פתרון משוואה ממעלה 4

לפני שמתחילים

תמיד אפשר להניח שהמקדם של $x^4$ הוא $1$ (אחרת פשוט נחלק בו).

תמיד אפשר להניח שהמקדם של $x^3$ הוא $0$. למה? נניח נתון הפולינום $x^4+ax^3+bx^2+c+d$ אז נעשה הצבה $x=y-\frac{a}{4}$ ונקבל פולינום $y^4+(*)y^2+\dots$.

סך הכל נניח שאנחנו צריכים לפתור פולינום מהצורה $x^4+px^2+qx+r=0$.

דרך א

ננסה לפרק את הפולינום לגורמים ריבועיים $x^4+px^2+q+r=^{?} (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$

נפתח ונשווה מקדמים ונקבל את המערכת: $\begin{cases} 0=a+c \\ p=b+d+ac \\ q=ad+bc \\ r=bd \end{cases}$.

משלושת המשוואות הראשונות אפשר לקבל את $b,c,d$ כביטוי של $a$, ואז הצבה במשוואה הרביעית נותנת פולינום $a^6+2pa^4+(p^2-4r)a^2-q^2=0$ --- פולינום מדרגה 3 ב$a^2$ שאותו אנחנו כבר יודעים לפתור.

דרך ב

ננסה לעשות השלמה לריבוע, תוך שאנחנו מוסיפים משתנה $u$:

$x^4+px^2+qx+r=(x^2+\frac{p}{2}+u)^2-(\frac{p}{2})^2-u^2-pu-2ux^2+qx+r=0$

נעביר אגפים $(x^2+\frac{p}{2}+u)^2=2ux^2-qx+(\frac{p}{2})^2+pu+u^2-r$

נעשה השלמה לריבוע גם לצד השני (כאשר המטרה שלנו היא להגיע למשוואה מהצורה $(*)^2=(\circ)^2$ וכך לקבל פולינום מדרגה קטנה יותר.)

$(x^2+\frac{p}{2}+u)^2=(\sqrt{2u}x-\frac{q}{2\sqrt{2u}})^2-\frac{q^2}{8u}-r+(\frac{p}{2})^2+pu+u^2$

כדי שבאמת נקבל משוואה מהצורה $(*)^2=(\circ)^2$ נרצה ש $-\frac{q^2}{8u}-r+(\frac{p}{2})^2+pu+u^2=0$

וזה פולינום מדרגה 3 ב $u$ שאותו אנחנו כבר יודעים לפתור.