Quartische Gleichung

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Eine quartische Gleichung oder polynomiale Gleichung 4. Grades hat die Form

$Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0\,$

mit komplexen Koeffizienten$A,B,C,D,E\,$ und $A\neq 0$.
(Im Fall $A=0\,$ läge nur eine Gleichung niedrigeren Grades vor.)

Nach dem Fundamentalsatz der Algebra lässt sich die Gleichung bis auf die Reihenfolge eindeutig in die Form

$A(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})(x-x_{4})=0\,$

bringen, wobei $x_{1},x_{2},x_{3}$ und $x_{4}$ die – nicht notwendigerweise verschiedenen – vier Lösungen der Gleichung sind.

Ist $B=0$ und $D=0$, dann lässt sich die Gleichung durch Substitution auf eine quadratische Gleichung zurückführen. Diese Spezialform wird als biquadratische Gleichung bezeichnet.

Geschichte

Die erste geschlossene Lösung der quartischen Gleichung fand der italienische Mathematiker Lodovico Ferrari (1522-1565). Diese Lösung veröffentlichte sein Lehrer Gerolamo Cardano 1545 in dem Werk Ars magna de Regulis Algebraicis. Eine weitere Lösungsmethode mit unterschiedlichem Ansatz wurde von Leonhard Euler 1738 in Sankt Petersburg publiziert, in dem Bestreben, eine allgemeine Lösungsformel auch für Gleichungen höherer Grade zu finden. Dass dies unmöglich ist, wurde von Niels Henrik Abel 1824 bewiesen.

Lösungsformel und Beweis

Voraussetzung: Gegeben sei eine quartische Gleichung $Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E=0$ mit $A,B,C,D,E,x\in \mathbb {C}$.

Aussage: Dann kann man ihre Lösungen auf algebraische Weise wie folgt angeben: (frei nach Ferrari; entnommen aus der englischen Wikipedia Quartic equation):

Zunächst wird die Gleichung mit der Substitution

$x=u-{B \over 4A}$

dahingehend vereinfacht, dass der kubische Koeffizient verschwindet.

Mit den Festlegungen

$\alpha =-{3B^{2} \over 8A^{2}}+{C \over A},$

$\beta ={B^{3} \over 8A^{3}}-{BC \over 2A^{2}}+{D \over A},$

$\gamma ={-3B^{4} \over 256A^{4}}+{CB^{2} \over 16A^{3}}-{BD \over 4A^{2}}+{E \over A},$

reduziert sich die Gleichung zu

$u^{4}+\alpha u^{2}+\beta u+\gamma =0\,$

Ist $\beta =0$, dann erhält man die Gleichung $u^{4}+\alpha u^{2}+\gamma =0$ und kann die Nullstellen wie folgt berechnen: $x_{1,2,3,4}=u_{1,2,3,4}-{B \over 4A}$.

Ist $\beta \neq 0$ macht man folgende Substitutionen:

$P=-{\alpha ^{2} \over 12}-\gamma ,$

$Q=-{\alpha ^{3} \over 108}+{\alpha \gamma \over 3}-{\beta ^{2} \over 8},$

$U={\sqrt[{3}]{{Q \over 2}+{\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}}}}$

$y=-{5 \over 6}\alpha -U+{\begin{cases}U=0&\to 0\\U\neq 0&\to {P \over 3U}\end{cases}}\quad ,$

$W={\sqrt {\alpha +2y}}\quad ,$

Nun kann man die Nullstellen wie folgt berechnen:

$x_{1,2,3,4}=-{B \over 4A}+{s\cdot W+r{\sqrt {-(\alpha +2y)-2\left(\alpha +{\beta \over s\cdot W}\right)}} \over 2}.$

mit allen Kombinationen von $r$ und $s$ mit $r,s\in \{-1,1\}$ um alle 4 Lösungen zu erhalten.

Beweis: (konstruktiv)

bis zur Erstellung der deutschen Übersetzung möge die englische Version der Herleitung hinreichen: en:Quartic equation.

