四次関数

代数学において、四次関数は次のような形の 関数で ある。

${\displaystyle f(x)=ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e,}$^α

ここで、a はゼロ以外であり、4次多項式と呼ばれる4 次多項式によって定義されます。

4次方程式、または4次の方程式は、4次多項式をゼロに等しくする方程式であり、次の形式で表される。

${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0,}$

ここでa ≠0である。^[1] 4次関数の導関数 は3次関数である。

四次関数の代わりに双二次関数という用語が使われることもあるが、通常、双二次関数は平方の二次関数（または、奇数次項のない四次多項式で定義される関数）を指し、次の形式を持つ。

${\displaystyle f(x)=ax^{4}+cx^{2}+e.}$

4 次関数は偶数次の多項式で定義されるため、引数が正または負の無限大になったときに同じ無限大の極限を持ちます。aが正の場合、関数は両端で正の無限大まで増加するため、関数には大域的最小値があります。同様に、a が負の場合、負の無限大まで減少し、大域的最大値を持ちます。どちらの場合も、別の極大値と別の極小値がある場合とない場合があります。

4 次（4 次の場合）は、アーベル・ルフィニの定理によれば、すべての多項式方程式が根号によって解ける最高次数です。

ロドヴィコ・フェラーリは1540年に四次方程式の解を発見したとされているが、この解は四次方程式のすべての代数的解と同様に三次方程式の解を見つける必要があるため、すぐには出版されなかった。^{[2]四次方程式の解は三次方程式の解とともに、フェラーリの師である}ジェロラモ・カルダーノの著書『アルス・マグナ』で出版された。^[3]

4 がそのような解が見つかる一般多項式の最高次数であるという証明は、 1824 年のアーベル・ルフィニの定理で初めて示され、高次の多項式を解こうとする試みはすべて無駄であることを証明しました。1832 年に決闘で亡くなる前にエヴァリスト・ガロアが残したメモは、後に多項式の根に関する洗練された完全な理論につながり、この定理はその結果の 1 つでした。 ^[4]

2 つの円錐曲線の交点の各座標は、4 次方程式の解です。直線とトーラスの交点についても同様です。したがって、4 次方程式は、計算幾何学や、コンピュータ グラフィックス、コンピュータ支援設計、コンピュータ支援製造、光学などの関連分野で頻繁に登場します。以下は、4 次方程式を解く必要があるその他の幾何学的問題の例です。

コンピュータ支援製造において、トーラスはエンドミルカッターによく使われる形状です。三角形の表面に対するトーラスの位置を計算するには、Z軸上の水平トーラスの位置を、固定線に接する位置で見つけなければなりません。これには、一般的な4次方程式の解を計算する必要があります。^[5]

交差はしご問題を解く過程でも4次方程式が生じます。この方程式では、2つの交差はしごの長さが与えられ、それぞれが一方の壁に立てかけられ、もう一方の壁に寄りかかっています。交差するはしごの長さと交差する高さが与えられ、壁間の距離が求められます。^[6]

光学におけるアルハゼンの問題は「光源と球面鏡が与えられたとき、光が観察者の目に反射される鏡上の点を求める」というものである。これは4次方程式につながる。^{[7] [8] [9]}

2 つの楕円の最接近距離を求めるには、4 次方程式を解く必要があります。

4×4行列の固有値は、行列の 特性多項式である 4 次多項式の根です。

4次線形差分方程式または微分方程式の特性方程式は4次方程式である。梁曲げのティモシェンコ・レイリー理論にその一例がある。^[10]

球、円柱、またはその他の二次曲面間の交差は、四次方程式を使用して見つけることができます。

FとGを4次関数のグラフの異なる変曲点とし、変曲線FGと4次関数の交点HをFよりもGに近い方とすると、GはFHを黄金分割する：^[11]

${\displaystyle {\frac {FG}{GH}}={\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=\varphi \;({\text{the golden ratio}}).}$

さらに、割線と割線の下の四次曲線の間の領域の面積は、割線と割線の上の四次曲線の間の領域の面積に等しくなります。これらの領域の 1 つは、等しい面積のサブ領域に分割されます。

