一元四次方程欧拉解法的证明「建议收藏」

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高等代数的教科书里面讲到使用Ferrari(费拉里)解法求解四次方程时，从三次方程求得u的三个根，如果依次代入分解后的两个二次方程的系数，最后求的四次方程的解，如果对每一个u四次方程都有4个解，那么是不是最后有$3\ast 4=12$个解呢？很多教材只是简单的讲到对每一个u四次方程的解都是一样(当然根据代数基本定理可知仅有4个根)。就这么简单一句要秒杀多少脑细胞。直接证明有点难，反正作者本人是没能直接证明出来。现在介绍欧拉的方法解四次方程，从另一个角度能看到为什么对于每一个u求解出来的四次方程的根相同。每一个一元四次方程变量代换x=y-b/4都可以消去三次项变成为下式
$$x^4+p{x}^2+qx+r=(x^2+sx+t)(x^2+ux+v)\text{\hspace{1em}(1)}$$
根据(1)式求待定的系数得到下面的方程组
$$\begin{array}{rl}s& =-u\\ p& =t-u^2+v\\ q& =u(v-t)\\ r& =tv\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$
整理方程组，将u,t,v看作是变量则根据三元一次方程组可以求得下面的关系
$$\begin{array}{rl}s& =-u\\ t& =\frac{(p+u^2-\frac{q}{u})}{2}\\ v& =\frac{(p+u^2+\frac{q}{u})}{2}\end{array}\text{\hspace{1em}(3)}$$
且由于$u^2(p+u^2{)}^2-q^2=4u^{2}r$若设$U=u^2$则U满足下面的三次多项式
$$U^3+2p{U}^2+(p^2-4r)U-q^2=0\text{\hspace{1em}(4)}$$
回过头来看等式(1)如果设$r_1$与$r_2$是方程$x^2+sx+t=0$的根，$r_3$和$r_4$是方程$x^2+ux+v=0$的两个根。显然有下面的等式成立
$$r_1+r_2+r_3+r_4=0\text{\hspace{1em}(5)}$$
且因为$-(r_1+r_2)(r_3+r_4)=u^2$所以$-(r_1+r_2)(r_3+r_4)$也一定是方程(4)的解。那方程(4)的另外两个根会是什么呢？普通人思考到这里时也许就戛然而止了，但是欧拉却继续发现两外两个根是$-(r_1+r_3)(r_2+r_4)$与$-(r_1+r_4)(r_2+r_3)$若令
$$\begin{array}{rl}-(r_1+r_2)(r_3+r_4)& =(r_1+r_2{)}^2=\alpha \\ -(r_1+r_3)(r_2+r_4)& =(r_1+r_3{)}^2=\beta \\ -(r_1+r_4)(r_2+r_3)& =(r_1+r_4{)}^2=\gamma \text{根据韦达定理r1+r2=−u,r3+r4=u}\end{array}\text{\hspace{1em}(*)}$$
要证明它们是方程(4)的三个根那么等同于必须满足韦达定理的条件，即满足
$$[-(r_1+r_2)(r_3+r_4)]+[-(r_1+r_3)(r_2+r_4)]+[-(r_1+r_4)(r_2+r_3)]=\alpha +\beta +\gamma =-2p\text{\hspace{1em}(6)}$$
$$\begin{gathered} [-(r_1+r_2)(r_3+r_4)][-(r_1+r_3)(r_2+r_4)]+[-(r_1+r_2)(r_3+r_4)][-(r_1+r_4)(r_2+r_3)] \\ +[-(r_1+r_3)(r_2+r_4)][-(r_1+r_4)(r_2+r_3)]=\alpha \beta +\alpha \gamma +\beta \gamma =p^2-4r\text{\hspace{1em}(7)} \end{gathered}$$
$$[-(r_1+r_2)(r_3+r_4)][-(r_1+r_3)(r_2+r_4)][-(r_1+r_4)(r_2+r_3)]=\alpha \beta \gamma =q^2\text{\hspace{1em}(8)}$$
现在分别来证明(6)(7)(8)，由等式(5)可以得出
$$\begin{array}{r}(r1+r2+r3+r4{)}^2=r{1}^2+r{2}^2+r{3}^2+r{4}^2+2r_1{r}_2+2r_1{r}_3+2r_1{r}_4+2r_2{r}_3+2r_2{r}_4+2r_3{r}_4\\ =(r{1}^2+r{2}^2+r{3}^2+r{4}^2)+(r_1+r_2)(r_3+r_4)+(r_1+r_3)(r_2+r_4)+(r_1+r_4)(r_2+r_3)=0\end{array}\text{\hspace{1em}(9)}$$