Hilfssatz A Sei P und Q wie oben, dann gilt:

$\lim _{P\rightarrow 0,Q\rightarrow 0}{\frac {P}{3\cdot {\sqrt[{3}]{{Q \over 2}+{\sqrt {Q^{2} \over 4}}+{P^{3} \over 27}}}}}=0$

Beweis: Limes-Rechenregeln (man beachte die höheren Potenzen im Zähler; man beachte, dass P und Q unabhängig von einander gegen 0 streben können):

$\lim _{P\rightarrow 0,Q\rightarrow 0}{\frac {P}{3\cdot {\sqrt[{3}]{{Q \over 2}+{\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}}}}}}$

$=\lim _{h\rightarrow \infty ,j\rightarrow \infty }$${\frac {1}{3\cdot h\cdot {\sqrt[{3}]{{1 \over 2\cdot j}+{\sqrt {{1 \over 4\cdot j^{2}}+{1 \over {27\cdot h^{3}}}}}}}}}$

$=\lim _{h\rightarrow \infty ,j\rightarrow \infty }$${\frac {1}{3\cdot {\sqrt[{3}]{{h^{3} \over 2\cdot j}+h^{3}\cdot {\sqrt {{1 \over 4\cdot j^{2}}+{1 \over {27\cdot h^{3}}}}}}}}}$

$=\lim _{h\rightarrow \infty ,j\rightarrow \infty }$${\frac {1}{3\cdot {\sqrt[{3}]{{h^{3} \over 2\cdot j}+{\sqrt {{h^{6} \over 4\cdot j^{2}}+{h^{3} \over 27}}}}}}}$

$=0$

q.e.d.

Es folgt die Richtigkeit der Fallunterscheidung bezüglich der Bedingung U=0.

Spezialformen

B=0 und D=0 (Biquadratische Gleichung)

Diese in der Schulmathematik häufigste Art von quartischen Gleichungen lässt sich durch Substitution relativ einfach auf eine quadratische Gleichung zurückführen. Dazu substituiert man mit $x^{2}=z$ und erhält: $Az^{2}+Cz+E=0$. Diese kann man durch die Quadratische Lösungsformel lösen. Man erhält die Lösungen $z_{1},z_{2}$. Aus der Rücksubstitution folgt: $x_{1;2}^{2}=z_{1}$ und $x_{3;4}^{2}=z_{2}$ Durch Wurzelziehen erhält man Beträge die man auflösen muss und erhält: $x_{1;2}=\pm {\sqrt {z_{1}}}$ sowie $x_{3;4}=\pm {\sqrt {z_{2}}}$

E=0

In diesem Fall ist $x_{1}=0$ eine Lösung der Gleichung. Dann kann man den Faktor $(x-x_{1})$ also $(x-0)$ ausklammern und erhält die Gleichung

$(Ax^{3}+Bx^{2}+Cx+D)x=0\,$

Die Lösungen der quartischen Gleichung sind dann 0 und die drei Lösungen der kubischen Gleichung

$Ax^{3}+Bx^{2}+Cx+D=0\,$.

Reelle Koeffizienten

Sind alle Koeffizienten reell, lassen sich Fallunterscheidungen für die möglichen Lösungen angeben. Dies beruht auf folgender Tatsache: Ist die nicht-reelle Zahl $a+bi$ mit $b\neq 0$ Nullstelle eines beliebigen Polynoms mit reellen Koeffizienten, so ist es auch die konjugiert komplexe Zahl $a-bi\,$ (Beweis). Bei der Zerlegung des zugehörigen Polynoms ergibt das Produkt der beiden Faktoren

$(x-(a+bi))(x-(a-bi))\,$ ein quadratisches Polynom mit reellen Koeffizienten, nämlich

$x^{2}-2ax+a^{2}+b^{2}\,$.

Also lässt sich jedes Polynom mit reellen Koeffizienten unabhängig von seinem Grad in lineare und quadratische Faktoren mit reellen Koeffizienten zerlegen. Es gibt für die quartische Gleichung also drei Möglichkeiten:

• Die Gleichung hat vier reelle Lösungen. Sie zerfällt in vier Linearfaktoren mit reellen Koeffizienten.
• Die Gleichung hat zwei reelle und zwei konjugiert komplexe Lösungen. Sie zerfällt in zwei Linearfaktoren und einen quadratischen Faktor mit reellen Koeffizienten.
• Die Gleichung hat zwei Paare konjugiert komplexer Lösungen. Sie zerfällt in zwei quadratische Faktoren mit reellen Koeffizienten.

Vier reelle Lösungen

Unter den Lösungen können einzelne Lösungen oder solche mit einer Vielfachheit 2, 3 oder 4 sein. (Erläuterung).

