Одно уравнение четвертой степени

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1527990 писал(а):

Есть алгоритм, выясняющий, имеет ли место случай а) для данного многочлена $f(x)$ (и аналогично для случая б)).

Оказывается, для этого случая (когда $f(x)$ имеет корень в поле $\mathbb{Q}(\rho_1,\rho_2)$, где $\rho_1$, $\rho_2$ --- вещественные независимые квадратные радикалы) есть очень простой критерий: необходимо и достаточно, чтобы кубическая резольвента имела три рациональных корня (при условии, что корни $f(x)$ вещественны).

Для случая б) (когда $f(x)$ имеет корень в поле $\mathbb{Q}(\rho)$, где $\rho$ --- вещественный радикал 4-й степени) можно доказать, что кубическая резольвента обязана иметь один рациональный корень и два невещественных. Однако обратное утверждение уже неверно, как показывает пример многочлена $f(x)=x^4-4x-1$ (здесь два вещественных корня записываются как неупрощаемые дважды вложенные вещественные радикалы). Тем не менее, алгоритм распознавания случая б) известен (см., например, тему topic96707.html).

[nnosipov]

Вот примеры уравнений 4-й степени из книги Гашкова "Современная элементарная алгебра в задачах и решениях" (М.: МЦНМО, 2006), иллюстрирующие случаи а) и б).

1. $x^4-\frac{17}{2}x^2+10x-\frac{31}{16}=0$ (упр. 2, п. б) на стр. 246). Это случай а): кубическая резольвента имеет 3 рациональных корня, так что ответ должен быть в обычных квадратных радикалах. Однако если это уравнение решать методом Феррари, то в ответе номинально получим выражение с дважды вложенным радикалом, который придется упрощать по типу $\sqrt{5+2\sqrt{6}}=\sqrt{2}+\sqrt{3}$. Впрочем, это обязательно удастся сделать с помощью т.н. "формулы сложного радикала", и системы компьютерной алгебры делают это на лету.

2. $x^4-12x^2-24x-14=0$ (упр. 2, п. в) на стр. 246). Кубическая резольвента имеет 1 рациональный и 2 мнимых корня. Возникает подозрение, что это случай б). И действительно, это он. Но метод Феррари предоставляет выражение для одного из двух вещественных корней не в каноническом виде $\sqrt[4]{2}+\sqrt{2}+\sqrt[4]{8}$, а в виде $\sqrt{2}+\sqrt{4+3\sqrt{2}}$, так что необходимо упрощать. Maple (и, видимо, другие CAS) такого рода упрощения не совершает, но вручную это сделать легко: по-прежнему работает "формула сложного радикала", хотя и не напрямую.

3. $x^4+2x^3+3x^2+2x-81600=0$ (уравнение Лука Пачоли, упр. 117 на стр. 254). Снова кубическая резольвента имеет 1 рациональный и 2 мнимых корня, но теперь это не случай б). Это значит, что в выражения для двух вещественных корней, полученные по методу Феррари, будет входить неупрощаемый дважды вложенный вещественный радикал ("формула сложного радикала" не помогает, но это не может служить доказательством неупрощаемости, требуется ссылка на соответствующую теорию).

Отметим, что уравнения из пп. 2 и 3 имеют одну и ту же группу Галуа (неабелеву $D_4$). Группа Галуа уравнения из п. 1 --- абелева (произведение двух групп 2-го порядка). В частности, корни уравнения из п. 1 можно записать через косинусы дуг, соизмеримых с окружностью (это простое, но малоосмысленное упражнение сможет проделать каждый, кто слышал про квадратичные суммы Гаусса).

[nnosipov]

Еще несколько примеров.

1. Менее громоздкий (по ответу) пример уравнения того же типа, что и в начальном сообщении данной темы: $x^4-40x^2-104x-68=0$.

2. Примеров уравнений 4-й степени с вещественными корнями, записываемыми в виде неупрощаемых трижды вложенных радикалов, имеется вагон и маленькая тележка. Вагон --- это семейство уравнений вида

$$x^4+ax^3+bx^2+cx+\frac{3ac-b^2}{12}=0.\eqno(*)$$

А вот уравнение из тележки: $x^4-4x-6=0$. Его вещественные корни таковы:

$$x_{1,2}=\frac{\sqrt{2\rho^2-2\rho} \pm \sqrt{-2\rho^2+2\rho+(2\rho^2+4\rho+4)\sqrt{2\rho^2-2\rho}}}{2}, \quad \rho=\sqrt[3]{2}.$$

Странно, что ничего из этого добра не попало в популярные задачники по "высшей алгебре" (да и по "низшей ..." тоже). Впрочем, на math.stackexchange.com нашлась одна(!) тема, где обсуждалось подсемейство $(*)$, соответствующее $a=0$.