Algebrai egyenlet feloldója

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2022. május 22-én felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 4 szerkesztést igényelnek .

Az algebrai fokszámegyenlet feloldója egy olyan algebrai egyenlet , amelynek együtthatói racionálisan függenek az együtthatóktól , így ennek az egyenletnek a gyökereinek ismerete lehetővé teszi számunkra, hogy egyszerűbb egyenletek megoldásával oldjuk meg az eredeti egyenletet (vagyis úgy, hogy a fokuk ne legyen nagyobb). mint ). $f(x)=0$ $n$ $g(y)=0$ $f(x)$ $n$

A rezolválót magának a racionális kifejezésnek is nevezik , vagyis a rezolváló mint egyenlet gyökeinek az eredeti egyenlet gyökereitől való függését. $y=y(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ $g(y)=0$

Alacsonyabb fokú egyenletek feloldásai egy változóban

Informálisan az algebrai egyenletek oldóinak megszerzésének ötlete Lagrange szerint a következő. Állítsunk össze néhány, lehetőleg a lehető legegyszerűbb algebrai kifejezést az eredeti egyenlet gyökéből a következő tulajdonságokkal:

a kifejezés különböző értékeinek száma a gyökök összes lehetséges permutációjához kevesebb lenne, mint az eredeti egyenlet mértéke;

az elemi szimmetrikus polinomok a kifejezés értékeiben az elemi szimmetrikus polinomok függvényei lennének az eredeti egyenlet gyökereiben. Ezután az egyenlet együtthatóit, amelyek gyökerei a kifejezés talált értékei, racionálisan fejezzük ki , a Vieta-relációk szerint , az eredeti egyenlet együtthatóin keresztül;

a kapott egyenletrendszer ismeretlenekkel - az eredeti egyenlet gyökereivel - lineárisra redukálódik és kompatibilis.

Tehát a műveletek sorrendje:

keresse meg a megfelelő kifejezést a gyökerekből;
kiszámítja a feloldó egyenlet együtthatóit, amelyek gyökerei a talált kifejezés értékei, az eredeti együtthatóin keresztül;
megtalálni az oldó gyökereit;
végül állítsa vissza az eredeti egyenlet gyökereit a rezolváló talált gyökereiből.

A ciklikus kiterjesztések elmélete szerint egy általános algebrai egyenlet gyököiben négynél nem magasabb fokig lehetséges a megoldás . Az alábbiakban példákat mutatunk be a másod-, harmadik és negyedik fokú algebrai egyenletek rezolvenciáira egy változóban, és bemutatjuk (az általános elmélet bevonása nélkül és csak elemi számításokkal), hogyan lehet megkapni magukat a rezolvókat és ezek alapján az általánost. a megfelelő egyenletek megoldása.

Másodfokú egyenlet feloldója

Következtetés kifejezés alapján a gyökökhöz

Adott egy másodfokú egyenlet :

ax^{2}+bx+c=0

Keressünk egy lineáris oldószert. Írjuk fel a legegyszerűbb nem triviális egyenlőséget, amely permutáció és helyek hatására nem változik $x_{1}$ $x_{2}$

(x_{1}-x_{2})^{2}=y_{1}

vagy

(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}=y_{1}

Figyelembe véve , , $x_{1}+x_{2}=-b/a$ $x_{1}x_{2}=c/a$

{\megjelenítési stílus (b/a)^{2}-4c/a=y_{1))

és ez lesz a rezolváló gyöke – a lineáris egyenlet ${\displaystyle y_{1))$

a^{2}yb^{2}+4ca=0\qquad \qquad \qquad \qquad (1.1)

Oldjuk meg a rendszert

{\begin{cases}(x_{1}-x_{2})^{2}=y_{1}\\x_{1}+x_{2}=-b/a\\\end{ esetek}}

A négyzetgyök kinyerésekor a jelet választjuk , majd a megoldását $+$

{\begin{aligned}x_{1}&=({\sqrt {y_{1}}}-b/a)/2\\x_{2}&=(-{\sqrt {y_{1 }}}-b/a)/2\\\end{igazított}}\qquad \qquad \qquad \qquad (1.2)