Im einzelnen gibt es diese Möglichkeiten:

• eine Lösung mit Vielfachheit 4

Beispiel: $2x^{4}+8x^{3}+12x^{2}+8x+2=0\,$, zerlegt $2(x+1)^{4}=0\,$

hat die vierfache Lösung $x_{1,2,3,4}=-1\,$

• eine Lösung mit Vielfachheit 3 und eine einfache Lösung

Beispiel: ${1 \over 2}x^{4}-3x^{3}+6x^{2}-4x=0\,$, zerlegt ${1 \over 2}(x-2)^{3}(x)=0\,$

hat die dreifache Lösung $x_{1,2,3}=2\,$ und die einfache Lösung $x_{4}=0\,$

• zwei Lösungen, jeweils mit Vielfachheit 2

Beispiel: $x^{4}+2x^{3}-11x^{2}-12x+36=0\,$, zerlegt $(x-2)^{2}(x+3)^{2}=0\,$

hat die zweifache Lösung $x_{1,2}=2\,$ und die zweifache Lösung $x_{3,4}=-3\,$

• eine Lösung mit Vielfachheit 2 und zwei einfache Lösungen

Beispiel: $5x^{4}-{15 \over 2}x^{3}-{45 \over 2}x^{2}-{5 \over 2}x+{15 \over 2}=0\,$, zerlegt $5(x+1)^{2}(x-3)(x-{1 \over 2})=0\,$

hat die zweifache Lösung $x_{1,2}=-1\,$ und die einfachen Lösungen $x_{3}=3,x_{4}={1 \over 2}\,$

• vier einfache Lösungen

Beispiel: $x^{4}+x^{3}-4x^{2}-4x=0\,$, zerlegt $(x-2)(x+1)(x+2)x=0\,$

hat die einfachen Lösungen $x_{1}=2,x_{2}=-1,x_{3}=-2,x_{4}=0\,$

Zwei reelle und zwei konjugiert komplexe Lösungen

Auch hier kann die reelle Lösung mit Vielfachheit 2 auftreten. Es gibt also diese beiden Möglichkeiten:

• eine reelle Lösung mit Vielfachheit 2 und zwei konjugiert komplexe Lösungen

Beispiel: $x^{4}-4x^{3}+7x^{2}-6x+2=0\,$, zerlegt $(x-1)^{2}(x-(1+i))(x-(1-i))=0\,$

oder mit reellem quadratischen Faktor $(x-1)^{2}(x^{2}-2x+2)=0\,$

hat die zweifache Lösung $x_{1,2}=1\,$ und die konjugiert komplexen Lösungen $x_{3}=1+i,x_{4}=1-i\,$

• zwei einfache reelle Lösungen und zwei konjugiert komplexe Lösungen

Beispiel: $-x^{4}+3x^{3}-2x^{2}-16x+16=0\,$, zerlegt $-(x-1)(x+2)(x-(2+2i))(x-(2-2i))=0\,$

oder mit reellem quadratischen Faktor $-(x-1)(x+2)(x^{2}-4x+8)=0\,$

hat die einfachen Lösungen $x_{1}=1,x_{2}=-2\,$ und die konjugiert komplexen Lösungen $x_{3}=2+2i,x_{4}=2-2i\,$

Zwei Paare konjugiert komplexer Lösungen

Hier gibt es diese beiden Möglichkeiten:

• zwei konjugiert komplexe Lösungen mit Vielfachheit 2

Beispiel: $x^{4}-4x^{3}+14x^{2}-20x+25=0\,$, zerlegt $(x-(1+2i))^{2}(x-(1-2i))^{2}=0\,$

oder mit zwei reellen quadratischen Faktoren $(x^{2}-2x+5)(x^{2}-2x+5)=0\,$

hat die zweifachen konjugiert komplexen Lösungen $x_{1,2}=1+2i,x_{3,4}=1-2i\,$

• zwei Paare einfacher konjugiert komplexer Lösungen

Beispiel: $x^{4}-4x^{3}+{21 \over 4}x^{2}-4x+{17 \over 4}=0\,$, zerlegt $(x-i)(x+i)(x-(2-{1 \over 2}i))(x-(2+{1 \over 2}i))=0\,$

oder mit zwei reellen quadratischen Faktoren $(x^{2}+1)(x^{2}-4x+{17 \over 4})=0\,$

hat die konjugiert komplexen Lösungen $x_{1}=i,x_{2}=-i\,$ und $x_{3}=2-{1 \over 2}i,x_{4}=2+{1 \over 2}i\,$

Bemerkung

In der Praxis verzichtet man meist auf diese mühsamen algebraischen Lösungen und begnügt sich mit angenäherten numerischen Lösungen, etwa mit Hilfe des newtonschen Näherungsverfahrens.

Siehe auch

Lineare Gleichung, quadratische Gleichung, kubische Gleichung, Polynom, Gleichung, Lösen von Gleichungen, Vorzeichenregel von Descartes

Literatur

• siehe cardanische Formeln
• Quartische Gleichungen in der englischen Wikipedia

Weblinks

• Gleichung 4.Grades - JavaScript