一般的な4次方程式

${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0}$

実係数とa ≠0の場合、その根の性質は主に判別式の符号によって決定される。

${\displaystyle {\begin{aligned}\Delta ={}&256a^{3}e^{3}-192a^{2}bde^{2}-128a^{2}c^{2}e^{2}+144a^{2}cd^{2}e-27a^{2}d^{4}\\&+144ab^{2}ce^{2}-6ab^{2}d^{2}e-80abc^{2}de+18abcd^{3}+16ac^{4}e\\&-4ac^{3}d^{2}-27b^{4}e^{2}+18b^{3}cde-4b^{3}d^{3}-4b^{2}c^{3}e+b^{2}c^{2}d^{2}\end{aligned}}}$

これは、他の 4 つの多項式の符号を考慮することで改良できます。

${\displaystyle P=8ac-3b^{2}}$

⁠のようにポ/8対²⁠ は関連する凹四次関数の2次係数です（下記参照）。

${\displaystyle R=b^{3}+8da^{2}-4abc,}$

⁠のようにR/8対³⁠ は関連する凹四次関数の1次係数です。

${\displaystyle \Delta _{0}=c^{2}-3bd+12ae,}$

4次関数が3倍根を持つ場合は0となる。

${\displaystyle D=64a^{3}e-16a^{2}c^{2}+16ab^{2}c-16a^{2}bd-3b^{4}}$

4 次方程式に 2 つの二重根がある場合は 0 になります。

根の性質については次のようなケースが考えられる: ^[12]

• ∆ < 0の場合、方程式には 2 つの異なる実根と 2 つの複素共役非実根が存在します。
• ∆ > 0の場合、方程式の 4 つの根はすべて実数であるか、どれも実数ではありません。
  • P < 0 かつD < 0の場合、4 つの根はすべて実数であり、異なります。
  • P > 0またはD > 0の場合、非実複素共役根のペアが2つ存在する。^[13]
• ∆ = 0の場合（そしてその場合のみ）、多項式には多重根があります。次のようなさまざまなケースが発生する可能性があります。
  • P < 0 かつD < 0 かつ∆ ₀ ≠ 0の場合、実二重根が 1 つと実単純根が 2 つ存在します。
  • D > 0 または ( P > 0 かつ ( D ≠ 0 またはR ≠ 0))の場合、実二重根が 1 つと複素共役根が 2 つ存在します。
  • ∆ ₀ = 0かつD ≠ 0の場合、三重根と単純根が存在し、すべて実数です。
  • D = 0 の場合 :
    • P < 0の場合、実二重根が 2 つ存在します。
    • P > 0 かつR = 0の場合、複素共役二重根が 2 つ存在します。
    • ∆ ₀ = 0の場合、4つの根はすべて− ⁠に等しい。b/4 a⁠

カバーされていないように見えるが、実際には発生しないケースがいくつかあります。たとえば、∆ ₀ > 0、P = 0、D ≤ 0 はケースの 1 つではありません。実際、∆ ₀ > 0かつP = 0 の場合、 D > 0 であるため、この組み合わせは不可能です。 ${\displaystyle 16a^{2}\Delta _{0}=3D+P^{2};}$

一般的な4次方程式の 4つの根x ₁、x ₂、x ₃、x ₄

${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,}$

a ≠ 0の式は次の式で与えられます。この式は、変数を逆変換し (§ 4 次方程式への変換を参照)、2 次方程式と3 次方程式の式を使用することで、フェラーリ法のセクションの式から導き出されます。

${\displaystyle {\begin{aligned}x_{1,2}\ &=-{\frac {b}{4a}}-S\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-4S^{2}-2p+{\frac {q}{S}}}}\\x_{3,4}\ &=-{\frac {b}{4a}}+S\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-4S^{2}-2p-{\frac {q}{S}}}}\end{aligned}}}$

ここでpとqはそれぞれ関連する4次関数の2次と1次の係数である。

${\displaystyle {\begin{aligned}p&={\frac {8ac-3b^{2}}{8a^{2}}}\\q&={\frac {b^{3}-4abc+8a^{2}d}{8a^{3}}}\end{aligned}}}$

そしてどこで

${\displaystyle {\begin{aligned}S&={\frac {1}{2}}{\sqrt {-{\frac {2}{3}}\ p+{\frac {1}{3a}}\left(Q+{\frac {\Delta _{0}}{Q}}\right)}}\\Q&={\sqrt[{3}]{\frac {\Delta _{1}+{\sqrt {\Delta _{1}^{2}-4\Delta _{0}^{3}}}}{2}}}\end{aligned}}}$

