¿Existe una fórmula general para resolver ecuaciones cuárticas (grado $4$)?

Question

Existe una fórmula general para resolver ecuaciones cuadráticas, conocida como la Fórmula Cuadrática o la Fórmula de Sridharacharya:

$$x = \frac{ -b \pm \sqrt{ b^2 - 4ac } }{ 2a } $$

Para ecuaciones cúbicas de la forma $ax^3+bx^2+cx+d=0$, hay un conjunto de tres ecuaciones, una para cada raíz.

¿Existe una fórmula general para resolver ecuaciones de la siguiente forma [Ecuaciones Cuárticas]?

$$ ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0 $$

¿Y para grados más altos? ¿Si no, por qué no?

Answer 1

De hecho, hay una fórmula general para resolver ecuaciones cuárticas (polinomios de 4to grado). Dado que la fórmula cúbica es significativamente más compleja que la fórmula cuadrática, la fórmula cuártica es significativamente más compleja que la cúbica. El artículo de Wikipedia sobre funciones cuárticas tiene un proceso detallado para obtener las soluciones, pero no da una fórmula explícita.

Advertencia: en las fórmulas cúbicas y cuárticas, dependiendo de cómo se exprese la fórmula, la corrección de las respuestas probablemente depende de una elección particular de definición de raíces principales para números complejos no reales y hay dos formas diferentes de definir dicha raíz principal.

No puede haber fórmulas algebraicas explícitas para las soluciones generales de polinomios de grado superior, pero demostrar esto requiere matemáticas más allá del cálculo (normalmente se prueba con la Teoría de Galois ahora, aunque originalmente se probó con otros métodos). Este hecho se conoce como el teorema de Abel-Ruffini.

También es importante destacar que Wolfram vende un póster que discute la resolubilidad de ecuaciones polinómicas, centrándose particularmente en técnicas para resolver una ecuación quintica (polinomio de 5to grado). Este póster proporciona fórmulas explícitas para las soluciones a ecuaciones cuadráticas, cúbicas y cuárticas.

editar: Creo que la fórmula dada abajo da las soluciones correctas para x a $ax^4 + bx^3+c x^2 + d x +e=0$ para todos los números complejos a, b, c, d y e, bajo el supuesto de que $w=\sqrt{z}$ es el número complejo tal que $w^2=z$ y $\arg(w)\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$ y $w=\sqrt[3]{z}$ es el número complejo tal que $w^3=z$ y $\arg(w)\in(-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}]$ (estas son típicamente cómo los sistemas de álgebra computacional y las calculadoras definen las raíces principales). Se definen algunos parámetros intermedios $p_k$ para mantener la fórmula simple y ayudar a mantener las elecciones de raíces consistentes.

Sea: \begin{align*} p_1&=2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace \\\\ p_2&=p_1+\sqrt{-4(c^2-3bd+12ae)^3+p_1^2} \\\\ p_3&=\frac{c^2-3bd+12ae}{3a\sqrt[3]{\frac{p_2}{2}}}+\frac{\sqrt[3]{\frac{p_2}{2}}}{3a} \end{align*} $\quad\quad\quad\quad$

\begin{align*} p_4&=\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+p_3} \\\\ p_5&=\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-p_3 \\\\ p_6&=\frac{-\frac{b^3}{a^3}+\frac{4bc}{a^2}-\frac{8d}{a}}{4p_4} \end{align*}

Entonces: $$\begin{align} x&=-\frac{b}{4a}-\frac{p_4}{2}-\frac{\sqrt{p_5-p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}-\frac{p_4}{2}+\frac{\sqrt{p_5-p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}+\frac{p_4}{2}-\frac{\sqrt{p_5+p_6}}{2} \\\\ \mathrm{or\ }x&=-\frac{b}{4a}+\frac{p_4}{2}+\frac{\sqrt{p_5+p_6}}{2} \end{align}$$

(Estos provienen de que Mathematica resuelva explícitamente la cuártica, luego ver qué bits comunes se podrían extraer de la fórmula horriblemente desordenada en parámetros para que sea legible/utilizable).

