Kiến thức

Phương trình bậc bốn – Wikipedia tiếng Việt

Phương trình bậc bốn

Bách khoa toàn thư mở Wikipedia

Bước tới điều hướng

Bước tới tìm kiếm

Phương trình bậc bốn là một

phương trình

đơn biến có bậc cao nhất là 4.

Tiểu sử[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

Năm

1545

Girolamo Cardano

(

1501

1576

) cho xuất bản cuốn Ars Magna, trong đó có trình bày một phương pháp của

Lodovico Ferrari

về việc giải phương trình bậc bốn bằng cách đưa về giải

phương trình bậc ba

[1]

. Từ đây, mọi

phương trình

bậc bé hơn 4 và phương trình bậc bốn đều giải tổng quát được bằng công thức căn thức và

số ảo

.

Xem thêm: Clo là gì? TÁC DỤNG & TÁC HẠI của CLO khi diệt khuẩn trong nước

Dạng tổng quát[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

Phương trình bậc bốn hệ số

số phức

:

x4+d1x3+d2x2+d3x+d4=0{displaystyle x^{4}+d_{1}x^{3}+d_{2}x^{2}+d_{3}x+d_{4}=0}

d1,d2,d3,d4∈C{displaystyle d_{1},d_{2},d_{3},d_{4}in mathbb {C} }

Đặt

x=Y−d14{displaystyle x=Y-{frac {d_{1}}{4}}}

Phương trình bậc bốn đưa về dạng rút gọn theo ẩn Y:

Y4+a2Y2+a3Y+a4=0{displaystyle Y^{4}+a_{2}Y^{2}+a_{3}Y+a_{4}=0}

a2,a3,a4∈C{displaystyle a_{2},a_{3},a_{4}in mathbb {C} }

Một cách giải phương trình bậc bốn đơn giản[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

Ta đưa phương trình bậc bốn về dạng rút gọn rồi giải như sau:

X4+aX2+bX+c=0{displaystyle X^{4}+aX^{2}+bX+c=0}

Tương đương với:

(X2+m)2+(a−2m)X2+bX+c−m2=0{displaystyle (X^{2}+m)^{2}+(a-2m)X^{2}+bX+c-m^{2}=0}

Hay:

(X2+m)2−(2m−a)[X2−b2m−aX+m2−c2m−a]=0{displaystyle (X^{2}+m)^{2}-(2m-a)[X^{2}-{frac {b}{2m-a}}X+{frac {m^{2}-c}{2m-a}}]=0}

Chọn m thỏa

b2(2m−a)=m2−c2m−a{displaystyle {frac {b}{2(2m-a)}}={sqrt {frac {m^{2}-c}{2m-a}}}}

Hay:

b2=4(2m−a)(m2−c){displaystyle b^{2}=4(2m-a)(m^{2}-c)}

m là nghiệm của một

phương trình bậc 3

nên giải được.

  • Nếu b = 0 thì phương trình bậc 4 đưa về dạng trùng phương, việc giải phương trình bậc 4 tương đương với việc giải phương trình bậc 2

X4+aX2+c=0{displaystyle X^{4}+aX^{2}+c=0}

  • Nếu b≠0 thì (a – 2m)≠0,

    phương trình

    mới có dạng sau là hiệu của hai

    bình phương

    nên giải được bằng cách phân tích nhân tử bậc hai của X:

(X2+m)2−(2m−a)[X−b2(2m−a)]2=0{displaystyle (X^{2}+m)^{2}-(2m-a)[X-{frac {b}{2(2m-a)}}]^{2}=0}

Hay

[X2−(2m−a)X+b2(2m−a)+m][X2+(2m−a)X−b2(2m−a)+m]=0{displaystyle [X^{2}-({sqrt {2m-a}})X+{frac {b}{2({sqrt {2m-a}})}}+m][X^{2}+({sqrt {2m-a}})X-{frac {b}{2({sqrt {2m-a}})}}+m]=0}