（S = 0またはQ = 0の場合は、以下の§式の特殊なケースを参照）

と

${\displaystyle {\begin{aligned}\Delta _{0}&=c^{2}-3bd+12ae\\\Delta _{1}&=2c^{3}-9bcd+27b^{2}e+27ad^{2}-72ace\end{aligned}}}$

そして

${\displaystyle \Delta _{1}^{2}-4\Delta _{0}^{3}=-27\Delta \ ,}$ここで、 は前述の判別式です。 Qの 3 乗根表現には、複素平面の 3 つの 3 乗根のどれでも使用できますが、そのうちの 1 つが実数であれば、それを選択するのが自然で簡単です。これらの最後の 4 つの項の数学的表現は、 3 次式の対応する数学的表現と非常によく似ています。${\displaystyle \Delta }$

• の値が非実複素数である場合。この場合、すべての根は非実数であるか、すべて実数であるかのどちらかです。後者の場合、 の値は で表現されているにもかかわらず実数であり、これが4 次関数の現在のコンテキストに拡張された 3 次関数の不可逆性の原因です。次のように、三角関数を使用して、純粋に実数で表現することを好む場合があります。${\displaystyle \Delta >0,}$${\displaystyle Q}$${\displaystyle S}$${\displaystyle Q;}$

${\displaystyle S={\frac {1}{2}}{\sqrt {-{\frac {2}{3}}\ p+{\frac {2}{3a}}{\sqrt {\Delta _{0}}}\cos {\frac {\varphi }{3}}}}}$

どこ

${\displaystyle \varphi =\arccos \left({\frac {\Delta _{1}}{2{\sqrt {\Delta _{0}^{3}}}}}\right).}$

• との場合、の符号は、の符号を維持するように 選択する必要があります。${\displaystyle \Delta \neq 0}$${\displaystyle \Delta _{0}=0,}$${\displaystyle {\sqrt {\Delta _{1}^{2}-4\Delta _{0}^{3}}}={\sqrt {\Delta _{1}^{2}}}}$${\displaystyle Q\neq 0,}$${\displaystyle {\sqrt {\Delta _{1}^{2}}}}$${\displaystyle \Delta _{1},}$${\displaystyle \Delta _{1}.}$
• の場合、を得るには の3 乗根の選択を変更する必要があります。 これは、 4 次式が に因数分解できる場合を除いて、常に可能です。 結果は正しいですが、この場合は 3 乗根が必要ないという事実が隠されているため、誤解を招きます。 実際、このケース^{[説明が必要]}は の分子がゼロの場合にのみ発生する可能性があり、その場合、関連する 4 次式は 4 次式です。 したがって、これは以下に説明する方法で解くことができます。${\displaystyle S=0,}$${\displaystyle Q}$${\displaystyle S\neq 0.}$${\displaystyle \left(x+{\tfrac {b}{4a}}\right)^{4}.}$${\displaystyle q}$
• と であり、したがって少なくとも 3 つの根が互いに等しく、根は係数の有理関数である。三重根は 4 次式の共通根であり、その 2 次導関数は、 4 次式の 2 次導関数によるユークリッド除算の剰余の唯一の根でもある。これは線形多項式である。単根は次のように演繹できる。${\displaystyle \Delta =0}$${\displaystyle \Delta _{0}=0,}$${\displaystyle \Delta _{1}=0,}$${\displaystyle x_{0}}$${\displaystyle 2(6ax^{2}+3bx+c);}$${\displaystyle x_{1}}$${\displaystyle x_{1}+3x_{0}=-b/a.}$
• であり、根を表す上記の表現は正しいものの、多項式が約分可能であり、根を表すために立方根は必要ないという事実を隠しており、誤解を招きます。${\displaystyle \Delta =0}$${\displaystyle \Delta _{0}\neq 0,}$

一般的な4次方程式を考えてみましょう

${\displaystyle Q(x)=a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}.}$

Q ( x ) = R ( x )× S ( x )であれば、これは約分可能です。ここで、 R ( x )とS ( x )は有理係数を持つ非定数多項式です（より一般的には、 Q ( x )の係数と同じ体にある係数です）。このような因数分解は、次の 2 つの形式のいずれかになります。

