Polynomiale Gleichung vierten Grades

Eine biquadratische Gleichung, 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 $A\ne 0$.

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 x₁,x₂,x₃ und x₄ 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. Heutzutage ist es üblich, genau diese Spezialform biquadratische Gleichung zu nennen^[1], obwohl Biquadrat traditionell eine allgemeinere Bedeutung hat.

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

Da die allgemeine Lösungsformel unübersichtlich ist, wird die allgemeine Gleichung schrittweise in speziellere, äquivalente Formen überführt. Die dabei vorgenommenen Transformationen der Variablen müssen am Ende an den Lösungen in umgekehrter Reihenfolge rückgängig gemacht werden.

Voraussetzung: Gegeben sei eine quartische Gleichung Ax⁴ + Bx³ + Cx² + 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:^[2]

Normalisieren und Reduzieren

Zunächst wird die Gleichung mit der Substitution

$x = u - \,\frac{B}{4A}$

dahingehend vereinfacht, dass der kubische Koeffizient B verschwindet, und gleichzeitig der führende Koeffizient durch Division der gesamten Gleichung durch A zu 1 gesetzt wird.

Mit den Festlegungen

$\begin{array}{rl} \alpha &= - \dfrac{3B^2}{8 A^2} + \dfrac{C}{A},\\[1em] \beta &= \dfrac{B^3}{8A^3} - \dfrac{B\, C}{2 A^2} + \dfrac{D}{A},\\[1em] \gamma &= -\dfrac{3 B^4 }{256 A^4} + \dfrac{B^2\,C }{16 A^3} - \dfrac{B\,D }{4 A^2} + \dfrac{E }{ A}, \end{array}$

reduziert sich die Gleichung zu

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

Am Ende der Rechnung werden die Nullstellen des Ausgangspolynoms als $x_{1,2,3,4}=u_{1,2,3,4}-\tfrac14\,\tfrac{B}{A}$ zurückgewonnen. Im Folgenden kann also angenommen werden, dass der Koeffizient dritten Grades Null ist.

Fall der nur geraden Exponenten

Ist β = 0, dann erhält man den Spezialfall einer biquadratischen Gleichung

u⁴ + αu² + γ = 0

und kann die Nullstellen als Quadratwurzeln in beiden Vorzeichenvarianten aus den Lösungen der quadratischen Gleichung z² + αz + γ = 0 bestimmen.

Sind die Koeffizienten reell und $\gamma>\tfrac14\alpha^2\ge0$, so ist es sinnvoller, nicht direkt die dann komplexen Lösungen der quadratischen Gleichung in z zu bestimmen, und daraus die Quadratwurzeln. Sondern die Gleichung wird erst auf andere Art reell faktorisiert, wobei die zwei quadratischen Faktoren wieder reelle Koeffizienten haben.

$\begin{array}{rl} u^4 + \alpha u^2 + \gamma &= \big[(u^2+\sqrt{\gamma})^2\big]-\big[(2\sqrt{\gamma}-\alpha)\,u^2\big]\\ &= (\big[u^2+\sqrt{\gamma}\big]+\big[\sqrt{2\sqrt{\gamma}-\alpha}\,u\big]) \,\cdot\, (\big[u^2+\sqrt{\gamma}\big]-\big[\sqrt{2\sqrt{\gamma}-\alpha}\,u\big]) \end{array}$

Für jeden Faktor können jetzt wieder einzeln die Nullstellen bestimmt werden.

Allgemeiner Fall

Ist $\beta \neq 0$, so versucht man, die Gleichung als Differenz zweier vollständiger Quadrate zu schreiben. Dabei werden komplexe Parameter w,y,z eingeführt. Die Darstellung als Differenz führt dann direkt zu einer Faktorisierung in quadratische Faktoren mit komplexen Koeffizienten,

$\begin{array}{rl} u^4 + \alpha u^2 + \beta u + \gamma &= (u^2+\alpha+y)^2-(w\,u-z)^2\\ &=(u^2+w\,u-z+\alpha+y)\,(u^2-w\,u+z+\alpha+y)\ . \end{array}$

Durch Vergleich mit

$u^4 + \alpha\,u^2 + \beta\, u + \gamma = (u^2+\alpha+y)^2 - [(\alpha+2y)\,u^2 - \beta\,u + ((\alpha+y)^2-\gamma)]$

ergeben sich w² = α + 2y und z² = (α + y)² − γ sowie β = 2wz.

Damit der zweite Teil der Differenz ein vollständiges Quadrat in u ist, muss die Diskriminante dieses quadratischen Terms verschwinden

$0=4w^2z^2-\beta^2=4\,(\alpha+2y)\,((\alpha+y)^2-\gamma)-\beta^2$

oder

$0=y^3+\tfrac52 \alpha\,y^2 + (2\alpha^2-\gamma)\,y + \frac12\alpha(\alpha^2-\gamma)-\tfrac18\beta^2$.

Dies ist eine kubische Gleichung in y.