Answer 2

Editado en respuesta a los comentarios de Quonux.

Sí. Como respuesta, usaré una versión más corta de esta publicación mía en portugués, donde deduzco todas las fórmulas. Supongamos que tienes la ecuación cuártica general (cambié la notación de los coeficientes a letras griegas, para mi conveniencia):

$$\alpha x^{4}+\beta x^{3}+\gamma x^{2}+\delta x+\varepsilon =0.\tag{1}$$

Si haces la sustitución $x=y-\frac{\beta }{4\alpha }$, obtienes una ecuación reducida de la forma

$$y^{4}+Ay^{2}+By+C=0\tag{2},$$

con

$$A=\frac{\gamma }{\alpha }-\frac{3\beta ^{2}}{8\alpha ^{2}},$$

$$B=\frac{\delta }{\alpha }-\frac{\beta \gamma }{2\alpha ^{2}}+\frac{\beta^3 }{ 8\alpha^3 },$$

$$C=\frac{\varepsilon }{\alpha }-\frac{\beta \delta }{4\alpha ^{2}}+\frac{ \beta ^{2}\gamma}{16\alpha ^{3}}-\frac{3\beta ^{4}}{256\alpha ^{4}}.$$

Después de sumar y restar $2sy^{2}+s^{2}$ al LHS de $(2)$ y reorganizar términos, obtenemos la ecuación

$$\underset{\left( y^{2}+s\right) ^{2}}{\underbrace{y^{4}+2sy^{2}+s^{2}}}-\left[ \left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C\right] =0. \tag{2a}$$

Luego factorizamos el polinomio cuadrático $$\left(2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C=\left(2s-A\right)(y-y_+)(y-y_-)$$ y hacemos $y_+=y_-$, lo que impondrá una restricción en $s$ (ecuación $(4)$). Obtenemos:

$$\left( y^{2}+s+\sqrt{2s-A}y-\frac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) \left( y^{2}+s- \sqrt{2s-A}y+\frac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) =0,$$ $$\tag{3}$$

donde $s$ satisface la ecuación cúbica resolvente

$$8s^{3}-4As^{2}-8Cs+\left( 4AC-B^{2}\right) =0.\tag{4}$$

Las cuatro soluciones de $(2)$ son las soluciones de $(3)$:

$$y_{1}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s-A+\frac{2B}{\sqrt{2s-A}}}, \tag{5}$$

$$y_{2}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s-A+\frac{2B}{\sqrt{2s-A}}} ,\tag{6}$$

$$y_{3}=\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s-A-\frac{2B}{\sqrt{2s-A}}} ,\tag{7}$$

$$y_{4}=\frac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s-A-\frac{2B}{\sqrt{2s-A}}} .\tag{8}$$

Así, la ecuación original $(1)$ tiene las soluciones $$x_{k}=y_{k}-\frac{\beta }{4\alpha }.\qquad k=1,2,3,4\tag{9}$$

Ejemplo: $x^{4}+2x^{3}+3x^{2}-2x-1=0$

$$y^{4}+\frac{3}{2}y^{2}-4y+\frac{9}{16}=0.$$

La ecuación cúbica resolvente es

$$8s^{3}-6s^{2}-\frac{9}{2}s-\frac{101}{8}=0.$$

Haciendo la sustitución $s=t+\frac{1}{4}$, obtenemos

$$t^{3}-\frac{3}{4}t-\frac{7}{4}=0.$$

Una solución de la cúbica es

$$s_{1}=\left( -\frac{q}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\frac{q}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}-\frac{b}{3a},$$

donde $a=8,b=-6,c=-\frac{9}{2},d=-\frac{101}{8}$ son los coeficientes de la cúbica resolvente y $p=-\frac{3}{4},q=-\frac{7}{4}$ son los coeficientes de la cúbica reducida. Numéricamente, tenemos $s_{1}\approx 1.6608$.

