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

${\displaystyle Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0\qquad \qquad (1')}$

Поділимо обидві частини на A, і позбавимося члена x³ підстановкою

${\displaystyle x=u-{B \over 4A}\quad }$.

Зведемо подібні доданки і перепозначимо коефіцієнти при u :

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

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

${\displaystyle \gamma ={-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}.\quad }$

Отримаємо канонічне рівняння четвертого степеня

${\displaystyle u^{4}+\alpha u^{2}+\beta u+\gamma =0\qquad \qquad (1)\quad }$

Якщо ${\displaystyle \beta =0}$, 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

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

і додамо її до рівняння (1), отримаємо

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

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)

${\displaystyle {\begin{matrix}(u^{2}+\alpha +y)^{2}-(u^{2}+\alpha )^{2}&=&2y(u^{2}+\alpha )+y^{2}\ \ \\&=&2yu^{2}+2y\alpha +y^{2},\end{matrix}}\quad }$

також розглянемо очевидну рівність

${\displaystyle 0=(\alpha +2y)u^{2}-2yu^{2}-\alpha u^{2}\,\quad }$

Додамо дві останні рівності, отримаємо

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

Додавши цю рівність до (2), отримаємо

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

Ця рівність еквівалентна

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

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:

${\displaystyle (su+t)^{2}=(s^{2})u^{2}+(2st)u+(t^{2}).\,\quad }$

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

${\displaystyle (2st)^{2}-4(s^{2})(t^{2})=0.\,\quad }$

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

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

Виконаємо множення і зведемо подібні доданки при y,

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

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

${\displaystyle 2y^{3}+5\alpha y^{2}+(4\alpha ^{2}-2\gamma )y+\left(\alpha ^{3}-\alpha \gamma -{\beta ^{2} \over 4}\right)=0\qquad \qquad \quad }$

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

${\displaystyle y^{3}+{5 \over 2}\alpha y^{2}+(2\alpha ^{2}-\gamma )y+\left({\alpha ^{3} \over 2}-{\alpha \gamma \over 2}-{\beta ^{2} \over 8}\right)=0.\qquad \qquad (4)\quad }$

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

${\displaystyle y=v-{5 \over 6}\alpha .\quad }$

Рівняння (4) набуває вигляду

${\displaystyle \left(v-{5 \over 6}\alpha \right)^{3}+{5 \over 2}\alpha \left(v-{5 \over 6}\alpha \right)^{2}+(2\alpha ^{2}-\gamma )\left(v-{5 \over 6}\alpha \right)+\left({\alpha ^{3} \over 2}-{\alpha \gamma \over 2}-{\beta ^{2} \over 8}\right)=0.\quad }$

Розкриємо дужки:

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

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

${\displaystyle v^{3}+\left(-{\alpha ^{2} \over 12}-\gamma \right)v+\left(-{\alpha ^{3} \over 108}+{\alpha \gamma \over 3}-{\beta ^{2} \over 8}\right)=0.\quad }$

Ми отримали канонічне кубічне рівняння.

Перепозначимо його коефіцієнти,

${\displaystyle P=-{\alpha ^{2} \over 12}-\gamma ,\quad }$

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

Отримаємо рівняння:

${\displaystyle v^{3}+Pv+Q=0.\qquad \qquad (5)\quad }$

Розв'язання похідного кубічного рівняння

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

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

(взято з кубічне рівняння),

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

${\displaystyle y=-{5 \over 6}\alpha +{P \over 3U}-U\qquad \qquad (6)\quad }$

Можна показати, що мають місце залежності

1: ${\displaystyle P=0\Longleftarrow {Q \over 2}+{\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}}=0\quad }$

2: ${\displaystyle \lim _{P\to 0}{P \over {\sqrt[{3}]{{Q \over 2}+{\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}}}}}=0\quad }$

Видобування кореня з обох частин і завершення розв'язування

Розглянемо схему згортання повного квадрата:

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

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:

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

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:

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

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:

${\displaystyle (u^{2}+\alpha +y)=\pm \left(\left({\sqrt {\alpha +2y}}\right)u-{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}}\right)\qquad \qquad (7')\quad }$.

Зведемо подібні доданки при u:

${\displaystyle u^{2}+\left(\mp _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\right)u+\left(\alpha +y\pm _{s}{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}}\right)=0\qquad \qquad (8)\quad }$.

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

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

${\displaystyle u={\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {(\alpha +2y)-4(\alpha +y\pm _{s}{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}})}} \over 2}.\quad }$

Або, після спрощення

${\displaystyle u={\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over {\sqrt {\alpha +2y}}}\right)}} \over 2}.\quad }$

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

${\displaystyle x=-{B \over 4A}+{\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over {\sqrt {\alpha +2y}}}\right)}} \over 2}.\qquad \qquad (8')\quad }$

Важливо: Два знаки ${\displaystyle \pm _{s}\quad }$ отримані з рівняння (7') є залежними, тому являють собою один і той самий знак, а знак ${\displaystyle \pm _{t}\quad }$ — незалежний.

Підсумки методу Феррарі

Розв'язок рівняння четвертого степеня

${\displaystyle Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0,\quad }$

знаходиться після проведення обчислень:

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

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

${\displaystyle \gamma ={-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A},\quad }$

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

${\displaystyle x=-{B \over 4A}\pm _{s}{\sqrt {-\alpha \pm _{t}{\sqrt {\alpha ^{2}-4\gamma }} \over 2}},\qquad \beta =0\quad }$.

${\displaystyle P=-{\alpha ^{2} \over 12}-\gamma ,\quad }$

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

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

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

${\displaystyle y=-{5 \over 6}\alpha -U+{\begin{cases}U=0&\to 0\\U\neq 0&\to {P \over 3U}\end{cases}},\quad }$

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

${\displaystyle x=-{B \over 4A}+{\pm _{s}W\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over W}\right)}} \over 2}.\quad }$

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.