Aus einer der Lösungen für y ergeben sich zwei quadratische Gleichungen in u, die zu insgesamt vier Lösungen für u bzw. dann x führen.

Zusammenfassung

Insgesamt werden folgende Rechenschritte durchgeführt:

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

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

$y = - \frac{5}{6} \alpha + \begin{cases}-\sqrt[3]{Q}&\text{ falls } P=0\\\frac{P}{3U} - U&\text{ falls }P\ne 0\end{cases}\quad,$

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

$w = \sqrt{ \alpha + 2 y} \quad ,$ und $z = \tfrac{\beta}{2w} \quad .$

Nun können die Nullstellen wie folgt berechnet werden:

$u_{1,2,3,4} = \frac12\left[ s\cdot w + r \sqrt{ w^2 - 4 \left( \alpha + y + s\,z \right) } \right].$

und in der Variablen der ursprünglichen Gleichung

$x_{1,2,3,4} = - \frac{B}{4 A} + \frac12\left[ s\cdot w + r \sqrt{ -(\alpha + 2 y) - 2 \left( \alpha + s\,\tfrac{\beta}{w} \right) } \right].$

Die Parameter $r,s \in \{-1,1\}$ geben das in den zwei Quadratwurzeln zu wählende Vorzeichen an, alle vier Kombinationen von r und s sind nötig, um alle 4 Lösungen zu erhalten.

Spezialformen

B=0 und D=0

Diese in der Schulmathematik häufigste Art von quartischen Gleichungen lässt sich durch Substitution relativ einfach auf eine quadratische Gleichung zurückführen. Dazu substituiert man mit x² = z und erhält: Az² + Cz + E = 0. Diese kann man durch die Quadratische Lösungsformel lösen. Man erhält die Lösungen z₁,z₂. 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 x₁ = 0 eine Lösung der Gleichung. Dann kann man den Faktor (x − x₁) 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 $b\ne 0$ 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 $x_3=2-{1 \over 2}i, x_4=2+{1 \over 2}i \,$

Kompakte Formulierung für reellwertige Koeffizienten

Für den Fall reeller Koeffizienten kann man die Gleichung wie folgt lösen^[1]. Gegeben sei eine Gleichung vierten Grades

ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e = 0

mit reellen Koeffizienten a, b, c, d, e und $a \neq 0$. Durch die Substitution

$y = x + \frac{b}{4a}$

überführen wir diese in die reduzierte Gleichung

y⁴ + py² + qy + r = 0.

mit reellen Koeffizienten p, q und r. Im Fall q = 0 ist diese Gleichung biquadratisch und somit leicht zu lösen. Wir sind an dem allgemeinen Fall $q \neq 0$ interessiert. Aus den Lösungen der reduzierten Gleichung erhalten wir durch Rücksubstitution die Lösung der ursprünglichen Gleichung. Mittels der Koeffizienten der reduzierten Gleichung bilden wir die sogenannte kubische Resolvente

z³ + 2pz² + (p² − 4r)z − q² = 0.

Die Lösungen der Gleichung vierten Grades hängen folgendermaßen mit den Lösungen der kubischen Resolventen zusammen:

Kubische Resolvente	Gleichung vierten Grades
sämtliche Lösungen reell und positiv	vier reelle Lösungen
sämtliche Lösungen reell, eine positv und zwei negativ	zwei Paare von zueinander komplex konjugierten Lösungen
eine reelle Lösung und zwei komplexe, zueinander konjugierte Lösungen	zwei reelle und zwei konjugiert komplexe Lösungen

Die Lösungen der kubischen Resolventen seien z₁, z₂, z₃. Dann bekommen wir die Lösungen der reduzierten Gleichung durch

$y_1 =\sigma \frac{1}{2}(\sqrt{z_1} + \sqrt{z_2} - \sqrt{z_3})$

$y_2 =\sigma \frac{1}{2}(\sqrt{z_1} - \sqrt{z_2} + \sqrt{z_3})$

$y_3 =\sigma \frac{1}{2}(-\sqrt{z_1} + \sqrt{z_2} + \sqrt{z_3})$

$y_4 =\sigma \frac{1}{2}(-\sqrt{z_1} - \sqrt{z_2} - \sqrt{z_3})$

wobei $\sigma\in\{-1,+1\}$ so zu wählen ist, dass

$\sigma \sqrt{z_1} \sqrt{z_2} \sqrt{z_3} = q$.

Durch die Rücksubstitution

$x_i = y_i - \frac{b}{4a}, i=1,2,3,4$

erhalten wir die Lösungen der ursprünglichen Gleichung vierten Grades.

Siehe auch

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

Einzelnachweise

1. ↑ ^{a b} Bronstein, Semendjajev: Taschenbuch der Mathematik. 22. Auflage, Verlag Harri Deutsch, Thun 1985, ISBN 3-87144-492-8
2. ↑ frei nach Ferrari

Weblinks

• Gleichung 4.Grades - JavaScript
• Biquadratischer Fall, symmetrischer Fall, allgemeiner Fall