Más előjel választása a gyökér előtt megfordítja a megoldásokat. Itt jegyezzük meg, hogy a négyzetgyök előtti előjelek változása egyenértékű a négyzetgyök komplex értékű függvény kiszámításával , amelynek mindig két (a nullával egyenlő argumentum kivételével) különböző értéke van, például . $\ {\sqrt {i}}_{1,2}=\left(e^{\frac {\pi i}{4)),e^{\frac {5\pi i}{4} }\right)=\left({\frac {\sqrt {2}}{2}}(1+i),-{\frac {\sqrt {2}}{2}}(1+i)\jobb )$

Köbös egyenlet feloldója

Tekintettel a redukált köbös egyenletre , általában a formában írják

x^{3}+3px+2q=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.1)

Közvetlen kimenet

Írjuk fel a személyazonosságot

(a+b)^{3}-3ab(a+b)-a^{3}-b^{3}=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.2)

Aztán építkezéssel

x_{1}=a+b\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.3)

lesz az egyenlet gyöke

x^{3}-3abx-a^{3}-b^{3}=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.4)

Keressük meg a maradék gyököket (2.4). Bezout tételének (2.2) következményével osztható binomimmal maradék nélkül. Osszuk meg: $x-(a+b)$

x^{3}-3abx-a^{3}-b^{3}=(x-(a+b))(x^{2}+(a+b)x+a^{2 }-ab+b^{2})

és keressük meg a második tényező gyökereit

x^{2}+(a+b)x+a^{2}-ab+b^{2}=0

oldószert (1.1) használva:

y_{1}=(a+b)^{2}-4(a^{2}-ab+b^{2})=-3(ab)^{2}

és az (1.2) szerint

{\begin{aligned}x_{2}=\rho a+\rho ^{2}b\\x_{3}=\rho ^{2}a+\rho b\\\end{igazított))\ quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.5)

hol van az egység primitív kockagyöke , tulajdonságai: $\rho ={\frac {-1+i{\sqrt {3}}}{2}}$

\rho ^{2}={\frac {-1-i{\sqrt {3}}}{2}}

, , , , .

\rho ^{2}+\rho =-1

\rho ^{3}=1

(\rho ^{2})^{3}=1

\rho ^{4}=\rho \quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.6)

Tehát tudjuk, hogyan kell megoldani (2.4), marad a (2.1) redukálása a (2.4) formára. Ahhoz, hogy a (2.1) és (2.4) egyenletek gyökerei egybeesjenek, azonos együtthatókkal kell rendelkezniük a hatványokon és a szabad tagokon. Ha a és kifejezések és kifejezések találhatók , akkor a (2.1) megoldások is ismertek lesznek. Az együtthatók egyenlővé tételével a következő rendszert kapjuk: $x$ $a$ $b$ $p$ $q$

{\begin{cases}p=-ab\\2q=-a^{3}-b^{3}\\\end{cases}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad ( 2.7)

Miután felkockáztuk az első (2.7) egyenletet, kapunk egy másodfokú egyenletet és $a^{3}$ $b^{3}$

y^{2}+2qy-p^{3}=0\quad \quad \quad \quad \quad \qquad (2.8)

amely a (2.1) egyenlet oldója lesz. A gyökerei

{\displaystyle y_{1,2}=-q\pm {\sqrt {q^{2}+p^{3))))

Visszatérve az eredeti változóhoz ( ; ), a (2.3), (2.5)-ből megtaláljuk az összes gyökeret (2.1): ${\displaystyle a={\sqrt[{3}]{y_{1))))$ ${\displaystyle b={\sqrt[{3}]{y_{2))))$

x_{1}={\sqrt[{3}]{-q+{\sqrt {q^{2}+p^{3))))}+{\sqrt[{3}]{-q -{\sqrt {q^{2}+p^{3))))}

{\displaystyle x_{2}=\rho {\sqrt[{3}]{-q+{\sqrt {q^{2}+p^{3))))}+\rho ^{2}{\sqrt [{3}]{-q-{\sqrt {q^{2}+p^{3)))))))

{\displaystyle x_{3}=\rho ^{2}{\sqrt[{3}]{-q+{\sqrt {q^{2}+p^{3))))}+\rho {\sqrt [{3}]{-q-{\sqrt {q^{2}+p^{3)))))))

Két kockagyök számításakor a komplex értékű függvény kockagyökének három értékének egyikét úgy kell kiválasztani, hogy a (2.7) összefüggések közül az első teljesüljön. Mindhárom megoldásban ennek az egyes gyökérhez választott értéknek azonosnak kell lennie.

