Ekuacioni i shkallës së katërt

Grafiku i polinomit të shkallës së katërt, me tre pika kritike.

Funksioni i trajtës

$f(x)=ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e\,$

Ku a është e ndryshme nga 0 me fjalë tjera polinomi i shkallës së katërt nëse barazohet me 0 atëherë fitohet ekuacioni i shkallës së katërt

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,$

ku a ≠ 0.

Histori

Ekuacionet e shkallës së katërt për herë të parë janë shqyrtuar në Indi. Italiani Lodovico Ferrari për herë të parë i dha zgjidhjet e ekuacionit të shkallës së katërt në vitin 1540, por pasi kjo zgjidhje kërkon që më parë të dihet zgjidhja e ekuacionit të shkallës së tretë të cilin e gjeti mentori i tij Gerolamo Cardano këto zgjidhje u botuan më vonë së bashku, në librin Ars Magna në vitin (1545).

Kjo është shkalla më e lartë (pra shkalla e katërt) e një polinomi me koeficient real i cili është i zgjidhshëm në radikale, pra me formula të cilat përdorin funksione elementare matematikore, këtë fakt e vërtetuan Abel-Ruffini në vitin 1824.

Zgjidhja e ekuacionit

Le të jetë dhënë ekuacioni

$Q(x)=a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}.\,$

nëse $a_{0}=0,\,$ atëherë $Q(0)=0\,$, kështtuqë zero është një rrënjë. Për gjetjen e rrënjëve tjera, ne pjesëtojmë me $x\,$ dhe pastaj e zgjidhim ekuacionin e shkallës së tretë,

$a_{4}x^{3}+a_{3}x^{2}+a_{2}x+a_{1}=0.\,$

është e qartë se rrënjët e tij janë 1, −1 dhe −k

nëse $a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=0,\,$ atëherë $Q(1)=0\,$, pra $1\,$ është rrënjë. Ngjajshëm nëse $a_{4}-a_{3}+a_{2}-a_{1}+a_{0}=0,\,$ atëherë, $a_{0}+a_{2}+a_{4}=a_{1}+a_{3},\,$ pra $-1\,$ është rrënjë.

Kur $1\,$ është rrënjë ne pjesëtojmë $Q(x)\,$ me $x-1\,$ dhe fitojmë

$Q(x)=(x-1)p(x),\,$

ku $p(x)\,$ është polinom i shkallës së tretë, i cili mund të zgjidhet. Ngjashëm nëse $-1\,$ është rrënjë,

$Q(x)=(x+1)p(x),\,$

ku $p(x)\,$ është polinom i shkallës së tretë.

Nëse $a_{2}=0,a_{3}=ka_{4},a_{0}=ka_{1},\,$ atëherë −k është rrënjë atëherë e faktorizojmë $x+k\,$,

${\begin{aligned}Q(x)&=a_{4}x^{4}+ka_{4}x^{3}+a_{1}x+ka_{1}\\&=(x+k)a_{4}x^{3}+(x+k)a_{1}\\&=(x+k)(a_{4}x^{3}+a_{1}).\end{aligned}}$

dhe nëse $a_{0}=0,a_{3}=ka_{4},a_{1}=ka_{2},\,$ atëherë rrënjë janë $0\,$ dhe $-k\,$ Tani faktorizojmë $x(x+k)\,$ atëherë fitojmë

${\begin{aligned}Q(x)&=x(a_{4}x^{3}+ka_{4}x^{2}+a_{2}x+ka_{2})\\&=x(x+k)(a_{4}x^{2}+a_{2}).\end{aligned}}$

Përr të gjetur rrënjët tjera të Q ne e zgjidhim barazimin kuadratik.

Ekuacioni bikuadratik

Nëse $a_{3}=a_{1}=0,\,$ atëherë

$Q(x)=a_{4}x^{4}+a_{2}x^{2}+a_{0}.\,\!$

ky lloj ekuacioni zgjidhet shumë lehtë.

Le të jetë $z=x^{2}.\,$ atëherë Q bëhet kuadratik sipas $z,\,$

$q(z)=a_{4}z^{2}+a_{2}z+a_{0}.\,\!$

Le të jetë $z_{+}\,$ dhe $z_{-}\,$ rrënjët e q. atëherë rrënjët e Q janë

${\begin{aligned}x_{1}&=+{\sqrt {z_{+}}},\\x_{2}&=-{\sqrt {z_{+}}},\\x_{3}&=+{\sqrt {z_{-}}},\\x_{4}&=-{\sqrt {z_{-}}}.\end{aligned}}$

Ekuacioni kuazisimetrik

$a_{0}x^{4}+a_{1}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}mx+a_{0}m^{2}=0\,$

Hapat e zgjidhjes:

1) Pjestojmë me x ².

2) fusim ndryshoren z = x + m/x.

Rasti i përgjithshëm

Në fillim e bëjmë reduktimin e rastit të përgjithshëm Le të jetë

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

forma e përgjithshme i ndajmë të dy anët e tij me A,

$x^{4}+{B \over A}x^{3}+{C \over A}x^{2}+{D \over A}x+{E \over A}=0.$

Në fillim e eliminojmë termin x³. e ndryshojmë variablën nga x në u, ashtuqë

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

atëherë

$\left(u-{B \over 4A}\right)^{4}+{B \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)^{3}+{C \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)^{2}+{D \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)+{E \over A}=0.$

zhvillojmë fuqitë e binomeve

$\left(u^{4}-{B \over A}u^{3}+{6u^{2}B^{2} \over 16A^{2}}-{4uB^{3} \over 64A^{3}}+{B^{4} \over 256A^{4}}\right)+{B \over A}\left(u^{3}-{3u^{2}B \over 4A}+{3uB^{2} \over 16A^{2}}-{B^{3} \over 64A^{3}}\right)+{C \over A}\left(u^{2}-{uB \over 2A}+{B^{2} \over 16A^{2}}\right)+{D \over A}\left(u-{B \over 4A}\right)+{E \over A}=0.$

dhe i grupojmë antarët pranë fuqive të njejta të u dhe fitojmë se

$u^{4}+\left({-3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A}\right)u^{2}+\left({B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A}\right)u+\left({-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}\right)=0.$

Tani i riemërojmë koeficientet e u. Le të jetë

${\begin{aligned}\alpha &={-3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A},\\\beta &={B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A},\\\gamma &={-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A}.\end{aligned}}$

dhe fitojmë ekuacionin

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

i cili quhet ekuacion i reduktuar i shkallës së katërt.

Nëse $\beta =0\$ atëherë kemi ekuacion bikuadratik i cili u shqyrtua më sipër.

Nëse $\gamma =0\$ atëherë njëra nga rrënjët është $u=0\$ dhe rrënjët tjera gjindet kur ekuacionin e pjestojmë me $u$, dhe e zgjidhim ekuacionin që fitohet pas këtij pjestimi i cili është i shkallës së tretë

$u^{3}+\alpha u+\beta =0\,.$

nëse kthehemi te variablat e vjetra ne i gjejmë zgjidhjet sipas $x$.