch(y) (3),
тогда
c=ch(3y)
Таким образом
3y=ln(c+\sqrt{c^2+1}
...

(2) - формула гиперболического косинуса, а 3y=ln(c+\sqrt{c^2+1}\textbf{ )} - аргумент гиперболического синуса.
Тригонометрический способ решения кубического уравнения широкоизвестен и тривиален, для него применима любая формула трёхкратного угла. Чуть менее тривиально корректное определение всех трёх корней в тригонометрическом решении, см. к примеру это или на MathWorld.
Тригонометрические формулы четырёхкратного угла подойдут только для решения биквадратного уравнения, но оно и так в квадратных радикалах легко решается. Были мысли, но они похоже тоже мимо кассы.

[kahey]

Если не ошибаюсь, уравнение 4-ой степени всегда можно свести к уравнению второй степени, путём замены:
$y=b_4x^2+b_1x+b_2$
Если
$a_0^2(x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4)=0$,
то
$a_0=b_4$
$a_1*b_4=2b_1^2$,
$a_2*b_4^2=(2b_2*b_4+b_1^2)+b_3*b_4$
$a_3*b_4^2=2b_1b_2+b_1b_3$
есть какие-то ограничения?
$a_3*b_4^3=b_1(a_2*b_4^2-b_1^2)$
Т.к. $b_4$может быть любым, то взявкакое-нибудь $b_1$, мы прийдём к уравнению 3-ей степени.

Возможно можно решить и непосредственно - надо подумать

[ewert]

dmd в сообщении #284709 писал(а):

Чуть менее тривиально корректное определение всех трёх корней в тригонометрическом решении, см. к примеру это или на MathWorld.

это -- просто жуть, да и MathWorld не лучше. Никогда не понимал любви к сладострастному выписыванию безумного количества формулок, которые фактически и вовсе-то не нужны.

На самом деле корректное определение всех трёх корней просто тривиально. Как только получено формальное выражение вида $w=\sqrt[3]{-{q\over2}\pm\sqrt{{q^2\over4}+{p^3\over27}}}$, надо просто взять в качестве $w_1$, $w_2$ и $w_3$ три значения кубического корня при одном и том же значении внутреннего квадратного корня (безразлично каком именно, если только $p\neq0$). Тогда $z_k=w_k-{p\over3w_k}$, $k=1,2,3$ -- это и будут три корня исходного уравнения, и всё.

[Yuriy240862]

Как известно линейное алгебраическое уравнение нечетной степени с вещественными коэффициентами всегда имеет хотя-бы один вещественный корень. Есть подозрение, что в случае когда в таком уравнении знаки перед коэффициентами чередуются, а сами коэффициенты взятые по модулю строго возрастают, то все корни такого уравнения вещественны. Пожалуйста подтвердите или опровергните.

[maxal]

Yuriy240862 в сообщении #285460 писал(а):

Как известно линейное алгебраическое уравнение нечетной степени с вещественными коэффициентами всегда имеет хотя-бы один вещественный корень. Есть подозрение, что в случае когда в таком уравнении знаки перед коэффициентами чередуются, а сами коэффициенты взятые по модулю строго возрастают, то все корни такого уравнения вещественны. Пожалуйста подтвердите или опровергните.

$x^3-2x^2+3x-4$ имеет лишь один вещественный корень.

[godsdog]

ewert в сообщении #284725 писал(а):

На самом деле корректное определение всех трёх корней просто тривиально. Как только получено формальное выражение вида $w=\sqrt[3]{-{q\over2}\pm\sqrt{{q^2\over4}+{p^3\over27}}}$, надо просто взять в качестве $w_1$, $w_2$ и $w_3$ три значения кубического корня при одном и том же значении внутреннего квадратного корня (безразлично каком именно, если только $p\neq0$). Тогда $z_k=w_k-{p\over3w_k}$, $k=1,2,3$ -- это и будут три корня исходного уравнения, и всё.

Я, наверное, чего-то не понимаю. Но всё-таки, как работает эта формула в случае, если все три корня - действительные? Ведь тогда получая три значения кубического корня всегда будет присутсвовать одно действительное решение (как и должно быть для ур. 3-тьей степени) и два комплексных. А должно быть ещё два действительных.

[venco]

$\omega_k$ действительнo будут комплексными.
Но если подставить их в $z_k=w_k-{p\over3w_k}$, то все $z_k$ окажутся действительными.
Если я правильно помню, то этот способ нахождения действительных корней через промежуточные комплексные и был причиной введения в математику комплексных чисел.

[grisania]

Мне нравится как изложены Формулы Кардано здесь:
http://www.proofwiki.org/wiki/Cardano's_Formula

[ewert]

godsdog в сообщении #294060 писал(а):

Я, наверное, чего-то не понимаю. Но всё-таки, как работает эта формула в случае, если все три корня - действительные?

В случае, когда уравнение имеет только вещественные корни (и только в этом случае) -- выражение под кубическим корнем комплексно (т.е. под квадратным -- отрицательно). Соответственно, и все три значения кубического корня тоже будут сугубо комплексными. Тогда замена знака "плюс" перед квадратным корнем на "минус" в точности соответствует комплексному сопряжению, т.е. замене $w$ на $-\dfrac{p}{3w}$. Поэтому сложение и даст вещественный результат -- для каждого из трёх значений кубического корня.

-------------------------------------------
Уточнение. Вырожденному случаю -- когда есть двукратный вещественный корень -- тоже отвечает вещественное выражение под кубическим корнем. Но в этом случае просто квадратный корень равен нулю.