A.5. 1 元 4 次方程

我们知道, 理论地, 每一个 $1$ 元 $m$ 次方程都是可被 (根式) 求解的, 其中, $m=1$, $2$, $3$. 本节, 我展现一个解 $1$ 元 $4$ 次方程的方法.

任取一个 $1$ 元 $4$ 次方程$$a_0{x}^4+a_1{x}^3+a_2{x}^2+a_{3}x+a_4=0,$$(A.5.1)其中, $a_0\ne 0$.

设 $s$ 是方程 (A.5.1) 的一个解. 则$$\begin{array}{r}{a}_0(s^2{)}^2+a_{1}s{s}^2+a_2{s}^2+a_{3}s+a_4=0.\end{array}$$则 $(s,s^2)$ 是 $2$ 元 $2$ 次方程组$$\{\begin{array}{rl}{f}_1(x,y)& =a_{1}xy+a_0{y}^2+a_{3}x+a_{2}y+a_4=0,\\ f_2(x,y)& =x^2-y=0\end{array}$$(A.5.2)的一个解.

反过来, 设 $(u,v)$ 是方程组 (A.5.2) 的一个解. 那么, $v=u^2$. 从而$$\begin{array}{r}{a}_{1}u{u}^2+a_0(u^2{)}^2+a_{3}u+a_2{u}^2+a_4=0,\end{array}$$即$$\begin{array}{r}{a}_0{u}^4+a_1{u}^3+a_2{u}^2+a_{3}u+a_4=0.\end{array}$$故 $u$ 是方程 (A.5.1) 的一个解.

这么看来, 我们可变解 $1$ 元 $4$ 次方程的问题为解 $2$ 元 $2$ 次方程组的问题.

待定复数 $k$. 作一个跟方程组 (A.5.2) 同解的方程组$$\{\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)& =0,\\ f_2(x,y)& =0,\end{array}$$(A.5.3)其中,$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& f_1(x,y)+k{f}_2(x,y)\\ =& k{x}^2+\frac{a_1}{2}\cdot 2xy+a_0{y}^2+\frac{a_3}{2}\cdot 2x+\frac{a_2-k}{2}\cdot 2y+a_4.\end{array}$$计算 $f_3(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{rl}{\Delta }_3=& \det \left[\begin{array}{ccc}k& a_1/2& a_3/2\\ a_1/2& a_0& (a_2-k)/2\\ a_3/2& (a_2-k)/2& a_4\end{array}\right]\\ =& \frac{k^3-2a_2{k}^2-(4a_0{a}_4-a_1{a}_3-a_2^2)k+(a_0{a}_3^2+a_1^2{a}_4-a_1{a}_2{a}_3)}{-4}.\end{array}$$${\Delta }_3$ 是一个关于 $k$ 的 $1$ 元 $3$ 次式, 故 ${\Delta }_3=0$ 是一个 $1$ 元 $3$ 次方程. 理论地, 这是可解的. 解出一个 $k$. 从而, 我们可用老方法解方程组 (A.5.3), 进而得到方程 (A.5.1) 的解.

例 A.5.1. 解方程$$\begin{array}{r}{x}^4-2x^3-10x^2+44x-48=0.\end{array}$$

考虑方程组$$\{\begin{array}{rl}{f}_1(x,y)& =-2xy+y^2+44x-10y-48=0,\\ f_2(x,y)& =x^2-y=0.\end{array}$$此方程组的解的首个分量即为原方程的解.

