Szerkesztő:Sajoka

${\tfrac {{x}^{4}}{14}}+{\tfrac {{x}^{3}}{14}}-{\tfrac {13{{x}^{2}}}{14}}-{\tfrac {x}{14}}+{\tfrac {19}{14}}$
Negyedfokú függvény grafikonja.
Az x tengellyel való metszéspontok a függvény zérushelyei (y = 0).

A negyedfokú egyenlet olyan egyenlet melynek az egyik oldalán lévő kifejezés egy negyedfokú polinomfüggvény, a másik oldalán lévő kifejezés pedig zéró.

Általános alakja: ^{$a\cdot x^{4}+b\cdot x^{3}+c\cdot x^{2}+d\cdot x+e=0\,$}

Megoldását Gerolamo Cardano inasa és tanítványa, Lodovico Ferrari (1522-1565) fedezte fel; a megoldás Cardano Ars magna című munkájában jelent meg.

Ez a legmagasabb fokú egyenlet, amely általános alakban megoldható; ezt Niels Henrik Abel bizonyította be 1824-ben.

Az általános negyedfokú egyenlet gyökei

${\begin{aligned}&{{x}_{1,2}}=-{\frac {b}{4a}}-\operatorname {sgn} \left(B\right)\cdot {\sqrt {{Y}_{1}}}\pm \left({\sqrt {{Y}_{2}}}+{\sqrt {{Y}_{3}}}\right)\\&{{x}_{3,4}}=-{\frac {b}{4a}}+\operatorname {sgn} \left(B\right)\cdot {\sqrt {{Y}_{1}}}\pm \left({\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}\right)\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta \geq 0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}+{\sqrt[{3}]{{\frac {2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC}{2\cdot {{12}^{3}}}}+{\sqrt {\Delta }}}}+{\sqrt[{3}]{{\frac {2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC}{2\cdot {{12}^{3}}}}-{\sqrt {\Delta }}}}\\&{\sqrt {{Y}_{2}}}+{\sqrt {{Y}_{3}}}={\sqrt {-{\frac {A}{2}}-{{Y}_{1}}+{\sqrt {{{\left({\frac {A}{2}}+2{{Y}_{1}}\right)}^{2}}-C}}}}\\&{\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}=i\cdot {\sqrt {{\frac {A}{2}}+{{Y}_{1}}+{\sqrt {{{\left({\frac {A}{2}}+2{{Y}_{1}}\right)}^{2}}-C}}}}\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta <0$ és $\left(2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC\right)=0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}\\&{{Y}_{2,3}}=-{\frac {A}{6}}\pm {\frac {\sqrt {{{A}^{2}}+12C}}{4{\sqrt {3}}}}\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta <0$ és $\left(2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC\right)\neq 0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}+{\frac {\operatorname {sgn} \left(2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC\right)\cdot {\sqrt {{{A}^{2}}+12C}}}{6}}\cdot \cos \left({\frac {1}{3}}arctg{\frac {2\cdot {{12}^{3}}\cdot {\sqrt {-\Delta }}}{2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC}}\right)\\&{{Y}_{2,3}}=-{\frac {A}{6}}+{\frac {\operatorname {sgn} \left(2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC\right)\cdot {\sqrt {{{A}^{2}}+12C}}}{6}}\cdot \cos \left({\frac {2\pi }{3}}\pm {\frac {1}{3}}arctg{\frac {2\cdot {{12}^{3}}\cdot {\sqrt {-\Delta }}}{2{{A}^{3}}+27{{B}^{2}}-72AC}}\right)\\\end{aligned}}$

Ahol:

$\left\{{\begin{aligned}&\Delta ={{\left({\frac {{A}^{3}}{{12}^{3}}}+{\frac {{B}^{2}}{128}}-{\frac {AC}{48}}\right)}^{2}}-{{\left({\frac {{A}^{2}}{{12}^{2}}}+{\frac {C}{12}}\right)}^{3}}\\&A=-{\frac {3{{b}^{2}}}{8{{a}^{2}}}}+{\frac {c}{a}}\\&B={\frac {{b}^{3}}{8{{a}^{3}}}}-{\frac {bc}{2{{a}^{2}}}}+{\frac {d}{a}}\\&C=-{\frac {3{{b}^{4}}}{256{{a}^{4}}}}+{\frac {{{b}^{2}}c}{16{{a}^{3}}}}-{\frac {bd}{4{{a}^{2}}}}+{\frac {e}{a}}\\\end{aligned}}\right.$

Megjegyzés:

Az itt használt sgn és arctg függvények definíciói:

$sgn\left(x\right)=\left\{{\begin{aligned}&+1{{,}_{_{.}}}h{{a}_{_{.}}}x\geq 0\\&-1{{,}_{_{.}}}h{{a}_{_{.}}}x<0\\\end{aligned}}\right.$

$arctg\left(x\right)=\left\{{\begin{aligned}&arctg\left|x\right|,h{{a}_{_{.}}}x\geq 0\\&-arctg\left|x\right|,h{{a}_{_{.}}}x<0\\\end{aligned}}\right.$