${\displaystyle Q(x)=(x-x_{1})(b_{3}x^{3}+b_{2}x^{2}+b_{1}x+b_{0})}$

または

${\displaystyle Q(x)=(c_{2}x^{2}+c_{1}x+c_{0})(d_{2}x^{2}+d_{1}x+d_{0}).}$

どちらの場合でも、 Q ( x )の根は因数の根であり、 2次関数または3次関数の根の公式を使用して計算できます。

このような因数分解の存在は、Q ( x )の分解三次関数を使って検出することができます。次のようになります。

• R上で作業している場合（つまり、係数が実数に制限されている場合）（または、より一般的には、ある実閉体上）では、常にそのような因数分解が存在します。
• Q上で作業している場合(つまり、係数が有理数に制限されている場合)、Q ( x )が約分可能かどうか、また、約分可能な場合は、それをより小さい次数の多項式の積としてどのように表現するかを決定するアルゴリズムが存在します。

実際、4 次方程式を解くいくつかの方法 (フェラーリ法、デカルト法、そしてそれほどではないがオイラー法) は、このような因数分解を見つけることに基づいています。

a ₃ = a ₁ = 0の場合、関数

${\displaystyle Q(x)=a_{4}x^{4}+a_{2}x^{2}+a_{0}}$

は2次関数と呼ばれ、これをゼロにすると2次方程式が定義され、次のように簡単に解くことができる。

補助変数z = x ²とすると、Q ( x )はzの2 次方程式 qになります: q ( z ) = a ₄ z ² + a ₂ z + a _0。z ₊とz _{− を}q ( z )の根とすると、 4 次方程式Q ( x )の根は次のようになります 。

${\displaystyle {\begin{aligned}x_{1}&=+{\sqrt {z_{+}}},\\x_{2}&=-{\sqrt {z_{+}}},\\x_{3}&=+{\sqrt {z_{-}}},\\x_{4}&=-{\sqrt {z_{-}}}.\end{aligned}}}$

多項式

${\displaystyle P(x)=a_{0}x^{4}+a_{1}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}mx+a_{0}m^{2}}$

はほぼ回文的であり、P ( mx ) = ⁠× ⁴/メートル²⁠ P ( ⁠メートル/x⁠ ) （ m = 1の場合は回文です）。変数変換z = x + ⁠メートル/x⁠で⁠P (バツ)/× ²⁠ = 0 は、二次方程式 a ₀ z ² + a ₁ z + a ₂ − 2 ma ₀ = 0を生成します。 x ² − xz + m = 0なので、四次方程式P ( x ) = 0は、二次方程式の公式を2 回適用することで解くことができます。

解く目的のためには、一般的に、次の単純な変数変換によって 4 次式を凹型 4 次式に変換するのが適切です。すべての式はより単純になり、一部の方法はこの場合にのみ機能します。元の 4 次式の根は、逆の変数変換によって凹型 4 次式の根から簡単に復元できます。

させて

${\displaystyle a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=0}$

解きたい一般的な四次方程式です。

a ₄で割ると、同等の方程式x ⁴ + bx ³ + cx ² + dx + e = 0が得られ、b = ⁠3_つ/4_つ⁠、 c = ⁠2_つ/4_つ⁠、 d = ⁠1_つ/4_つ⁠、そしてe = ⁠₀個/4_つ⁠ . yを代入すると− ⁠b/4⁠ xについては、項をまとめると、方程式y ⁴ + py ² + qy + r = 0が得られる。ここで

${\displaystyle {\begin{aligned}p&={\frac {8c-3b^{2}}{8}}={\frac {8a_{2}a_{4}-3{a_{3}}^{2}}{8{a_{4}}^{2}}}\\q&={\frac {b^{3}-4bc+8d}{8}}={\frac {{a_{3}}^{3}-4a_{2}a_{3}a_{4}+8a_{1}{a_{4}}^{2}}{8{a_{4}}^{3}}}\\r&={\frac {-3b^{4}+256e-64bd+16b^{2}c}{256}}={\frac {-3{a_{3}}^{4}+256a_{0}{a_{4}}^{3}-64a_{1}a_{3}{a_{4}}^{2}+16a_{2}{a_{3}}^{2}a_{4}}{256{a_{4}}^{4}}}.\end{aligned}}}$

y _{0 が}この四次方程式の根である場合、 y ₀ − ⁠b/4⁠（つまりy ₀ − ⁠3_つ/4対₄⁠）は元の 4 次方程式の根であり、このプロセスによって元の 4 次方程式のすべての根を取得できます。