Következtetés kifejezés alapján a gyökökhöz

Tegyük fel, hogy nem tudunk a (2.8) rezolvens létezéséről. A gyökér kifejezéssel találjuk meg. Keressünk egy kifejezést, amely két értéket vesz fel, ha az eredeti (2.1) egyenlet gyökereit átrendezzük . Fontolgat: $3!=6$

\left(x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}\right)^{3}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.9)

A (2.6)-ból kövesse a (2.9) kifejezés tulajdonságait a fok alatt:

x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}=\rho \left(x_{2}+\rho x_{3}+\rho ^{2}x_ {1}\right)=\rho ^{2}\left(x_{3}+\rho x_{1}+\rho ^{2}x_{2}\right)\quad (2.10)

kockára vágva pedig mindhárom ugyanazt adja, vagyis a (2.9) érték nem változik a ciklus alatt . Az átültetés más kifejezést ad, így a hat lehetséges permutáció közül csak kettő egyedi, mondjuk: $(123)$ $(1) (23)$

{\begin{aligned}y_{1}=\left({\frac {x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}}{3}}\jobb )^{3}\\y_{2}=\left({\frac {x_{1}+\rho x_{3}+\rho ^{2}x_{2}}{3}}\jobbra)^ {3}\end{aligned}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.11)

hol van egy normalizáló tényező. Az összegeket és a szorzatokat az eredeti egyenlet együtthatói alapján kiszámítva megkapjuk a (2.8) reszolvens együtthatóit: ${\frac {1}{3}}$

{\begin{aligned}y_{1}+y_{2}&=-2q\quad \quad \quad \quad \quad (2.12)\\y_{1}y_{2}&=-p^ {3}\quad \quad \quad \quad \quad (2.13)\end{igazított}}

számítás

Jelöli

{\begin{aligned}R&=x_{1}x_{2}^{2}+x_{1}^{2}x_{3}+x_{2}x_{3}^{2}\ \S&=x_{1}^{2}x_{2}+x_{1}x_{3}^{2}+x_{2}^{2}x_{3}\end{aligned}}\quad \ quad \quad \quad \quad (2.14)

A (2.11) kockákat az első kifejezéshez (2.10) egyenlőségekkel, a másodikhoz hasonlókkal számítjuk (a kocka kiszámítása helyett három kifejezést (2.10) megszorozunk). Kapunk:

27y_{1}=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}+3\rho ^{2}R+3\rho S+6x_ {1}x_{2}x_{3}

27y_{2}=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}+3\rho ^{2}S+3\rho R+6x_ {1}x_{2}x_{3}

Newton kiléte szerint :

{\begin{aligned}x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}+6x_{1}x_{2}x_{3}&= \ e_{1}^{3}-3e_{2}e_{1}+3e_{3}+6e_{3}&=\\9e_{3}&=-18q\end{aligned}}\quad \quad \quad \quad \quad (2.15)

hol ; ; , akkor $e_{1}=x_{1}+x_{2}+x_{3}=0$ $e_{2}=x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=3p$ $e_{3}=x_{1}x_{2}x_{3}=-2q$

{\begin{aligned}9y_{1}&=\rho ^{2}R+\rho S-6q\\9y_{2}&=\rho ^{2}S+\rho R-6q\end{ igazítva}}\quad \quad \quad \quad \quad (2.16)

Bizonyítsuk be az egyenlőséget (2.12). Hozzáadjuk (2.16):

{\begin{aligned}9(y_{1}+y_{2})&=(\rho ^{2}+\rho )R+(\rho ^{2}+\rho )S-12q\ \&=-(R+S+12q)\end{igazított}}

ahol (2.6) használatos. Számoljunk : $R+S$

{\begin{aligned}R+S&=x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+x_{1}x_{3}(x_{1}+x_{3 })+x_{2}x_{3}(x_{2}+x_{3})\\&=(x_{1}+x_{2}+x_{3})(x_{1}x_{2 }+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3})-3x_{1}x_{2}x_{3}\\&=e_{1}e_{2}-3e_{3} =6q\end{igazított}}

vagy

y_{1}+y_{2}={\frac {-(6q+12q)}{9}}=-2q

A (2.13) származtatása valamivel nehezebb. Megszorozzuk (2,16):