Az általános negyedfokú egyenlet megoldása

Ha az alábbi egyenlőségek mindkét oldalát negyedik hatványra emeljük majd átrendezzük:

${\begin{aligned}&X={{y}_{1}}+{{y}_{2}}+{{y}_{3}}\\&X={{y}_{1}}+\left(-{{y}_{2}}\right)+\left(-{{y}_{3}}\right)\\&X=\left(-{{y}_{1}}\right)+{{y}_{2}}+\left(-{{y}_{3}}\right)\\&X=\left(-{{y}_{1}}\right)+\left(-{{y}_{2}}\right)+{{y}_{3}}\\\end{aligned}}$

akkor a következő negyedfokú egyenletet kapjuk:

${{X}^{4}}-2\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)\cdot {{X}^{2}}-8\left({{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}\right)\cdot X+{{\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)}^{2}}-4\left(y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{3}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}\right)=0$

Ebből következik, hogy az:

${{X}^{4}}-2\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)\cdot {{X}^{2}}-8\left({{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}\right)\cdot X+{{\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)}^{2}}-4\left(y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{3}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}\right)=0$

negyedfoukú egyenletnek a következő négy megoldása van:

${\begin{aligned}&{{X}_{1}}={{y}_{1}}+\left({{y}_{2}}+{{y}_{3}}\right)\\&{{X}_{2}}={{y}_{1}}-\left({{y}_{2}}+{{y}_{3}}\right)\\&{{X}_{3}}=-{{y}_{1}}+\left({{y}_{2}}-{{y}_{3}}\right)\\&{{X}_{4}}=-{{y}_{1}}-\left({{y}_{2}}-{{y}_{3}}\right)\\\end{aligned}}$

A következő jelölést használva:

${{X}^{4}}\overbrace {-2\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)} ^{A}\cdot {{X}^{2}}\overbrace {-8\left({{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}\right)} ^{B}\cdot X+\overbrace {{{\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)}^{2}}-4\left(y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{3}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}\right)} ^{C}=0$

felírható az:

${{X}^{4}}+A\cdot {{X}^{2}}+B\cdot X+C=0$

negyedfokú egyenlet melynek A,B,C együtthatói kiszámolhatóak ${{y}_{1}},{{y}_{2}},{{y}_{3}}$ függvényében:

$\left\{{\begin{aligned}&A=-2\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)\\&B=-8\left({{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}\right)\\&C={{\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\right)}^{2}}-4\left(y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{3}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}\right)\\\end{aligned}}\right.\Rightarrow \left\{{\begin{aligned}&y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}=-{\frac {A}{2}}\\&{{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}=-{\frac {B}{8}}\\&y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{3}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}={{\left(-{\frac {A}{4}}\right)}^{2}}-{\frac {C}{4}}\\\end{aligned}}\right.$

A következő jelöléseket bevezetve:

$y_{1}^{2}={{Y}_{1}},y_{2}^{2}={{Y}_{2}},y_{3}^{2}={{Y}_{3}}$

azaz

${{y}_{1}}=\operatorname {sgn} \left(-B\right)\cdot {\sqrt {{Y}_{1}}},{{y}_{2}}={\sqrt {{Y}_{2}}},{{y}_{3}}={\sqrt {{Y}_{3}}}$

($\operatorname {sgn} \left(-B\right)$ -re ${{y}_{1}}{{y}_{2}}{{y}_{3}}=-{\frac {B}{8}}$ miatt van szükség, csak így teljesül az egyenlőség), egy harmadfokú egyenlet Viète-képleteit kapjuk:

$\left\{{\begin{aligned}&{{Y}_{1}}+{{Y}_{2}}+{{Y}_{3}}=-{\frac {A}{2}}\\&{{Y}_{1}}{{Y}_{2}}+{{Y}_{1}}{{Y}_{3}}+{{Y}_{2}}{{Y}_{3}}={\frac {{{A}^{2}}-4C}{16}}\\&{{Y}_{1}}{{Y}_{2}}{{Y}_{3}}={\frac {{B}^{2}}{64}}\\\end{aligned}}\right.$

amiből felírható maga a harmadfokú egyenlet:

${{Y}^{3}}+{\frac {A}{2}}{{Y}^{2}}+{\frac {{{A}^{2}}-4C}{16}}Y-{\frac {{B}^{2}}{64}}=0$

melynek gyökeit a harmadfokú egyenlet megoldóképletéből kapjuk az alábbi jelölések segítségével:

$\left\{{\begin{aligned}&AA=-{\frac {{{A}^{2}}+12C}{48}}\\&BB={\frac {-2{{A}^{3}}-27{{B}^{2}}+72AC}{{12}^{3}}}\\&\Delta ={{\left({\frac {BB}{2}}\right)}^{2}}+{{\left({\frac {AA}{3}}\right)}^{3}}={\frac {4{{A}^{3}}{{B}^{2}}+27{{B}^{4}}-16{{A}^{4}}C-144A{{B}^{2}}C+128{{A}^{2}}{{C}^{2}}-256{{C}^{3}}}{4\cdot {{48}^{3}}}}\\\end{aligned}}\right.$