前のセクションで説明したように、我々は、下降四次方程式から始めることができる。

${\displaystyle y^{4}+py^{2}+qy+r=0.}$

この凹んだ4次方程式は、ロドヴィコ・フェラーリによって発見された方法によって解くことができます。凹んだ方程式は次のように書き直すことができます（これは、正方形を展開して左側のすべての項を再グループ化することで簡単に確認できます）。

${\displaystyle \left(y^{2}+{\frac {p}{2}}\right)^{2}=-qy-r+{\frac {p^{2}}{4}}.}$

次に、左辺の因子に変数mを導入し、両辺に2 y ² m + pm + m ²を加えます。右辺の yのべき乗の係数をまとめると、次の式が得られます。

これは、 mにどのような値を与えても、元の式と同等になります。

mの値は任意に選択できるので、右辺の平方完成のためにそれを選択します。これは、この二次方程式のyの判別式が0であることを意味します。つまり、mは方程式の根です。

${\displaystyle (-q)^{2}-4(2m)\left(m^{2}+pm+{\frac {p^{2}}{4}}-r\right)=0,\,}$

これは次のように書き直すことができる。

これは4次方程式の解3次方程式である。したがって、 mの値はカルダノの公式から得られる。mがこの方程式の根であるとき、式（ 1 ）の右辺は平方である。

${\displaystyle \left({\sqrt {2m}}y-{\frac {q}{2{\sqrt {2m}}}}\right)^{2}.}$

しかし、 m = 0の場合、これはゼロ除算を誘発します。これはq = 0を意味し、したがって、減算された方程式は双 2 次式であり、より簡単な方法で解くことができます (上記を参照)。これは、数値係数を持つ明示的に与えられた方程式のみを解いたフェラーリの時代には問題ではありませんでした。常に正しい一般的な式の場合、m ≠ 0となる 3 次方程式の根を選択する必要があります。これは、減算された方程式y ⁴ = 0を除いて常に可能です。

ここで、mが3次方程式の根でm ≠0のとき、式( 1 )は

${\displaystyle \left(y^{2}+{\frac {p}{2}}+m\right)^{2}=\left(y{\sqrt {2m}}-{\frac {q}{2{\sqrt {2m}}}}\right)^{2}.}$

この式はM ² = N ²の形をしており、 M ² − N ² = 0または( M + N )( M − N ) = 0と書き直すことができる。したがって、式( 1 )は次のように書き直すことができる。

${\displaystyle \left(y^{2}+{\frac {p}{2}}+m+{\sqrt {2m}}y-{\frac {q}{2{\sqrt {2m}}}}\right)\left(y^{2}+{\frac {p}{2}}+m-{\sqrt {2m}}y+{\frac {q}{2{\sqrt {2m}}}}\right)=0.}$

この方程式は、各因数に二次方程式の公式を適用することで簡単に解くことができます。これを解くと、4つの根は次のように表すことができます。

${\displaystyle y={\pm _{1}{\sqrt {2m}}\pm _{2}{\sqrt {-\left(2p+2m\pm _{1}{{\sqrt {2}}q \over {\sqrt {m}}}\right)}} \over 2},}$

ここで、± ₁と± _{2 は}+または- を表します。2 つの± _{1 は}同じ符号を表す必要があるため、各ルートに 1 つずつ、合計 4 つの可能性が残ります。

したがって、元の4次方程式の解は

${\displaystyle x=-{a_{3} \over 4a_{4}}+{\pm _{1}{\sqrt {2m}}\pm _{2}{\sqrt {-\left(2p+2m\pm _{1}{{\sqrt {2}}q \over {\sqrt {m}}}\right)}} \over 2}.}$

上記の一般式と比較すると、√ 2 m = 2 Sであることがわかります。

デカルト^[14]は1637年に4次多項式の根を2つの2次多項式に因数分解する方法を導入した。

${\displaystyle {\begin{aligned}x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e&=(x^{2}+sx+t)(x^{2}+ux+v)\\&=x^{4}+(s+u)x^{3}+(t+v+su)x^{2}+(sv+tu)x+tv\end{aligned}}}$

係数を等しくすると、次の方程式系が得られます。

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}b=s+u\\c=t+v+su\\d=sv+tu\\e=tv\end{array}}\right.}$

これを簡略化するには、 xにy − b /4を代入して得られる、落ち込んだ 4 次方程式y ⁴ + py ² + qy + rから始めます。 y ³の係数は0なので 、 s = − uとなり、次のようになります。