{\begin{aligned}3^{4}y_{1}y_{2}&=(\rho ^{2}R+\rho S-6q)(\rho ^{2}S+\rho R- 6q)\\&=(\rho ^{2}R+\rho S)(\rho ^{2}S+\rho R)-6q(\rho ^{2}+\rho )(R+S)+36q ^{2}\\&=(\rho ^{2}+\rho )RS+R^{2}+S^{2}+6q(R+S)+36q^{2}\\&=- RS+(R+S)^{2}-2RS+6q(R+S)+36q^{2}\\&=36q^{2}+36q^{2}+36q^{2}-3RS\\ &=108q^{2}-3RS\end{igazított}}

Meg kell találni . (2.14)-ből szorzás után: $RS$

RS=x_{1}x_{2}x_{3}(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3})+3x_{1} ^{2}x_{2}^{2}x_{3}^{2}+T\quad \quad \quad \quad \quad (2.17)

ahol már ismerjük az első tagokat, de külön számítjuk őket: $T=x_{1}^{3}x_{2}^{3}+x_{1}^{3}x_{3}^{3}+x_{2}^{3}x_{3 }^{3}$

T=x_{1}^{3}x_{2}^{3}x_{3}^{3}\left({\frac {1}{x_{1}^{3))}+ {\frac {1}{x_{2}^{3}}}+{\frac {1}{x_{3}^{3}}}\jobbra)

A zárójelben lévő kifejezés a (2.1) egyenlet gyökeinek kockáinak összege, ahol a csere történik : $x$ ${\frac {1}{x'))$

2qx'^{3}+3px'^{2}+1=0

Elemi szimmetrikus polinomok hozzá: , , . Newton kilétéből $e_{1}'=-{\frac {3p}{2q))$ $e_{2}'=0$ $e_{3}'=-{\frac {1}{2q))$

x_{1}'^{3}+x_{2}'^{3}+x_{2}'^{3}=e_{1}'^{3}+3e_{3}'

kapunk

{\begin{aligned}T&=e_{3}^{3}(e_{1}'^{3}+3e_{3}')\\&=-8q^{3}\left(\ bal (-{\frac {3p}{2q}}\jobb)^{3}-{\frac {3}{2q}}\jobb)\\&=27p^{3}+12q^{2}\ vége{igazított}}\quad \quad \quad \quad \quad (2.18)

Most (2,17) kiszámítva:

{\begin{aligned}RS&=e_{3}\cdot 3e_{3}+3e_{3}^{2}+T\\&=12q^{2}+12q^{2}+27p^ {3}+12q^{2}\\&=36q^{2}+27p^{3}\end{igazított}}

Végül

3^{4}y_{1}y_{2}=108q^{2}-3(36q^{2}+27p^{3})=-3^{4}p^{3}

és (2.13) bebizonyosodik.

Ezután megoldhatja a kapott rendszert:

{\begin{aligned}{\begin{cases}\left({\frac {x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}}{3}}\ jobb)^{3}&=y_{1}\\\left({\frac {x_{1}+\rho x_{3}+\rho ^{2}x_{2}}{3}}\jobb )^{3}&=y_{2}\\x_{1}+x_{2}+x_{3}&=0\end{cases}}\end{aligned}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.19)

Kivonva a (2.19) jobb oldali részéből a kockagyököket, egy lineáris egyenletrendszert kapunk :

{\begin{aligned}{\begin{cases}x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}&=3{\sqrt[{3}]{y_ {1}}}\\x_{1}+\rho ^{2}x_{2}+\rho x_{3}&=3{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\\x_ {1}+x_{2}+x_{3}&=0\end{cases}}\end{aligned}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (2.20)

Ha mind a 3 egyenletet összeadjuk, a (2.6)-ból azonnal megkapjuk a gyököt , majd az első egyenletet megszorozzuk -vel, a másodikat -val , és összeadjuk mindhárom egyenletet - kapjuk . Ezt követően fordítva - az elsőt bekapcsolva , a másodikat bekapcsolva, és mind a hármat összeadva - kapjuk . Összességében a (2.1) egyenlet összes gyöke: $x_{1}$ $\rho ^{2}$ $\rho$ $x_{2}$ $\rho$ $\rho ^{2}$ ${\displaystyle x_{3))$

