Канонические формы уравнений n-й степени

[Утундрий]

Пока тема не рухнула в Бездну проективных прямых и прочей алгебраической геометрии, призову, пожалуй, Тени Предков.

Начнём с кубики. Сдвигом и растяжением приведём уравнение к следующей форме:

$$\boxed{z^3=2+3pz, \quad p\ne 0} \eqno (z^3, 1)$$

Как завещали Сципион дель Ферро и Тарталья, сделаем подстановку

$$\boxed{z=a+b} \eqno (z^3,2)$$

Тогда $z^3=a^3+b^3+3abz$ и мы запросто удовлетворим $(z^3, 1)$ внаглую потребовав

$$\left\{ {\begin{array}{l} a^3+b^3=2 \\ ab=p \\ \end{array} } \right. \eqno (z^3,3)$$

Поскольку соотношения пахнут Вьетом, составим комбинацию
$(w-a^3)(w-b^3)=w^2-2w+p^3=(w-1)^2+p^3-1$
Приравнивая это нулю и решая квадратное уравнение, находим

$$\left\{ {\begin{array}{l} a= \root 3 \of {1+\sqrt{1-p^3}}\\ b= \root 3 \of {1-\sqrt{1-p^3}}\\ ab=p \\ \end{array} } \right. \eqno (z^3,4)$$

Собственно, ради такой красоты и подбирались коэффициенты в $(z^3, 1)$.

Искомые корни суть $z_1=a+b, \quad z_2=\varepsilon a+\varepsilon^2 b, \quad z_3=\varepsilon^2 a+\varepsilon b$, где $\varepsilon \equiv \exp (2\pi i /3)$. Или, в явном виде

$$a+b, \quad - \frac {a+b}{2} \pm i \frac {a-b}{2} \sqrt 3 \eqno (z^3,5)$$

Возьмём теперь квартику и сдвигом и растяжением приведём к виду:

$$\boxed{z^4=3+4pz+6qz^2, \quad |p|+|q|\ne 0} \eqno (z^4, 1)$$

По наущению Феррари попытаемся добиться следующего

$$\boxed{(z^2+w-q)^2=(\text{нечто})^2} \eqno (z^4,2)$$

Раскроем слева
$(z^2+w-q)^2=2\left(\sqrt{w+2q}\;z+\dfrac{p}{\sqrt{w+2q}}\right)^2+3+(w-q)^2-\dfrac{2p^2}{w+2q}$
и отбросим хвост справа, что даст следующее уравнение:

$$w^3=2(p^2-3q-q^3)+3(q^2-1)w \eqno (z^4,3)$$

Ради этой двойки с тройкой и подбирались коэффициенты в $(z^4, 1)$. Простым растяжением эта форма (когда это необходимо) сводится к $(z^3, 1)$ с параметром

$$\tilde p=\dfrac {q^2-1}{(p^2-3q-q^3)^{2/3}}$$

Найдя любое его решение, для отыскания корней $(z^4, 1)$ получим два квадратных уравнения.

$$z^2+w-q \pm \sqrt{2} \left(\sqrt{w+2q}\;z+\dfrac{p}{\sqrt{w+2q}}\right)=0 \eqno (z^4,4)$$

Это простейший, по моему разумению, способ быстро восстановить в памяти обе рассмотренные методики. Правда для этого всё-таки придётся заучить взятые в рамку формулы. Ну или тягать $4$ и $27$ в знаменателях всю дорогу.

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1700258 писал(а):

Возьмём теперь квадрику

Квартику, квадрика это 2-я степень.

Примеров не хватает. Решите по этой методике уравнение $x^4-4x-6=0$.

[Утундрий]

nnosipov в сообщении #1700263 писал(а):

Квартику

Поправил.

nnosipov в сообщении #1700263 писал(а):

Решите по этой методике уравнение $x^4-4x-6=0$.

Мат-пакетами я отнюдь не пренебрегаю. И вид корней предложенного уравнения не внушает большого желания находить их вручную.

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1700265 писал(а):

И вид корней предложенного уравнения не внушает большого желания находить их вручную.

Так здесь корни как раз выглядят не самым забористым образом (но, правда, и не самым простым), и Maple выдает их в более-менее разумном виде, близком к каноническому. Вот и интересно, в каком виде эти корни получатся по Вашей методике.

Кстати, а Вы хоть одно уравнение 4-й степени голыми руками решили?

[Утундрий]

nnosipov в сообщении #1700280 писал(а):

по Вашей методике.

Я, вроде бы сослался на авторов

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1700286 писал(а):

Я, вроде бы сослался на авторов

А у Вас только дизайн что ли? Напоминает классику https://yandex.ru/video/preview/16671910442816545741

[Утундрий]

У меня это не открывается. Так что, если там был не слишком шахтёрский и более-менее уместный юмор, то перескажите своими словами, пожалуйста.

Кстати, к вопросу о кратных корнях. Достаточно очевидно как получить соотношение на параметры, указу́ющие на оные. (Это я так неуклюже пытаюсь привлечь заинтересованную мо́лодеж к обсуждению).

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1700355 писал(а):

У меня это не открывается.

https://www.youtube.com/watch?v=hj-eq6WYThE

[Утундрий]

(Оффтоп)

Я ничего не понял, но мне всё стало ясно (с)

[Утундрий]

Кстати, о мат-пакетах. Вот, например, даже урезанный онлайн-вольфрам и то лихо выдаёт нечто эдакое:

[Утундрий]

Дальше я планирую продвигаться посредством преобразования Чирнгауза. Если кто имел с ним дело на практике, прошу высказаться. Или вдруг есть альтернативные идеи? (Заброс dgwuqtj относительно преобразований Мёбиуса я повертел и пришёл к выводу, что как-то оно неоправданно громоздко получается).

[Утундрий]

Касательно кратных корней. Совсем уж элементарный способ (составить уравнение с кратными корнями и посмотреть на его каноническую форму) предполагает достаточно нудный перебор вариантов. Поэтому скрепя сердце не буду делать вид, будто не умею составлять матрицу Сильвестра. Видимо механически более простого способа отыскать дискриминант не существует. К тому же детерминанты получаются весьма разреженными и легко вычисляются. Результат для кубики и квартики следующий:

$$p^3-1, \qquad (p^2-3 q-q^3)^2+(1-q^2)^3$$

Любопытно, что в последнее выражение "простым способом" входят в точности коэффициенты кубической резольвенты.

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1702322 писал(а):

Видимо механически более простого способа отыскать дискриминант не существует.

Дискриминант можно вычислить прямо по определению --- как квадрат произведения всех попарных разностей корней (выражаем этот симметрический многочлен через элементарные симметрические многочлены от корней и затем применяем формулы Виета).

[Утундрий]

А это технически проще?

P. S. Если немного забежать в конец, то из тех же соображений нормальную форму Бринга-Жерара для уравнения пятой степени выгодно приводить к виду

$$z^5=5 p z+4$$

тогда дискриминант будет равен просто $p^5-1$.

[nnosipov]

Утундрий в сообщении #1702341 писал(а):

А это технически проще?

Не знаю. Для многочленов небольшой степени это неважно, можно как угодно вычислять. Но если степень приличная (несколько десятков) и еще сами коэффициенты зависят от параметра, то это, скорее всего, будет проблемой при любом подходе.