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}p+u^{2}=t+v\\q=u(t-v)\\r=tv\end{array}}\right.}$

次のようにすれば、 tとv の両方を消去できます。

${\displaystyle {\begin{aligned}u^{2}(p+u^{2})^{2}-q^{2}&=u^{2}(t+v)^{2}-u^{2}(t-v)^{2}\\&=u^{2}[(t+v+(t-v))(t+v-(t-v))]\\&=u^{2}(2t)(2v)\\&=4u^{2}tv\\&=4u^{2}r\end{aligned}}}$

U = u ²とすると、この方程式を解くことは、レゾルベント3次方程式の根を求めることになる。

これは他の場所で行われます。このレゾルベントキュービック（式（1a））は、U = 2mを代入することでわかるように、上記のレゾルベントキュービックと同等です。

u がこの解決法の非ゼロ根の平方根である場合（そのような非ゼロ根は、簡単に因数分解できる 4 次x ^{4を除いて存在する）、}

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}s=-u\\2t=p+u^{2}+q/u\\2v=p+u^{2}-q/u\end{array}}\right.}$

この解法の対称性は次のとおりです。3次方程式には3つの根があり、これは4次方程式を2つの2次方程式に分解する3つの方法に対応しており、Uの平方根にuの正または負の値を選択すると、2つの2次方程式が互いに交換されるだけです。

上記の解は、有理数係数を持ち、三次項にゼロ係数を持つ四次多項式が、有理数係数を持つ二次式に因数分解可能であるためには、分解三次式( 2 )が有理数の二乗である非ゼロ根を持つか、p ² − 4 rが有理数の二乗でq = 0である場合が必要であることを示している。これは有理数根テストを使用して簡単にチェックできる。^[15]

前述の方法の変形はオイラーによるものである。^{[16] [17]}前述の方法はいずれもレゾルベント3次方程式の根を使用するが、オイラー法ではそれらすべてを使用する。凹んだ4次方程式x ⁴ + px ² + qx + rを考える。

• x ⁴ + px ² + qx + r = ( x ² + sx + t )( x ² − sx + v )、
• r ₁とr _{2 は}x ² + sx + tの根であり、
• r ₃とr _{4 は}x ² − sx + vの根であり、

それから

• x ⁴ + px ² + qx + rの根はr ₁、r ₂、r ₃、r ₄であり、
• r ₁ + r ₂ = − s、
• r ₃ + r ₄ = sです。

したがって、( r ₁ + r ₂ )( r ₃ + r ₄ ) = − s ²です。言い換えると、−( r ₁ + r ₂ )( r ₃ + r ₄ ) は、解決可能な 3 次方程式 ( 2 ) の根の 1 つであり、これは、その 3 次方程式の根が−( r ₁ + r ₂ )( r ₃ + r ₄ )、−( r ₁ + r ₃ )( r ₂ + r ₄ )、および−( r ₁ + r ₄ )( r ₂ + r ₃ )に等しいことを示唆しています。これは確かに真実であり、ヴィエタの公式から導かれます。また、ヴィエタの公式と、我々が扱っているのが沈み込んだ4次方程式であるという事実から、r ₁ + r ₂ + r ₃ + r ₄ = 0となる。（もちろん、これはr ₁ + r ₂ + r ₃ + r ₄ = − s + sという事実からも導かれる。）したがって、α、β、γがレゾルベント3次方程式の根である場合、 r ₁、r ₂、r ₃、r ₄の数は、

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=0\\(r_{1}+r_{2})(r_{3}+r_{4})=-\alpha \\(r_{1}+r_{3})(r_{2}+r_{4})=-\beta \\(r_{1}+r_{4})(r_{2}+r_{3})=-\gamma {\text{.}}\end{array}}\right.}$

最初の2つの方程式から、 r ₁ + r _2はαの平方根であり、r ₃ + r _{4 は}αのもう1つの平方根であることがわかります。同じ理由で、

• r ₁ + r _3はβの平方根であり、
• r ₂ + r _4はβのもう一方の平方根であり、
• r ₁ + r _4はγの平方根であり、
• r ₂ + r _3はγのもう一方の平方根です。

したがって、数r ₁、r ₂、r ₃、r ₄は、

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=0\\r_{1}+r_{2}={\sqrt {\alpha }}\\r_{1}+r_{3}={\sqrt {\beta }}\\r_{1}+r_{4}={\sqrt {\gamma }}{\text{;}}\end{array}}\right.}$