{\begin{aligned}x_{1}&={\sqrt[{3}]{y_{1}}}+{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\\x_{ 2}&=\rho {\sqrt[{3}]{y_{1}}}+\rho ^{2}{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\\x_{3}& =\rho ^{2}{\sqrt[{3}]{y_{1}}}+\rho {\sqrt[{3}]{y_{2}}}\\\end{igazított}}

Itt is helyesen kell kiválasztani a kockagyökök értékeit. Vieta képleteivel ez könnyen ellenőrizhető

3p=x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=-3{\sqrt[{3}]{y_{1))}{ \sqrt[{3}]{y_{2}}}

Ezért olyan értékeket kell választanunk

{\sqrt[{3}]{y_{1}}}{\sqrt[{3}]{y_{2}}}=-p

Most ugyanezt (2.11) kapjuk, feltételezve, hogy a (2.8) oldóanyag ismert. Mivel , , akkor megoldjuk a rendszert $a^{3}=y_{1}$ $b^{3}=y_{2}$

{\begin{aligned}{\begin{cases}x_{1}&=a+b\\x_{2}&=\rho a+\rho ^{2}b\\x_{3}&= \rho ^{2}a+\rho b\\\end{cases}}\end{aligned}}

tekintetében és . Adja hozzá újra a három egyenletet, a másodikat és a harmadikat szorozva meg -val, majd adja össze a másodikat és a harmadikat -val . Azonnal megkapjuk $a$ $b$ $\rho$ $\rho ^{2}$ $\rho ^{2}$ $\rho$

{\begin{aligned}b={\frac {x_{1}+\rho x_{2}+\rho ^{2}x_{3}}{3}}\\a={\frac { x_{1}+\rho ^{2}x_{2}+\rho x_{3}}{3}}\\\end{igazított}}

vagyis valójában (2.20) első két megoldása; és a kívánt kifejezést (2.9) azonnal kiírjuk.

Egy negyedik fokú egyenlet feloldója

Legyen egy negyedik fokú redukált egyenlet :

x^{4}+ax^{2}+bx+c=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.1)

Közvetlen kimenet

A (3.1) egyenletet két négyzetháromtag szorzataként ábrázoljuk:

{\megjelenítési stílus (x^{2}+p_{1}x+q_{1})(x^{2}+p_{2}x+q_{2})=0}

A trinomiálisokat megszorozzuk és az együtthatókat azonos hatványokon egyenlővé tesszük . Egyenletrendszert kapunk: $x$

{\begin{cases}p_{1}+p_{2}=0\\q_{1}+q_{2}+p_{1}p_{2}=a\\p_{1}q_{ 2}+p_{2}q_{1}=b\\q_{1}q_{2}=c\\\end{cases}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.2)

Az első (3.2) egyenletből jelöljük

{\displaystyle p=p_{1}=-p_{2))

Az egyenlet a következőképpen lesz felírva:

(x^{2}+px+q_{1})(x^{2}-px+q_{2})=0

Az utolsó jelölést használva a második és negyedik egyenletből (3.2) a másodfokú egyenlethez kapjuk: $q_1, q_2$

Q^{2}-(a+p^{2})Q+c=0

A gyökerei:

q_{1,2}={\frac {1}{2}}\left(a+p^{2}\pm {\sqrt {(p^{2}+a)^{2}- 4c}}\jobbra)\quad \quad (3.3)

A (3.2) rendszer harmadik egyenletéből

p(q_{2}-q_{1})=b\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.4)

Utóbbit négyzetre emelve és a (3.3) különbségét behelyettesítve abba kapjuk $(q_{2}-q_{1})^{2}=(p^{2}+a)^{2}-4c$

{\displaystyle p^{2}((p^{2}+a)^{2}-4c)=b^{2))

A -t jelölve egy köbegyenletet kapunk -re, amely a rezolvens: $y=-p^{2}$ $y$

y^{3}-2ay^{2}+(a^{2}-4c)y+b^{2}=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \ négyes(3.5)