Las cuatro soluciones son:

$$x_{1}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A+\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{2}=-\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A+\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{3}=\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}+\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A-\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

$$x_{4}=\frac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}-\frac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A-\frac{2B}{ \sqrt{2s-A}}}-\frac{\beta }{4\alpha },$$

con $A=\frac{3}{2},B=-4,C=\frac{9}{16}$. Numéricamente tenemos $x_{1}\approx -1.1748+1.6393i$, $x_{2}\approx -1.1748-1.6393i$, $x_{3}\approx 0.70062$, $x_{4}\approx -0.35095$.

Otro método es expandir el LHS del cuártico en dos polinomios cuadráticos y encontrar las raíces de cada polinomio. Sin embargo, este método a veces falla. Ejemplo: $x^{4}-x-1=0$. Si factorizamos $x^{4}-x-1$ como $x^{4}-x-1=\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right) $ expandimos y igualamos coeficientes obtendremos dos ecuaciones, una de las cuales es $-1/c-c^{2}\left( 1+c^{2}\right) ^{2}+c=0$. Esto se estudia en teoría de Galois.

La quíntica general no es soluble en términos de radicales, al igual que ecuaciones de grados superiores.

Answer 3

Sí, existe una fórmula cuártica.

No existe tal solución por radicales para grados superiores. Esto es un resultado de la teoría de Galois, y se deriva del hecho de que el grupo simétrico $S_5$ no es soluble. Se llama teorema de Abel. De hecho, existen polinomios de quinto grado específicos cuyas raíces no pueden obtenerse utilizando radicales de $\mathbb{Q}$.

Answer 4

Lo que no se ha mencionado hasta ahora es que de hecho se pueden usar cualquier número de "cúbicas auxiliares" en la solución de la ecuación cuártica. Don Herbison-Evans, en esta página (enlace de Wayback, ya que la página original ha desaparecido), que fue adaptada de su informe técnico, menciona cinco posibles cúbicas auxiliares.

Dada la ecuación cuártica

$$x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$$

las cinco posibles cúbicas auxiliares se mencionan en el documento como

Christianson-Brown:

$$y^3 +\frac{4a^2b - 4b^2 - 4ac + 16d - \frac34a^4}{a^3 - 4ab + 8c}y^2 + \left(\frac3{16}a^2 - \frac{b}{2}\right)y - \frac{1}{64}(a^3 + 4a b - 8c) = 0$$

Descartes-Euler-Cardano:

$$y^3 + \left(2b - \frac34 a^2\right)y^2 + \left(\frac3{16}a^4 - a^2b + ac + b^2 - 4d\right)y - \frac{1}{64}(a^3 + 4a b - 8c)^2 = 0$$

Ferrari-Lagrange

$$y^3 + by^2 + (ac - 4d)y + a^2d + c^2 - 4bd = 0$$

Neumark

$$y^3 - 2by^2 + (ac + b^2 - 4d)y + a^2d - abc + c^2 = 0$$

Yacoub-Fraidenraich-Brown

$$(a^3 - 4ab + 8c)y^3 + (a^2b - 4b^2 + 2ac + 16d)y^2 + (a^2c - 4bc + 8ad)y + a^2d - c^2 = 0 $$

Consulte la página para obtener los cuadráticos que arrojarán las soluciones a la ecuación cuártica original a partir de una raíz de la cúbica auxiliar.

También quiero mencionar este antiguo algoritmo ACM en Algol. Netlib tiene una implementación en C de ese algoritmo.

Answer 5

Con respecto a la imposibilidad de resolver el quíntico, esto es algo así como verdadero y algo así como falso. No, no hay una solución general en términos de $+$, $-$, $\times$ y $\div$, junto con $\sqrt[n]{}$. Sin embargo, si permites valores especiales de theta (¡una nueva operación, no entre las estándar!) entonces si, puedes realmente escribir las soluciones de polinomios arbitrarios de esta manera. Además, puedes construir longitudes iguales a las soluciones intersectando curvas de menor grado (para un quíntico, puedes hacerlo con un tridente y un círculo.)