平方根の符号については以下で説明します。このシステムの唯一の解は次のとおりです。

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}r_{1}={\frac {{\sqrt {\alpha }}+{\sqrt {\beta }}+{\sqrt {\gamma }}}{2}}\\[2mm]r_{2}={\frac {{\sqrt {\alpha }}-{\sqrt {\beta }}-{\sqrt {\gamma }}}{2}}\\[2mm]r_{3}={\frac {-{\sqrt {\alpha }}+{\sqrt {\beta }}-{\sqrt {\gamma }}}{2}}\\[2mm]r_{4}={\frac {-{\sqrt {\alpha }}-{\sqrt {\beta }}+{\sqrt {\gamma }}}{2}}{\text{.}}\end{array}}\right.}$

一般に、各平方根には 2 つの選択肢があるため、{ r ₁、r ₂、r ₃、r ₄ }の集合には8 (= 2 ³ )通りの選択肢があるように見えるかもしれませんが、実際には、そのような選択肢は2 つしかありません 。これは、平方根の 1 つを対称的な平方根に置き換えた結果、集合{ r ₁、r ₂、r ₃、r ₄ } が集合{− r ₁、 − r ₂、 − r ₃、 − r ₄ } になるからです。

平方根の正しい符号を決定するには、単にα、β、γのそれぞれについて平方根を選び、それらを使って前の等式からr ₁、r ₂、r ₃、r _{4を計算します。次に、} √ α √ β √ γを計算します。α 、β、γ は( 2 )の根であるため、ヴィエタの公式から、それらの積はq ²に等しく、したがって√ α √ β √ γ = ± qとなることが分かります。しかし、簡単な計算で、

√ α √ β √ γ = r ₁ r ₂ r ₃ + r ₁ r ₂ r ₄ + r ₁ r ₃ r ₄ + r ₂ r ₃ r ₄。

この数が− qであれば、平方根の選択は適切であったことになります (これも Vieta の公式による)。そうでない場合、多項式の根は− r ₁、− r ₂、− r ₃、および− r ₄になります。これらは、平方根の 1 つを対称の平方根に置き換えた場合に得られる数です (または、同じことですが、3 つの平方根のそれぞれを対称の平方根に置き換えた場合)。

この議論は、平方根を選択する別の方法を示唆しています。

• αの任意の平方根√ αとβの任意の平方根√ β を選択します。
• √γをと定義します。${\displaystyle -{\frac {q}{{\sqrt {\alpha }}{\sqrt {\beta }}}}}$

もちろん、 αまたはβが0に等しい場合は意味をなさないが、0が( 2 )の根となるのはq = 0の場合のみ、つまり、双4次方程式を扱っている場合のみであり、その場合にははるかに単純なアプローチがある。

4元対称群 S 4_はクラインの4元群を正規部分群として持つ。これは、3次のレゾルベント。その根は離散フーリエ変換や根のアダマール行列一般的な方法についてはラグランジュレゾルベントをから 3まで のiに対して、 x _iでx ⁴ + bx ³ + cx ² + dx + eの4つの根を。

${\displaystyle {\begin{aligned}s_{0}&={\tfrac {1}{2}}(x_{0}+x_{1}+x_{2}+x_{3}),\\[4pt]s_{1}&={\tfrac {1}{2}}(x_{0}-x_{1}+x_{2}-x_{3}),\\[4pt]s_{2}&={\tfrac {1}{2}}(x_{0}+x_{1}-x_{2}-x_{3}),\\[4pt]s_{3}&={\tfrac {1}{2}}(x_{0}-x_{1}-x_{2}+x_{3}),\end{aligned}}}$

すると、変換は反転なので、根を4つのs _iで全く同じように表現することができます。s 0 = − ⁠ の値がわかっているので_、b/2⁠ 、必要なのはs ₁、 s ₂、 s ₃の値だけです。これらは多項式の根です。

${\displaystyle (s^{2}-{s_{1}}^{2})(s^{2}-{s_{2}}^{2})(s^{2}-{s_{3}}^{2}).}$

s _{i を}x _iの項の値を代入すると、この多項式は、係数がx _iの対称多項式であるsの多項式に展開できます。対称多項式の基本定理により、これらの係数は、単項四次式の係数の多項式として表すことができます。簡略化のために、四次式が下向き、つまりb = 0であると仮定すると、多項式は次のようになります。

