Метод Феррарі

Метод Феррарі — аналітичний метод розв'язання рівняння четвертого степеня. Названий на честь його автора Лодовіко Феррарі.

Канонізація рівняння четвертого степеня

Рівняння четвертого степеня загального вигляду

$A{x}^4+B{x}^3+C{x}^2+Dx+E=0(1^{\prime })$

Поділимо обидві частини на A, і позбавимося члена x³ підстановкою

$x=u-\frac{B}{4A}$.

Зведемо подібні доданки і перепозначимо коефіцієнти при u :

$\alpha =\frac{-3B^2}{8A^2}+\frac{C}{A},$

$\beta =\frac{B^3}{8A^3}-\frac{BC}{2A^2}+\frac{D}{A},$

$\gamma =\frac{-3B^4}{256A^4}+\frac{C{B}^2}{16A^3}-\frac{BD}{4A^2}+\frac{E}{A}.$

Отримаємо канонічне рівняння четвертого степеня

$u^4+\alpha u^2+\beta u+\gamma =0(1)$

Якщо $\beta =0$, отримаємо біквадратне рівняння, яке легко розв'язується.

Розв'язок Феррарі

Розглянемо суть методу Феррарі для розв'язання канонічного рівняння четвертого степеня. Для цього спочатку запишемо очевидну тотожність

$(u^2+\alpha {)}^2-u^4-2\alpha u^2={\alpha }^2$

і додамо її до рівняння (1), отримаємо

$(u^2+\alpha {)}^2+\beta u+\gamma =\alpha u^2+{\alpha }^2.(2)$

Це було зроблено для того, щоб замість u⁴ отримати повний квадрат: (u² + α)². Другий доданок, αu² не зник, проте його знак замінився на протилежний і він перемістився на інший бік рівняння.

Наступним кроком є введення нової змінної y до повного квадрата у рівнянні (2), і перенесення 2y разом з коефіцієнтом u² до правої частини. Отримаємо тотожну рівність, яку ми потім додамо до рівняння (2)

$\begin{array}{ccc}(u^2+\alpha +y{)}^2-(u^2+\alpha {)}^2& =& 2y(u^2+\alpha )+y^2\\ & =& 2y{u}^2+2y\alpha +y^2,\end{array}$

також розглянемо очевидну рівність

$0=(\alpha +2y)u^2-2y{u}^2-\alpha u^2$

Додамо дві останні рівності, отримаємо

$(u^2+\alpha +y{)}^2-(u^2+\alpha {)}^2=(\alpha +2y)u^2-\alpha u^2+2y\alpha +y^2$

Додавши цю рівність до (2), отримаємо

$(u^2+\alpha +y{)}^2+\beta u+\gamma =(\alpha +2y)u^2+(2y\alpha +y^2+{\alpha }^2).$

Ця рівність еквівалентна

$(u^2+\alpha +y{)}^2=(\alpha +2y)u^2-\beta u+(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma ).(3)$

Виберемо змінну y так, щоб у правій частині рівності (3) утворився повний квадрат. Це станеться, якщо дискримінант правої частини дорівнюватиме 0. Для пояснення цього явища, розглянемо повний квадрат як деяку квадратичну функцію:

$(su+t{)}^2=(s^2)u^2+(2st)u+(t^2).$

Квадратична функція з правого боку нерівності має три коефіцієнти. Можна переконатися, що квадрат другого з них мінус почетверений добуток першого на третього дасть нуль:

$(2st{)}^2-4(s^2)(t^2)=0.$

Тому, для того, щоб перетворити праву частину рівняння (3) на повний квадрат, потрібно розв'язати щодо параметра y таке рівняння:

$(-\beta {)}^2-4(2y+\alpha )(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma )=0.$

Виконаємо множення і зведемо подібні доданки при y,

${\beta }^2-4(2y^3+5\alpha y^2+(4{\alpha }^2-2\gamma )y+({\alpha }^3-\alpha \gamma ))=0$

Поділимо обидві частини на −4, і перенесемо −β²/4 у праву частину,

$2y^3+5\alpha y^2+(4{\alpha }^2-2\gamma )y+({\alpha }^3-\alpha \gamma -\frac{{\beta }^2}{4})=0$

Маємо кубічне рівняння щодо y. Поділимо обидві частини на 2,

$y^3+\frac{5}{2}\alpha y^2+(2{\alpha }^2-\gamma )y+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.(4)$

Перетворення похідного кубічного рівняння до канонічного вигляду

Рівняння (4) є похідним кубічним рівнянням від рівняння четвертого степеня. Щоб його розв'язати, потрібно привести його до канонічного вигляду. Зробимо заміну

$y=v-\frac{5}{6}\alpha .$

Рівняння (4) набуває вигляду

${(v-\frac{5}{6}\alpha )}^3+\frac{5}{2}\alpha {(v-\frac{5}{6}\alpha )}^2+(2{\alpha }^2-\gamma )(v-\frac{5}{6}\alpha )+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

Розкриємо дужки:

$(v^3-\frac{5}{2}\alpha v^2+\frac{25}{12}{\alpha }^{2}v-\frac{125}{216}{\alpha }^3)+\frac{5}{2}\alpha (v^2-\frac{5}{3}\alpha v+\frac{25}{36}{\alpha }^2)+(2{\alpha }^2-\gamma )v-\frac{5}{6}\alpha (2{\alpha }^2-\gamma )+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

Зведемо подібні доданки при степенях v, врахувавши, що коефіцієнт при v² дорівнює нулю і цей доданок знищується,

$v^3+(-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma )v+(-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

Ми отримали канонічне кубічне рівняння.