所以有
$$\begin{array}{rl}(r_1+r_2)(r_3+r_4)+(r_1+r_3)(r_2+r_4)+(r_1+r_4)(r_2+r_3)& =-(r{1}^2+r{2}^2+r{3}^2+r{4}^2)\\ & =2u^2-2(t+v)\\ & =-2p\end{array}$$
(7)式可以表示成
$$\begin{array}{rl}[(r_1+r_2)(r_1+r_3){]}^2+[(r_1+r_2)(r_1+r_4){]}^2+[(r_1+r_3)(r_1+r_4){]}^2& =\\ (r_1^2+r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_2{r}_3{)}^2+(r{1}^2+r_1{r}_2+r_1{r}_4+r_2{r}_4{)}^2+(r_1^2+r_1{r}_3+r_1{r}_4+r_3{r}_4{)}^2& =\\ (r_1^2{)}^2+(r_1{r}_2{)}^2+(r_1{r}_3{)}^2+(r_2{r}_3{)}^2+2r_1^3{r}_2+2r_1^3{r}_3+2r_1^2{r}_2{r}_3+2r_1^2{r}_2{r}_3+2r_1{r}_2^2{r}_3+2r_1{r}_2{r}_3^2+& \\ (r_1^2{)}^2+(r_1{r}_2{)}^2+(r_1{r}_4{)}^2+(r_2{r}_4{)}^2+2r_1^3{r}_2+2r_1^3{r}_4+2r_1^2{r}_2{r}_4+2r_1^2{r}_2{r}_4+2r_1{r}_2^2{r}_4+2r_1{r}_2{r}_4^2+& \\ (r_1^2{)}^2+(r_1{r}_3{)}^2+(r_1{r}_4{)}^2+(r_3{r}_4{)}^2+2r{1}^3{r}_3+2r_1^3{r}_4+2r_1^2{r}_3{r}_4+2r_1^2{r}_3{r}_4+2r_1{r}_3^2{r}_4+2r_1{r}_3{r}_4^2& \end{array}$$
根据(9)式有$r_2^2+r_3^2+r_4^2=-r_1^2-2r_1{r}_2-2r_1{r}_3-2r_1{r}_4-2r_2{r}_3-2r_2{r}_4-2r_3{r}_4$代入上式化简为
$$\begin{array}{rl}3(r_1^2{)}^2+2r_1^2(r_2^2+r_3^2+r_4^2)+r_2^2(r_3^2+r_4^2)+r_3^2{r}_4^2+4r_1^3{r}_2+4r_1^3{r}_3+4r_1^3{r}_4+4r_1^2{r}_2{r}_3+4r_1^2{r}_2{r}_4+4r_1^3{r}_3{r}_4& +\\ 2r_1{r}_2^2{r}_3+2r_1{r}_2{r}_3^2+2r_1{r}_2^2{r}_4+2r_1{r}_2{r}_4^2+2r_1{r}_3^2{r}_4+2r_1{r}_3{r}_4^2& =\\ r_1^4+r_2^2(r_3^2+r_4^2)+r_3^2{r}_4^2+2r_1{r}_2^2{r}_3+2r_1{r}_2{r}_3^2+2r_1{r}_2^2{r}_4+2r_1{r}_2{r}_4^2+2r_1{r}_3^2{r}_4+2r_1{r}_3{r}_4^2& =\\ r_1^4+r_2^2(r_3^2+r_4^2)+r_3^2{r}_4^2+2r_1{r}_2[r_2(r_3+r_4)+(r_3^2+r_4^2)]+2r_1{r}_3{r}_4(r_3+r_4)& \end{array}$$
根据（2）式与韦达定理使用变量uvt替换r3，r4将上式进一步化简为
$$\begin{array}{rl}{r}_1^4+(u^2-2t-r_1^2)(u^2-2v)+v^2+2t[(-u-r_1)u+u^2-2v]+2r_{1}uv& =\\ r_1^4+(u^2-2t)(u^2-2v)+v^2-r_1^2(u^2-2v)+2u(v-t)r_1-4tv& =\\ r_1^4+u^4-2(t+v)u^2+v^2+4tv-r_1^2(u^2-2v)+2u(v-t)r_1-4tv& =\\ r_1^4+(t+v-u^2{)}^2-t^2-2tv-r_1^2(u^2-2v)+2u(v-t)r_1& =\\ r_1^4+(v+t-u^2)r_1^2+(v-t)r_1^2+2u(v-t)r_1+(t+v-u^2{)}^2-t^2-2tv& =\\ r_1^4+(v+t-u^2)r_1^2+u(v-t)r_1+tv+(v-t)r_1^2+u(v-t)r_1+(v-t)t+(t+v-u^2{)}^2-4tv& =\\ p^2-4r& \end{array}$$
