Решение уравнения четвёртой степени

[cheslav]

РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЯ ЧЕТВЁРТОЙ СТЕПЕНИ

Альтернативой методу Феррари может быть следующий:

$$x^4+px^2+qx+r=$$

$$=(x^2-px+q_1)(x^2+px+q_2)=$$

$$=x^4+(q_1+q_2-p^2)x^2+(q_2-q_1)px+q_1q_2=0. (1)$$

Откуда

$$A=q_1+q_2-p^2; (2)$$

$$B=(q_2-q_1)p; (3)$$

$$C=q_1q_2; (4)$$

Если (2) и (3) возвести в квадрат, из (5) вычесть (6) и вместо $q_1q_2$ подставить C:

$$(q_1+q_2)^2=(A+p^2)^2, (5)$$

$$(q_2-q_1)^2= B^2\pm p^2; (6)$$

то получится уравнение для p :

$$p^6+2Ap^4+(A^2-4C)p^2-B^2=0.$$

Найдя p из этого уравнения, $q_1$ и $q_2$ из равенств (2),(3) и (4) и подставив их в (1), можно вычислить корни исходного уравнения.
Является ли идея оригинальной и актуальной?

[Mikhail_K]

cheslav
А почему Вы решили, что любой многочлен вида $x^4+px^2+qx+r$ можно представить в виде произведения $(x^2-px+q_1)(x^2+px+q_2)$?
Это не так. Возьмём $p=1,\,q=0,\,r=0$. Тогда, по-Вашему, справедливо разложение
$x^4+x^2=(x^2-x+q_1)(x^2+x+q_2)$ с некоторыми числами $q_1,q_2$ (причём, очевидно, по крайней мере одно из них равно нулю, иначе мы бы имели свободный член $q_1q_2$, а его в многочлене $x^4+x^2$ нет).
То есть, либо $x^4+x^2\equiv(x^2-x)(x^2+x+q_2)$, либо $x^4+x^2\equiv(x^2-x+q_1)(x^2+x)$.
Но оба разложения невозможны, так как в первом случае при подстановке $x=1$ в левую часть получается $2$, а в правую часть - $0$; а во втором случае при подстановке $x=-1$ в левую часть получается $2$, а в правую часть - $0$.
Так что в Ваших рассуждениях неверен самый первый шаг.

[nnosipov]

cheslav в сообщении #1479953 писал(а):

Является ли идея оригинальной и актуальной?

Оригинальной --- вряд ли (см., например, topic81468.html). Да и от метода Феррари это отличается только техническими деталями.

Mikhail_K
Я думаю, там разные $p$ (у ТС неудачные обозначения).

[Someone]

Mikhail_K в сообщении #1479955 писал(а):

А почему Вы решили, что любой многочлен вида $x^4+px^2+qx+r$ можно представить в виде произведения $(x^2-px+q_1)(x^2+px+q_2)$?

Там, видимо, опечатка в исходном уравнении, и вместо $p,q,r$ должны быть $A,B,C$.

cheslav в сообщении #1479953 писал(а):

Является ли идея оригинальной и актуальной?

Этот метод разложения многочленов на множители был мне известен ещё в середине шестидесятых годов прошлого века, и я не сам его придумал.

cheslav в сообщении #1479953 писал(а):

Альтернативой методу Феррари может быть следующий:

А в чём преимущества? В методе Феррари нужно решать уравнение третьей степени, в вашем методе — тоже.

Могу ещё один такой метод предложить (не утверждаю,что я его придумал сам, хотя и не помню, откуда я его взял). Рассматриваем уравнение вида

$$x^4+Ax^2+Bx+C=0,$$

как у Вас. Преобразуем уравнение так:

$$x^4+2\alpha x^2+\alpha^2+(A-2\alpha)x^2+Bx+(C-\alpha^2)=0,$$

$$(x^2+\alpha)^2-((2\alpha-A)x^2-Bx+(\alpha^2-C))=0.$$

Теперь подберём $\alpha$ так, чтобы квадратный трёхчлен во второй скобке был точным квадратом. Для этого его дискриминант должен быть равен нулю, то есть,

$$B^2-4(2\alpha-A)(\alpha^2-C)=0,$$

что, разумеется, тоже даёт уравнение третьей степени. Найдя его корни, представляем левую часть заданного уравнения как разность квадратов, и наше уравнение распадается на два квадратных.

[nnosipov]

Someone в сообщении #1479976 писал(а):

Могу ещё один такой метод предложить

Так это метод Феррари применительно к уравнению, в котором нет $x^3$.

[novichok2018]

Мне кажется, это одна из реинкарнаций метода (когда всё правильно посчитано), который называется резольвента Лагранжа, нет?

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1479988 писал(а):

резольвента Лагранжа

Смотря что под этим понимать. Можно составить уравнение 6-й степени, одним из корней которого будет $(x_1+ix_2-x_3-ix_4)^4$ (где $x_1$ и т.д. --- корни исходного уравнения 4-й степени), и посмотреть, получится ли выписанное у ТС уравнение. Но ... лень.

[Someone]

nnosipov в сообщении #1479984 писал(а):

Так это метод Феррари применительно к уравнению, в котором нет $x^3$.

Видимо, да, поскольку я не помню других имён, связанных с решением уравнения четвёртой степени. Просто мне он известен уже лет 40, и я не помню, из какого источника.

[nnosipov]

Джентльменский набор --- это метод Феррари и метод Эйлера (соответственно, имеем две разных кубических резольвенты). По крайней мере, так раньше будущих учителей учили (учебное пособие Винберга "Алгебра многочленов" для пединститутов).

[cheslav]

В англоязычной Wikipedia приводится этот метод,но не указан автор.
Спасибо за отзывы.