この多項式は 6 次ですが、s ²では 3 次だけなので、対応する方程式は3 次関数に関する記事で説明した方法で解くことができます。 s _iに関してx _iの式の根を代入すると、根の式が得られます。 実際、3 次多項式の根の番号と平方根に与えられた符号に応じて、明らかに複数の式が得られます。 x _iの番号を変更するだけで、これらのさまざまな式をすべて 1 つの式から導き出すことができます。

これらの式は不必要に複雑で、1の3乗根を含んでいますが、次のようにすれば回避できます。sが( 3 )の任意の非ゼロ根であり、

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{1}(x)&=x^{2}+sx+{\frac {c}{2}}+{\frac {s^{2}}{2}}-{\frac {d}{2s}}\\F_{2}(x)&=x^{2}-sx+{\frac {c}{2}}+{\frac {s^{2}}{2}}+{\frac {d}{2s}}\end{aligned}}}$

それから

${\displaystyle F_{1}(x)\times F_{2}(x)=x^{4}+cx^{2}+dx+e.}$

したがって、 sを解き、次に二次方程式の公式を使用して 2 つの因数の根を解くことで、四次方程式を解くことができます。

これにより、デカルト法で提供されるものとまったく同じ根の式が得られます。

代数幾何学を使った別の解法もあります^[18]簡単に言うと、根を2つの二次曲線の交点として解釈し、これらの点を通る3つの可約二次曲線（直線のペア）を見つけ（これはラグランジュのレゾルベントであるレゾルベント3次曲線に対応します）、これらの線形方程式を使用して二次曲線を解きます。

沈み込んだ4次方程式x ⁴ + px ² + qx + r = 0の4つの根は、2つの2次方程式y ² + py + qx + r = 0とy − x ² = 0の交点のx座標として表すこともできます。つまり、置き換えy = x ²を使用すると、2つの2次方程式が4点で交差することは、ベズーの定理の例です。明示的には、4つの点は、4つの根x _iに対してP _i ≔ ( x _i、x _i ² )です。

これら4つの点は、既約な二次方程式y = x ²上にあるため共線ではなく、したがって、これらの点を通る1パラメータの二次方程式族（曲線の束）が存在します。2つの二次方程式の射影化を3変数の 二次形式として書き表すと、次のようになります。

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{1}(X,Y,Z)&:=Y^{2}+pYZ+qXZ+rZ^{2},\\F_{2}(X,Y,Z)&:=YZ-X^{2}\end{aligned}}}$

射影直線上の任意の点[ λ , μ ]に対して、線形曲線はλF ₁ + μF ₂の形式で与えられます。言い換えると、 λとμ は両方ともゼロではなく、2次形式に定数を掛けても、その2次曲線のゼロ点は変化しません。

この線分には 3 つの約分可能な二次曲線が含まれており、各曲線は 4 つの点のうち 2 つを通過する 2 本の線分に対応しており、その方法は 6 通りあります 。 これらをQ ₁ = L ₁₂ + L ₃₄、Q ₂ = L ₁₃ + L ₂₄、 Q ₃ = L ₁₄ + L ₂₃と表します。これらのうちの任意の 2 つが与えられた場合、それらの交点には 4 つの点が正確に存在します。 ${\displaystyle \textstyle {\binom {4}{2}}}$

可約二次方程式は、二次形式λF ₁ + μF _{2 を}3×3行列として表すことによって決定できます。可約二次方程式は、この行列が特異であることに対応し、これはその行列式が 0 であることに相当し、行列式はλとμ の同次 3 次多項式であり、解決三次に対応します。

• 線形関数 – 1次の線形写像または多項式関数
• 二次関数 – 2次の多項式関数
• 3次関数 – 3次の多項式関数
• 五次関数 – 5次の多項式関数

^α この記事では、 e は従来のオイラー数としての使用とは対照的に、変数として使用されます（特に指定がない限り）。

• カーペンター, W. (1966). 「実数 4 次方程式の解について」.数学雑誌. 39 (1): 28–30. doi :10.2307/2688990. JSTOR  2688990.
• Yacoub , MD; Fraidenraich, G. (2012 年 7 月)。「4 次方程式の解」。Mathematical Gazette。96 : 271–275。doi : 10.1017/s002555720000454x。S2CID 124512391  。

• PlanetMathでは 4 つの単一方程式として 4 次式が表示されます。
• フェラーリの功績