Figyeljük meg, hogy az utolsó egyenlet egyben az eredeti (3.1) feloldója is, ahol a helyére . Ezen kívül cserélhető lenne , de mínuszossal kényelmesebb a további megoldáshoz. $b$ $-b$ $y=p^{2}$

Következtetés kifejezés alapján a gyökökhöz

Az adott relációkból megkapjuk a (3.5) rezolventet a gyökére. Készítsen kifejezést

{\megjelenítési stílus (x_{1}+x_{2})(x_{3}+x_{4})}

A változók összes lehetséges permutációjával csak három különböző kifejezést kapunk a következőre : ${\displaystyle x_{i))$ $x_{j},i,j=1,2,3,4$ $y$

y_{1}=(x_{1}+x_{2})(x_{3}+x_{4})

y_{2}=(x_{1}+x_{3})(x_{2}+x_{4})\quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.6)

y_{3}=(x_{1}+x_{4})(x_{2}+x_{3})

A három érték egy köbös egyenletnek felel meg, amelynek gyökerei ezek. Ennek megtalálásához ki kell számítani az együtthatókat a hatványokon az eredeti (3.1) egyenlet együtthatóin keresztül. Kiszámításuk meglepően egyszerűbb, mint egy köbegyenlet megoldója: $y$

y_{1}+y_{2}+y_{3}=2a

y_{1}y_{2}+y_{2}y_{3}+y_{1}y_{3}=a^{2}-4c\quad \quad \quad \quad \quad \quad ( 3.7)

{\displaystyle y_{1}y_{2}y_{3}=-b^{2))

számítás

Első egyenlőség (3.7):

y_{1}+y_{2}+y_{3}=2(x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2 }x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4})=2a

A második kiszámításához átírjuk (3.6) a következő formában:

{\displaystyle y_{1}=a-x_{1}x_{2}-x_{3}x_{4))

{\displaystyle y_{2}=a-x_{1}x_{3}-x_{2}x_{4))

{\displaystyle y_{3}=a-x_{1}x_{4}-x_{2}x_{3))

Keressük meg : ${\displaystyle y_{1}y_{2))$

y_{1}y_{2}=(a-x_{1}x_{2}-x_{3}x_{4})(a-x_{1}x_{3}-x_{2}x_ {4})=a^{2}-a(a-x_{1}x_{4}-x_{2}x_{3})+x_{1}^{2}x_{2}x_{3} +x_{2}^{2}x_{1}x_{4}+x_{3}^{2}x_{1}x_{4}+x_{4}^{2}x_{2}x_{3 }

Hasonlóképpen

y_{1}y_{3}=a^{2}-a(a-x_{1}x_{3}-x_{2}x_{4})+x_{1}^{2}x_ {2}x_{4}+x_{2}^{2}x_{1}x_{3}+x_{3}^{2}x_{2}x_{4}+x_{4}^{2} x_{1}x_{3}

y_{2}y_{3}=a^{2}-a(a-x_{1}x_{2}-x_{3}x_{4})+x_{1}^{2}x_ {3}x_{4}+x_{2}^{2}x_{3}x_{4}+x_{3}^{2}x_{1}x_{2}+x_{4}^{2} x_{1}x_{2}

Az utolsó három egyenlőséget összeadva a következőt kapjuk:

y_{1}y_{2}+y_{2}y_{3}+y_{1}y_{3}=3a^{2}-a(y_{1}+y_{2}+y_{ 3})+

x_{1}(x_{1}x_{2}x_{3}+x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4})+x_{ 2}(x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{2}x_{3}+x_{2}x_{3}x_{4})+

x_{3}(x_{1}x_{3}x_{4}+x_{2}x_{3}x_{4}+x_{1}x_{2}x_{3})+x_{ 4}(x_{2}x_{3}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4}+x_{1}x_{2}x_{4})=

3a^{2}-2a^{2}-x_{1}(b+x_{2}x_{3}x_{4})-x_{2}(b+x_{1}x_{3 }x_{4})-x_{3}(b+x_{1}x_{2}x_{4})-x_{4}(b+x_{1}x_{2}x_{3})=

a^{2}-b(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})-4x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}=a ^{2}-4c