Giải nghiệm hai

phương trình bậc hai

sẽ tìm được nghiệm phương trình bậc bốn

x1=12[2m−a+−2b2m−a−2m−a]{displaystyle x_{1}={frac {1}{2}}[{sqrt {2m-a}}+{sqrt {-{frac {2b}{sqrt {2m-a}}}-2m-a}}]}

x2=12[2m−a−2b2m−a−2m−a]{displaystyle x_{2}={frac {1}{2}}[{sqrt {2m-a}}-{sqrt {-{frac {2b}{sqrt {2m-a}}}-2m-a}}]}

x3=12[−2m−a+2b2m−a−2m−a]{displaystyle x_{3}={frac {1}{2}}[-{sqrt {2m-a}}+{sqrt {{frac {2b}{sqrt {2m-a}}}-2m-a}}]}

x4=12[−2m−a−2b2m−a−2m−a]{displaystyle x_{4}={frac {1}{2}}[-{sqrt {2m-a}}-{sqrt {{frac {2b}{sqrt {2m-a}}}-2m-a}}]}

Xem thêm: Hướng dẫn giải toán bằng máy tính CASIO FX 570VN PLUS-Quantrimang.com

Ví dụ[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

x4+4×3−4×2−12x+9=0{displaystyle x^{4}+4x^{3}-4x^{2}-12x+9=0}

x=y−d14=y−1{displaystyle x=y-{frac {d_{1}}{4}}=y-1}

y4−10y2+4y+14=0{displaystyle y^{4}-10y^{2}+4y+14=0}

a=−10,b=4,c=14,m=−4{displaystyle a=-10,b=4,c=14,m=-4}

y1=12(2+−82+8+10)=2.46374745{displaystyle y_{1}={frac {1}{2}}({sqrt {2}}+{sqrt {-{frac {8}{sqrt {2}}}+8+10}})=2.46374745}

y2=12(2−82+8+10)=−1.049533887{displaystyle y_{2}={frac {1}{2}}({sqrt {2}}-{sqrt {-{frac {8}{sqrt {2}}}+8+10}})=-1.049533887}

y3=12(−2+82+8+10)=1,724808835{displaystyle y_{3}={frac {1}{2}}(-{sqrt {2}}+{sqrt {{frac {8}{sqrt {2}}}+8+10}})=1,724808835}

y4=12(−2−82+8+10)=−3.139022397{displaystyle y_{4}={frac {1}{2}}(-{sqrt {2}}-{sqrt {{frac {8}{sqrt {2}}}+8+10}})=-3.139022397}444

x=y−1{displaystyle x=y-1}

x1=1.46374745{displaystyle x_{1}=1.46374745}

x2=−2.049533887{displaystyle x_{2}=-2.049533887}

x3=0.724808835{displaystyle x_{3}=0.724808835}

x4=−4.139022397{displaystyle x_{4}=-4.139022397}

Cách giải bằng cách đặt ẩn[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

x4+a2x2+a3x+a4=0{displaystyle x^{4}+a_{2}x^{2}+a_{3}x+a_{4}=0}

Đặt:

xj=ωju1+ω2ju2+ω3ju3+ω4ju4{displaystyle x_{j}=omega ^{j}u_{1}+omega ^{2j}u_{2}+omega ^{3j}u_{3}+omega ^{4j}u_{4}} (

Định thức Vandermonde

khác không nên xj bất kì)

ω=cos(2π4)+isin(2π4){displaystyle omega =cos({frac {2pi }{4}})+isin({frac {2pi }{4}})}

u4=x1+x2+x3+x44=−a14=0{displaystyle u_{4}={frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}{4}}=-{frac {a_{1}}{4}}=0}

Do đó:

xj=ωju1+ω2ju2+ω3ju3{displaystyle x_{j}=omega ^{j}u_{1}+omega ^{2j}u_{2}+omega ^{3j}u_{3}}

Khi đó:

a2=−4u1u3−2u22{displaystyle a_{2}=-4u_{1}u_{3}-2u_{2}^{2}}

a3=−4(u12+u32)u2{displaystyle a_{3}=-4(u_{1}^{2}+u_{3}^{2})u_{2}}

a4=−u14−u34+2u12u32−4u1u3u22+u24{displaystyle a_{4}=-u_{1}^{4}-u_{3}^{4}+2u_{1}^{2}u_{3}^{2}-4u_{1}u_{3}u_{2}^{2}+u_{2}^{4}}

