36. 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 $m=1$, $2$, $3$. 现在, 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 $A{x}^4+2D{x}^3+F{x}^2+2Ex+C=0$, 其中 $A\ne 0$. 若 $C=0$, 则我们可写$$\begin{array}{r}A{x}^4+2D{x}^3+F{x}^2+2Ex=x(A{x}^3+2D{x}^2+Fx+2E).\end{array}$$括号里有一个 $1$ 元 $3$ 次式. 这, 理论地, 是可解的. 所以, 接下来, 我们假定 $C\ne 0$.

假定 $s$ 是 $A{x}^4+2D{x}^3+F{x}^2+2Ex+C=0$ 的一个解. 因为 $C\ne 0$, 故 $s\ne 0$. 从而$$\begin{array}{r}A{s}^2+2Ds+F+\frac{2E}{s}+\frac{C}{s^2}=0.\end{array}$$由此可见, $(s,1/s)$ 是 $2$ 元 $2$ 次方程组$$\{\begin{array}{l}{f}_1(x,y)=A{x}^2+C{y}^2+2Dx+2Ey+F=0,\\ f_2(x,y)=2xy-2=0\end{array}$$(36.1)的一个解.

反过来, 设 $(u,v)$ 是这个方程组的一个解. 那么, $v=1/u$. 从而$$\begin{array}{r}A{u}^2+\frac{C}{u^2}+2Du+\frac{2E}{u}+F=0,\end{array}$$即$$\begin{array}{r}A{u}^4+C+2D{u}^3+2Eu+F{u}^2=0.\end{array}$$故 $u$ 是 $A{x}^4+2D{x}^3+F{x}^2+2Ex+C=0$ 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 (36.1) 同解的方程组$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{f}_3(x,y)=0,\\ f_2(x,y)=0,\end{array}\end{array}$$其中$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& f_1(x,y)+k{f}_2(x,y)\\ =& A{x}^2+2kxy+C{y}^2+2Dx+2Ey+(F-2k).\end{array}$$计算 $f_3(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{rl}{\Delta }_3=& \left|\begin{array}{ccc}A& k& D\\ k& C& E\\ D& E& F-2k\end{array}\right|\\ =& 2k^3-F{k}^2-2(AC-DE)k+(ACF-A{E}^2-C{D}^2).\end{array}$$${\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, 进而得到 $1$ 元 $4$ 次方程的解.

例 36.1. 解方程$$\begin{array}{r}{x}^4-6x^3+11x^2-6x-24=0.\end{array}$$

注意到 $0$ 次项 ($-24$) 非零, 故此方程无零解. 考虑解方程组$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{f}_1(x,y)=x^2-6x+11-6y-24y^2=0,\\ f_2(x,y)=2xy-2=0.\end{array}\end{array}$$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$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{f}_3(x,y)=0,\\ f_2(x,y)=0,\end{array}\end{array}$$其中$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& f_1(x,y)+k{f}_2(x,y)\\ =& x^2+2kxy-24y^2-6x-6y+(11-2k).\end{array}$$计算 $f_3(x,y)$ 的判别式$$\begin{array}{rl}{\Delta }_3=& \left|\begin{array}{ccc}1& k& -3\\ k& -24& -3\\ -3& -3& 11-2k\end{array}\right|\\ =& (k-1)(2k^2-9k+57).\end{array}$$所以, 我们可取 $k=1$. 则$$\begin{array}{rl}{f}_3(x,y)=& x^2+2xy-24y^2-6x-6y+9\\ =& x^2+2x(y-3)-24y^2-6y+9\\ =& (x+y-3{)}^2-(y-3{)}^2-24y^2-6y+9\\ =& (x+y-3{)}^2-(5y{)}^2\\ =& (x-4y-3)(x+6y-3).\end{array}$$所以$$\begin{array}{r}x-4y-3=0\text{或}x+6y-3=0.\end{array}$$从而$$\begin{array}{r}{x}^2-4xy-3x=0\text{或}{x}^2+6xy-3x=0.\end{array}$$因为 $2xy-2=0$, 故$$\begin{array}{r}{x}^2-3x-4=0\text{或}{x}^2-3x+6=0.\end{array}$$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 $y=1/x$ 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$$\begin{array}{r}x=-1\text{或}x=4\text{或}x=\frac{3+\mathrm{i}\sqrt{15}}{2}\text{或}x=\frac{3-\mathrm{i}\sqrt{15}}{2}.\end{array}$$经验证, 它们都是原方程的解.