Ha $\Delta \geq 0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}+{\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}+{\sqrt {\Delta }}}}+{\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}-{\sqrt {\Delta }}}}\\&{{Y}_{2,3}}=-{\frac {A}{6}}-{\frac {1}{2}}\left({\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}+{\sqrt {\Delta }}}}+{\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}-{\sqrt {\Delta }}}}\right)\pm i\cdot {\frac {\sqrt {3}}{2}}\left({\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}+{\sqrt {\Delta }}}}-{\sqrt[{3}]{-{\frac {BB}{2}}-{\sqrt {\Delta }}}}\right)\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta \geq 0$ és $BB=0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}\\&{{Y}_{2,3}}=-{\frac {A}{6}}\pm {\sqrt {-AA}}\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta \geq 0$ és $BB\neq 0$ akkor :

${\begin{aligned}&{{Y}_{1}}=-{\frac {A}{6}}-\operatorname {sgn} \left(BB\right)\cdot 2{\sqrt {-{\frac {AA}{3}}}}\cdot \cos \left({\frac {1}{3}}arctg{\frac {2{\sqrt {-\Delta }}}{BB}}\right)\\&{{Y}_{2,3}}=-{\frac {A}{6}}-\operatorname {sgn} \left(BB\right)\cdot 2{\sqrt {-{\frac {AA}{3}}}}\cdot \cos \left({\frac {2\pi }{3}}\pm {\frac {1}{3}}arctg{\frac {2{\sqrt {-\Delta }}}{BB}}\right)\\\end{aligned}}$

Ha $\Delta \geq 0$ akkor ${{Y}_{2,3}}$ konjugált komplex számok, és ezek négyzetgyökét kell összeadni/kivonni. Felhasználva a komplex számok gyökvonási képletét, kis átrendezés után ezt kapjuk:

${\begin{aligned}&{\sqrt {{Y}_{2}}}+{\sqrt {{Y}_{3}}}={\sqrt {-{\frac {A}{2}}-{{Y}_{1}}+{\sqrt {{{\left({\frac {A}{2}}+2{{Y}_{1}}\right)}^{2}}-C}}}}\\&{\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}=i\cdot {\sqrt {{\frac {A}{2}}+{{Y}_{1}}+{\sqrt {{{\left({\frac {A}{2}}+2{{Y}_{1}}\right)}^{2}}-C}}}}\\\end{aligned}}$

A második egyenletben a képlet szerint szerepel a sgn függvény de a negyedfokú egyenlet ${{X}_{3}}=-{\sqrt {{Y}_{1}}}+{\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}$ és ${{X}_{4}}=-{\sqrt {{Y}_{1}}}-\left({\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}\right)$ gyökei közül az egyikben pozitív lesz a másikban pedig negatív, ezért a sgn függvény csak a gyökök sorrendjén változtat nem a a végeredményen, vagyis ez esetben nem szükséges odaírni.

${\sqrt {{{\left({\frac {A}{2}}+2{{Y}_{1}}\right)}^{2}}-C}}$ pedig $B=0$ -ban zéró, máshol pozitív, tehát mindíg valós szám.

Az ${{X}^{4}}+A\cdot {{X}^{2}}+B\cdot X+C=0$ negyedfokú egyenlet gyökei tehát:

${\begin{aligned}&{{X}_{1,2}}=-\operatorname {sgn} \left(B\right)\cdot {\sqrt {{Y}_{1}}}\pm \left({\sqrt {{Y}_{2}}}+{\sqrt {{Y}_{3}}}\right)\\&{{X}_{3,4}}=\operatorname {sgn} \left(B\right)\cdot {\sqrt {{Y}_{1}}}\pm \left({\sqrt {{Y}_{2}}}-{\sqrt {{Y}_{3}}}\right)\\\end{aligned}}$

Az általános negyedfokú egyenlet pedig:

$a\cdot {{x}^{4}}+b\cdot {{x}^{3}}+c\cdot {{x}^{2}}+d\cdot x+e=0$

a következő helyettesítéssel:

$x=-{\frac {b}{4a}}+X$

átalakítható a fenti negyedfokú egyenletre:

${{X}^{4}}+\underbrace {\left(-{\frac {3{{b}^{2}}}{8{{a}^{2}}}}+{\frac {c}{a}}\right)} _{A}\cdot {{X}^{2}}+\underbrace {\left({\frac {{b}^{3}}{8{{a}^{3}}}}-{\frac {bc}{2{{a}^{2}}}}+{\frac {d}{a}}\right)} _{B}\cdot X+\underbrace {\left(-{\frac {3{{b}^{4}}}{256{{a}^{4}}}}+{\frac {{{b}^{2}}c}{16{{a}^{3}}}}-{\frac {bd}{4{{a}^{2}}}}+{\frac {e}{a}}\right)} _{C}=0$

így az általános negyedfokú egyenlet gyökei:

${{x}_{1,2,3,4}}=-{\frac {b}{4a}}+{{X}_{1,2,3,4}}$