Перепозначимо його коефіцієнти,

$P=-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma ,$

$Q=-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8}.$

Отримаємо рівняння:

$v^3+Pv+Q=0.(5)$

Розв'язання похідного кубічного рівняння

Розглянемо питання про розв'язання (нас задовольнить будь-який розв'язок) рівняння (5).

Позначимо: $U=\sqrt[3]{\frac{Q}{2}\pm \sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}}$

(взято з кубічне рівняння),

отримається такий розв'язок кубічного рівняння (4) є:

$y=-\frac{5}{6}\alpha +\frac{P}{3U}-U(6)$

Можна показати, що мають місце залежності

1: $P=0⟸\frac{Q}{2}+\sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}=0$

2: $\underset{P\to 0}{\lim }\frac{P}{\sqrt[3]{\frac{Q}{2}+\sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}}}=0$

Видобування кореня з обох частин і завершення розв'язування

Розглянемо схему згортання повного квадрата:

$(s^2)u^2+(2st)u+(t^2)={(\left(\sqrt{(s^2)}\right)u+\frac{(2st)}{2\sqrt{(s^2)}})}^2$

Вона є вірною для обох знаків квадратних коренів, якщо їх брати однаковими. Ми не будемо писати власне знак ±, оскільки це викликатиме певні труднощі, зважаючи на те, що далі вживатимуться інші знаки ±, які виникнуть потім. Натомість, поряд з цим знаком ми будемо ставити індекс, що являтиме собою змінну, знак якої береться до уваги.

Зважаючи на це, ми отримаємо:

$(\alpha +2y)u^2+(-\beta )u+(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma )={(\left(\sqrt{(\alpha +2y)}\right)u+\frac{(-\beta )}{2\sqrt{(\alpha +2y)}})}^2$.

Зауваження: Якщо β ≠ 0 тоді α + 2y ≠ 0. А якщо β = 0, то ми отримаємо біквадратне рівняння, що було розглянуте вище.

Зважаючи на це (3) перетворюється на:

$(u^2+\alpha +y{)}^2={(\left(\sqrt{\alpha +2y}\right)u-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})}^2(7)$.

Рівність (7) містить лише повні квадрати: один у лівій частині і один — у правій.

Якщо квадрати двох виразів рівні, то і самі вирази рівні або відрізняються лише знаком, тобто:

$(u^2+\alpha +y)=\pm (\left(\sqrt{\alpha +2y}\right)u-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})(7^{\prime })$.

Зведемо подібні доданки при u:

$u^2+\left({\mp }_s\sqrt{\alpha +2y}\right)u+(\alpha +y{\pm }_s\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})=0(8)$.

Зауваження: Знаки s, що фігурують у фомулі як ${\pm }_s$ і ${\mp }_s$ є величинами залежними.

Рівняння (8) є квадратним рівнянням щодо u. Його розв'язок має вигляд

$u=\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{(\alpha +2y)-4(\alpha +y{\pm }_s\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.$

Або, після спрощення

$u=\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.$

Це розв'язок канонічного квадратного рівняння. Розв'язок вихідного рівняння можна подати у вигляді

$x=-\frac{B}{4A}+\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.(8^{\prime })$

Важливо: Два знаки ${\pm }_s$ отримані з рівняння (7') є залежними, тому являють собою один і той самий знак, а знак ${\pm }_t$ — незалежний.

Підсумки методу Феррарі

Розв'язок рівняння четвертого степеня

$A{x}^4+B{x}^3+C{x}^2+Dx+E=0,$

знаходиться після проведення обчислень:

$\alpha =-\frac{3B^2}{8A^2}+\frac{C}{A},$

$\beta =\frac{B^3}{8A^3}-\frac{BC}{2A^2}+\frac{D}{A},$

$\gamma =\frac{-3B^4}{256A^4}+\frac{C{B}^2}{16A^3}-\frac{BD}{4A^2}+\frac{E}{A},$

Якщо $\beta =0$ то доречно розв'язувати $u^4+\alpha u^2+\gamma =0$ і підстановкою $x=u-\frac{B}{4A}$ знаходити корені

$x=-\frac{B}{4A}{\pm }_s\sqrt{\frac{-\alpha {\pm }_t\sqrt{{\alpha }^2-4\gamma }}{2}},\beta =0$.

$P=-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma ,$

$Q=-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8},$

$R=\frac{Q}{2}\pm \sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}$, (підходять обидва знаки квадратного кореня)

$U=\sqrt[3]{R}$, (в цього рівняння існують три комплексні корені, будь-який з них нас задовольнить)

$y=-\frac{5}{6}\alpha -U+\{\begin{array}{cc}U=0& \to 0\\ U\ne 0& \to \frac{P}{3U}\end{array},$

$W=\sqrt{\alpha +2y}$

$x=-\frac{B}{4A}+\frac{{\pm }_{s}W{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{W})}}{2}.$

Два символи ±_s повинні мати однакові знаки, а символ ±_t — незалежний. Щоб знайти всі корені, треба знайти значення x для всіх комбінацій символів ±_s,±_t: спочатку тореба розв'язати для випадку +,+ , потім для +,− , далі — для −,+ і наостанок — для −,−. Корінь подвійної кратності ми отримаємо двічі, потрійної — тричі, а корінь кратності чотири — чотири рази (щоправда, у цьому випадку у нас був би випадок, коли β = 0, який не є загальним, а призводить до біквадратного рівняння). Порядок коренів визначається тим, яке U було обрано.