(7)式也得到证明，下面证明等式(8)成立只需要证明$(r_1+r_2)(r_1+r_3)(r_1+r_4)$等于$\pm q$就可以了
$$\begin{array}{rl}(r_1+r_2)(r_1+r_3)(r_1+r_4)& =\\ r_1^3+r_1^2{r}_2+r_1^2{r}_3+r_1^2{r}_4+r_1{r}_2{r}_3+r_1{r}_2{r}_4+r_1{r}_3{r}_4+r_2{r}_3{r}_4& =\\ r_1^2(r_1+r_2+r_3+r_4)+r_1{r}_2{r}_3+r_1{r}_2{r}_4+r_1{r}_3{r}_4+r_2{r}_3{r}_4& =\\ r_1{r}_2(r_3+r_4)+(r_1+r_2)r_3{r}_4& =\\ u(t-v)& =-q\end{array}$$
现在(6)(7)(8)都得到了证明所以确定了它们是一元三次方程(4)的三个根，反过来如果已知(4)的三个根如何来确定(1)表达以及求$r_1$,$r_2$,$r_3$,$r_4$呢？首先，无论(*)中取$\alpha$,$\beta$,$\gamma$次序如何，可以确定最终得出的解的集合是相同的。其次，由于$U=u^2$，从(3)式可以看出$u=\sqrt{U}$与$u=-\sqrt{U}$只会交换(1)式中的t，v与s，u的值，令$r_1+r_2=\sqrt{\alpha }$或使$r_1+r_2=-\sqrt{\alpha }$只是交换了两个分解式的次序，选择$r_1+r_2=\sqrt{\alpha }$另外，
$r_1+r_3=\pm \sqrt{\beta },r_1+r_4=\pm \sqrt{\gamma }$有四种可能的选择，枚举并求出所有的解之后r1,r2,r3,r4的解的集合分成两组 { r 1 , r 2 , r 3 , r 4 } \{r_1,r_2,r_3,r_4\} {
r1​,r2​,r3​,r4​}与 { − r 1 , − r 2 , − r 3 , − r 4 } \{-r_1,-r_2,-r_3,-r_4\} {
−r1​,−r2​,−r3​,−r4​},但并不是所有的取值都满足(3),因为选取其中一组计算
$$\begin{array}{rl}{r}_1{r}_2=[\alpha -(\beta +\gamma -2\sqrt{\beta }\sqrt{\gamma })]/4=[2\alpha -(\alpha +\beta +\gamma )-2\sqrt{\beta }\sqrt{\gamma }]/4& =\\ \frac{p+{\sqrt{\alpha }}^2-\sqrt{\beta }\sqrt{\gamma }}{2}=t& =\frac{(p+{\sqrt{\alpha }}^2-\frac{q}{\sqrt{\alpha }})}{2}\\ \Rightarrow \frac{q}{\sqrt{\alpha }}=\sqrt{\beta }\sqrt{\gamma }& \end{array}$$
当满足$\frac{q}{\sqrt{\alpha }}=\sqrt{\beta }\sqrt{\gamma }$条件时解集合表示为 { r 1 , r 2 , r 3 , r 4 } \{r_1,r_2,r_3,r_4\} {
r1​,r2​,r3​,r4​}，选取其中一种情形计算具体的r1,r2,r3,r4例如
$$\begin{array}{r}{r}_1+r_2+r_3+r_4=0\\ r_1+r_2=\sqrt{\alpha }\\ r_1+r_3=\sqrt{\beta }\\ r_1+r4=\sqrt{\gamma }\end{array}\text{\hspace{1em}(10)}$$
根据（10）式解出的方程组的解是
$$\begin{array}{rl}{r}_1& =\frac{\sqrt{\alpha }+\sqrt{\beta }+\sqrt{\gamma }}{2}\\ r_2& =\frac{\sqrt{\alpha }-\sqrt{\beta }-\sqrt{\gamma }}{2}\\ r_3& =\frac{-\sqrt{\alpha }+\sqrt{\beta }-\sqrt{\gamma }}{2}\\ r_4& =\frac{-\sqrt{\alpha }-\sqrt{\beta }+\sqrt{\gamma }}{2}\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$
上式可以看到四次方程每一个解都使用三次方程的解的根表示(根与根之间也存在关系)，显然对于每一个u四次方程的解集都是相同的。
请参考 https://en.wikipedia.org/wiki/Quartic_function