Ekuacioni i shkallës së katërt

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

Funksioni i trajtës

$f(x)=a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e$

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

$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$

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 $a_2=0,a_3=k{a}_4,a_0=k{a}_1,$ atëherë −k është rrënjë atëherë e faktorizojmë $x+k$,

$\begin{array}{cc}Q(x)& =a_4{x}^4+k{a}_4{x}^3+a_{1}x+k{a}_1\\ & =(x+k)a_4{x}^3+(x+k)a_1\\ & =(x+k)(a_4{x}^3+a_1).\end{array}$

dhe nëse $a_0=0,a_3=k{a}_4,a_1=k{a}_2,$ atëherë rrënjë janë $0$ dhe $-k$ Tani faktorizojmë $x(x+k)$ atëherë fitojmë

$\begin{array}{cc}Q(x)& =x(a_4{x}^3+k{a}_4{x}^2+a_{2}x+k{a}_2)\\ & =x(x+k)(a_4{x}^2+a_2).\end{array}$

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

$\begin{array}{cc}{x}_1& =+\sqrt{z_{+}},\\ x_2& =-\sqrt{z_{+}},\\ x_3& =+\sqrt{z_{-}},\\ x_4& =-\sqrt{z_{-}}.\end{array}$

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

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

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

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

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

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

atëherë

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

zhvillojmë fuqitë e binomeve

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

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

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

Tani i riemërojmë koeficientet e u. Le të jetë

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

dhe fitojmë ekuacionin

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

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 $x$.