És a harmadik egyenlőség (3.7):

y_{1}y_{2}y_{3}=(x_{1}+x_{2})(x_{3}+x_{4})(x_{1}+x_{3})( x_{2}+x_{4})(x_{1}+x_{4})(x_{2}+x_{3})=

-(x_{1}+x_{2})^{2}(x_{2}+x_{4})^{2}(x_{2}+x_{3})^{2}=

-((x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{4})(x_{2}+x_{ 3}))^{2}=

-(x_{2}^{2}x_{1}+x_{2}^{3}+x_{2}^{2}x_{3}+x_{2}^{2}x_{ 4}+x_{1}x_{2}x_{3}+x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4}+x_{2}x_{3} x_{4})^{2}=

{\displaystyle -(x_{2}^{2}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})-b)^{2}=-b^{2))

Az identitást a számítások során használják . $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0$

További döntés

Ezután kétféleképpen folytathatja:

Az első mód

A (3.5) köbegyenlet három gyöke három számhalmaznak felel meg , amelyeket akkor kapunk, ha az eredeti (3.1) egyenlet 4 gyökét háromféleképpen átrendezve két négyzetháromtag szorzataként ábrázoljuk. Ezért a (3.5) rezolvens megoldása során elegendő az egyik gyökér kiválasztása, a gyökér másik megválasztásával a (3.1) egyenlet megfelelő 4 megoldása a kapott megoldások permutációja lesz. ${\displaystyle p,q_{1},q_{2))$ $y$

A reszolvens megoldása után (például a Cardano-formula szerint ) bármelyik gyöket választjuk, legyen . ${\displaystyle y_{1))$

Most vissza kell térnünk ahhoz , hogy a négyzetgyök elé tetszőleges jelet választunk, majd a (3.3) megoldások gyökei elé választva keressük meg, hogy a (3.4) egyenlőség teljesüljön. Ezek után nem nehéz megtalálni két trinomiális 4 gyökerét. Végül: ${\displaystyle p=\pm {\sqrt {-y_{1))))$ ${\displaystyle q_{1},q_{2))$

x_{1},_{2}=(-p\pm {\sqrt {p^{2}-4q_{1}}})/2

x_{3},_{4}=(p\pm {\sqrt {p^{2}-4q_{2}}})/2

ahol megfelel (az első trinomiális), és megfelel (a második trinomiális). $p$ $q_{1}$ $-p$ ${\displaystyle q_{2))$

A második út

Megoldáskor az oldószer (3.5) mind a 3 gyökére szükség van, legyen megkeresve.

Kiválasztjuk a rezolvens gyökének az első és a második trinomiális gyökeinek megfelelőségét. Hasonlóan az első trinomikus és a második gyökérhez ; az első és a második trinomikus gyökerei . Akkor a tartásokhoz: $y_1$ $x_{1},x_{2}$ ${\displaystyle x_{3},x_{4))$ $y_2$ ${\displaystyle x_{1},x_{3))$ ${\displaystyle x_{2},x_{4))$ ${\displaystyle y_{3))$ ${\displaystyle x_{1},x_{4))$ ${\displaystyle x_{2},x_{3))$ $y_1$

-p^{2}=y_{1}

Az első és a második trinomiális Vieta-képlete szerint:

{\displaystyle -p=x_{1}+x_{2))

. _

{\displaystyle p=x_{3}+x_{4))

akkor

y_{1}=-p^{2}=(x_{1}+x_{2})(x_{3}+x_{4})

Miután ugyanezt megtettük a gyököknél (mindegyiknek megvan a maga ), ismét megkapjuk a (3.6) rendszert. Egyenlet (Vieta reláció az eredeti egyenlet együtthatójához a ) $y_{2},y_{3}$ $p$ $x^{3}$

x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.8)

bezárja a rendszert (3.6). A (3.8)-ból három (3.6) egyenletre való behelyettesítés azonnal a rendszerhez vezet

{\begin{cases}{\begin{aligned}&(x_{3}+x_{4})^{2}=-y_{1}\\&(x_{2}+x_{4} )^{2}=-y_{2}\\&(x_{2}+x_{3})^{2}=-y_{3}\\&x_{1}+x_{2}+x_{3 }+x_{4}=0\\\end{igazított}}\end{cases}}