  • Nếu u2 ≠ 0:

u1u3=−a24−u224{displaystyle u_{1}u_{3}=-{frac {a_{2}}{4}}-{frac {u_{2}^{2}}{4}}}

u12+u22=−a34u2{displaystyle u_{1}^{2}+u_{2}^{2}=-{frac {a_{3}}{4u_{2}}}}

a4=−[(u12+u32)2−2u12u32]+2u12u32−4u1u3u22+u24{displaystyle a_{4}=-[(u_{1}^{2}+u_{3}^{2})^{2}-2u_{1}^{2}u_{3}^{2}]+2u_{1}^{2}u_{3}^{2}-4u_{1}u_{3}u_{2}^{2}+u_{2}^{4}}

Thay u1u3,u12+u32{displaystyle u_{1}u_{3},u_{1}^{2}+u_{3}^{2}} theo u2 vào a4

u2 là nghiệm của

phương trình

:

4u26+2a2u24+(a224−a4)u22−a3216=0{displaystyle 4u_{2}^{6}+2a_{2}u_{2}^{4}+({frac {a_{2}^{2}}{4}}-a_{4})u_{2}^{2}-{frac {a_{3}^{2}}{16}}=0}

u22 là nghiệm một

phương trình bậc 3

nên giải được. Biết u2 suy ra u1, u3

  • Nếu u2 = 0

x4−4u1u3x2−u14−u34+2u12u32=0{displaystyle x^{4}-4u_{1}u_{3}x^{2}-u_{1}^{4}-u_{3}^{4}+2u_{1}^{2}u_{3}^{2}=0}

u1u3=−a24{displaystyle u_{1}u_{3}=-{frac {a_{2}}{4}}}

u14+u34=−(a4−a228){displaystyle u_{1}^{4}+u_{3}^{4}=-(a_{4}-{frac {a_{2}^{2}}{8}})}

Biết tích và tổng của hai số thì ta có thể tìm được hai số đó tương đương giải một

phương trình bậc hai

Xem thêm: Bài giảng số 8: Các bài toán phương trình mũ và logarit chứa tham số

Nói thêm về phương trình bậc lớn hơn 4[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

Một câu hỏi được đặt ra một cách rất tự nhiên: Liệu phương trình bậc 5 có giải tổng quát được bằng công thức hay không? Câu hỏi này đã thu hút sự quan tâm nghiên cứu của rất nhiều người. Có thể kể ra một số trường hợp sau: Tschirnhaus đưa ra lời giải nhưng bị

Leibniz

chỉ ra là sai lầm.

Euler

đưa ra lời giải sai nhưng đồng thời lại tìm được phương pháp mới để giải

phương trình bậc bốn

.

Lagrange

cũng nghiên cứu vấn đề này và tìm ra cách thống nhất để giải quyết bài toán cho các

phương trình

bậc bé hơn hoặc bằng bốn. Tuy nhiên ông nói rằng phương pháp của ông sẽ sai nếu áp dụng cho phương trình bậc 5. Năm

1813

,

Ruffini

công bố một chứng minh với nhiều sai sót rằng phương trình bậc 5 không giải được bằng căn thức. Cuối cùng, vào năm

1824

Niels Henrik Abel

đã chứng minh một cách thuyết phục rằng phương trình bậc 5 tổng quát không giải được bằng căn thức

[2]

. Và

Évariste Galois

(

1811

1832

), chàng thanh niên người Pháp 21 tuổi là người cuối cùng đưa ra lời giải rất sâu sắc cho bài toán tuyệt đẹp:”Làm thế nào để nhận biết một

phương trình đại số

là giải được hay không được bằng căn thức” bằng cách phát triển

lý thuyết nhóm

.

Tham khảo[

sửa

|

sửa mã nguồn

]

  1. ^

    Trường và lý thuyết Galois (Bùi Xuân Hải Nhà xuất bản đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh 2013 trang 5)

  2. ^

    Trường và lý thuyết Galois (Bùi Xuân Hải – Nhà xuất bản đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh 2013 trang 5,6)

Lấy từ “

https://vi.wikipedia.org/w/index.php?title=Phương_trình_bậc_bốn&oldid=64567422

Chuyên mục: Kiến thức

Related Articles

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Back to top button