待定复数 $k$. 作出同解方程组$$\{\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)& =0,\\ f_2(x,y)& =0,\end{array}$$其中, $$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& f_1(x,y)+k{f}_2(x,y)\\ =& k{x}^2-2xy+y^2+44x-(k+10)y-48.\end{array}$$计算 $f_3(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{r}{\Delta }_3=\det \left[\begin{array}{ccc}k& -1& 22\\ -1& 1& -k/2-5\\ 22& -k/2-5& -48\end{array}\right]=-\frac{1}{4}(k+8)(k^2+12k+108).\end{array}$$所以, 我们可取 $k=-8$. 则$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& -8x^2-2xy+y^2+44x-2y-48\\ =& y^2-2(x+1)y-8x^2+44x-48\\ =& (y-x-1{)}^2-(x+1{)}^2-8x^2+44x-48\\ =& (y-x-1{)}^2-(3x-7{)}^2\\ =& (y+2x-8)(y-4x+6).\end{array}$$所以$$\begin{array}{r}y+2x-8=0\text{或}y-4x+6=0.\end{array}$$因为 $x^2-y=0$, 故$$\begin{array}{r}{x}^2+2x-8=0\text{或}{x}^2-4x+6=0.\end{array}$$注意, 我们的目的是求解 (原方程的) $x$, 而 $y$ 只是辅助量, 故我们用 $y=x^2$ 消去了 $y$, 进而直接求解 $x$. 我们不必同时解出 $x$ 与 $y$.

$1$ 元 $2$ 次方程是不难求解的. 不难算出$$\begin{array}{r}x=-4\text{或}x=2\text{或}x=2+\mathrm{i}\sqrt{2}\text{或}x=2-\mathrm{i}\sqrt{2}.\end{array}$$经验证, 它们都是原方程的解.

最后, 有一件事值得提.

记 $p(x)=a_0{x}^4+a_1{x}^3+a_2{x}^2+a_{3}x+a_4$ ($a_0\ne 0$). 记 $f_1(x,y)=a_{1}xy+a_0{y}^2+a_{3}x+a_{2}y+a_4$. 记 $f_2(x,y)=x^2-y$. 设 $k$ 是数. 设$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& f_1(x,y)+k{f}_2(x,y)\\ =& k{x}^2+\frac{a_1}{2}\cdot 2xy+a_0{y}^2+\frac{a_3}{2}\cdot 2x+\frac{a_2-k}{2}\cdot 2y+a_4.\end{array}$$则对任何数 $x$ 与 $k$, $p(x)=f_3(x,x^2)$, 因为 $p(x)=f_1(x,x^2)$, 且 $0=f_2(x,x^2)$.

我们知道, 存在 $k$, 使存在复数 $b_1$, $b_2$, $b_3$, $b_4$, $b_5$, $b_6$, 使对任何 $x$, $y$,$$\begin{array}{r}{f}_3(x,y)=(b_{1}x+b_{2}y+b_3)(b_{4}x+b_{5}y+b_6).\end{array}$$(注意, $b_2{b}_5=a_0\ne 0$. 则 $b_2\ne 0$, 且 $b_5\ne 0$.) 则$$\begin{array}{r}p(x)=f_3(x,x^2)=(b_{1}x+b_2{x}^2+b_3)(b_{4}x+b_5{x}^2+b_6).\end{array}$$则存在复数 $x_1$, $x_2$, 使$$\begin{array}{r}{b}_{1}x+b_2{x}^2+b_3=b_2{x}^2+b_{1}x+b_3=b_2(x-x_1)(x-x_2);\end{array}$$存在复数 $x_3$, $x_4$, 使$$\begin{array}{r}{b}_{4}x+b_5{x}^2+b_6=b_5{x}^2+b_{4}x+b_6=b_5(x-x_3)(x-x_4).\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}p(x)=& b_2(x-x_1)(x-x_2)\cdot b_5(x-x_3)(x-x_4)\\ =& a_0(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4).\end{array}$$

由此, 我们有 (回想在 “准备” 的讨论)

定理 A.5.2. 设 $n$ 是不超过 $4$ 的正整数. 设 $p(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$ 是 $n$ 次式 ($a_0\ne 0$). 则存在复数 $x_1$, $\dots$, $x_n$, 使$$\begin{array}{r}p(x)=a_0(x-x_1)\dots (x-x_n).\end{array}$$

最后, 我指出, 如下一般的定理是对的. 不过, 我就不在这儿证明它了. 若您想知道更多, 您可以找相关的文献.

定理 A.5.3 (代数基本定理). 设 $n$ 是正整数. 设 $p(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$ 是 $n$ 次式 ($a_0\ne 0$). 则存在复数 $x_1$, $\dots$, $x_n$, 使$$\begin{array}{r}p(x)=a_0(x-x_1)\dots (x-x_n).\end{array}$$