Megoldásánál nehézséget okoz a jelválasztás a négyzetgyök kinyerésekor. Ellenőrizheti az egyenlőségjelet

p{\sqrt {(p^{2}+a)^{2}-4c}}=b

amelyet a rezolvens közvetlen származtatása során kaptunk (az utolsó egyenlőség négyzetesítésénél több ellentétes előjelű gyök került hozzáadásra), következetesen -ra , de tegyük egyszerűbben. A négyzetgyök kinyerésekor tetszőleges jelet választunk, például , és felírjuk a rendszert, , , : $p=\pm {\sqrt {-y_{1}}},p=\pm {\sqrt {-y_{2}}},p=\pm {\sqrt {-y_{3}}}$ ${\displaystyle-}$ ${\sqrt {-y_{1}}}=u$ ${\sqrt {-y_{2}}}=v$ ${\sqrt {-y_{3}}}=w$

{\begin{cases}{\begin{aligned}&x_{3}+x_{4}=-u\\&x_{2}+x_{4}=-v\\&x_{2}+x_{ 3}=-w\\&x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0\\\end{igazított}}\end{cases}}

Ez egy lineáris egyenletrendszer ; egyszerűen helyettesítéssel megoldható. Az ő megoldása:

{\begin{aligned}x_{1}&=(-uvw)/2\\x_{2}&=(-u+v+w)/2\\x_{3}&=(u- v+w)/2\\x_{4}&=(u+vw)/2\\\end{aligned}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.9)

Vegye figyelembe, hogy bármely kifejezés egyjeles megváltoztatása vagy a megoldást alakítja át megoldássá, és fordítva (például, ha a kifejezésre változik, az -re fordítódik ). Ezért, ha a jelek megválasztása hibásnak bizonyul, akkor elegendő a megoldásban bármelyik kifejezés előjelét megváltoztatni, és az igaz lesz. A gyökök és a rezolváló együtthatók aránya alapján nem lehet megmondani a helyes előjelválasztást, mivel ez két egyenlet rezolvenciája. Ez azt jelenti, hogy kapcsolatot kell keresnünk az eredeti gyökei és együtthatói között, és az együtthatónak részt kell vennie ebben . A Vieta relációt írjuk rá: $u$ $v$ $w$ $\mathbf {x}$ $-\mathbf {x}$ $u$ $-u$ ${\megjelenítési stílus (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})}$ $(-x_{2},-x_{1},-x_{4},-x_{3})$ $x_{i}$ $b$

x_{1}x_{2}x_{3}+x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4}+x_{2}x_{3} x_{4}=-b

Ha itt behelyettesítjük a (3.9) kifejezéseket, azt kapjuk

uvw=b\quad \quad \quad \quad \quad \quad (3.10)

, számítás

(3,8) és (3,9)

{\begin{aligned}b&=-(x_{1}x_{2}(x_{3}+x_{4})+(x_{1}+x_{2})x_{3}x_{ 4})\\&=u(x_{3}x_{4}-x_{1}x_{2})\\&={\frac {u}{4}}\left(u^{2}- (vw)^{2}-(u^{2}-(v+w)^{2})\right)\\&={\frac {u}{4}}\left(u^{2} -v^{2}+2vw-w^{2}-u^{2}+v^{2}+w^{2}+2vw\right)\\&=4uvw/4=uvw\end{igazítva }}

mit jelent az ellenőrzés

{\sqrt {-y_{1}}}{\sqrt {-y_{2}}}{\sqrt {-y_{3}}}=b

és ha az előjel hibásnak bizonyul, helyettesítjük például a -val . A végső megoldáshoz a választott előjelekkel számolunk (3.9). ${\displaystyle {\sqrt {-y_{1))))$ ${\displaystyle -{\sqrt {-y_{1))))$

Irodalom

MM. Posztnyikov. Galois elmélet. - M.: Factorial Press Kiadó, 2003. ISBN 5-88688-063-1
Kaluzsnin L.A., Sushchansky V.I. Átalakítások és permutációk: ukránból fordítva. - M.: Nauka, 1979
Prasolov V.V., Szolovjov Yu.P. Elliptikus függvények és algebrai egyenletek. - M.: Factorial Kiadó, 1997. ISBN 5-88688-018-6