Matematika/Ketvirto laipsnio lygtis

Ketvirto laipsnio lygtis

$y^4+a{y}^3+b{y}^2+cy+d=0$

redukuojama keitiniu $y=x-\frac{a}{4}$ ir gaunama lygtis:

$x^4+p{x}^2+qx+r=0.$

Surasime kam lygūs koeficientai p, q ir r.

Iš Niutono Binomo formulės žinome, kad

$(a-b{)}^2=a^2-2ab+b^2,$

$(a-b{)}^3=a^3-3a^{2}b+3a{b}^2-b^3,$

$(a-b{)}^4=a^4-4a^{3}b+6a^2{b}^2-4a{b}^3+b^4.$

Į lygtį $y^4+a{y}^3+b{y}^2+cy+d=0$ vietoje $y$ įstatome keitinį $x-\frac{a}{4}$ ir gauname:

$(x-\frac{a}{4}{)}^4+a(x-\frac{a}{4}{)}^3+b(x-\frac{a}{4}{)}^2+c(x-\frac{a}{4})+d=0.$

Surandame kam lygus $(x-\frac{a}{4}{)}^2,$ išskleidus:

$(x-\frac{a}{4}{)}^2=x^2-2x\cdot \frac{a}{4}+(\frac{a}{4}{)}^2=x^2-\frac{a}{2}x+\frac{a^2}{16}.$

Surandame kam lygus $(x-\frac{a}{4}{)}^3,$ išskleidus:

$(x-\frac{a}{4}{)}^3=x^3-3x^2\cdot \frac{a}{4}+3x\cdot (\frac{a}{4}{)}^2-(\frac{a}{4}{)}^3=x^3-3x^2\cdot \frac{a}{4}+3x\cdot \frac{a^2}{16}-\frac{a^3}{64}=$

$=x^3-\frac{3a}{4}{x}^2+\frac{3a^2}{16}x-\frac{a^3}{64}.$

Surandame kam lygus $(x-\frac{a}{4}{)}^4,$ išskleidus:

$(x-\frac{a}{4}{)}^4=x^4-4x^3\cdot \frac{a}{4}+6x^2\cdot (\frac{a}{4}{)}^2-4x\cdot (\frac{a}{4}{)}^3+(\frac{a}{4}{)}^4=x^4-4x^3\cdot \frac{a}{4}+6x^2\cdot \frac{a^2}{16}-4x\cdot \frac{a^3}{64}+\frac{a^4}{256}=$

$=x^4-a{x}^3+\frac{3a^2}{8}{x}^2-\frac{a^3}{16}x+\frac{a^4}{256}.$

$y^4+a{y}^3+b{y}^2+cy+d=0,$

$(x-\frac{a}{4}{)}^4+a(x-\frac{a}{4}{)}^3+b(x-\frac{a}{4}{)}^2+c(x-\frac{a}{4})+d=0,$

$x^4-a{x}^3+\frac{3a^2}{8}{x}^2-\frac{a^3}{16}x+\frac{a^4}{256}+a(x^3-\frac{3a}{4}{x}^2+\frac{3a^2}{16}x-\frac{a^3}{64})+b(x^2-\frac{a}{2}x+\frac{a^2}{16})+c(x-\frac{a}{4})+d=0,$

$x^4-a{x}^3+\frac{3a^2}{8}{x}^2-\frac{a^3}{16}x+\frac{a^4}{256}+a{x}^3-\frac{3a^2}{4}{x}^2+\frac{3a^3}{16}x-\frac{a^4}{64}+b{x}^2-\frac{ab}{2}x+\frac{a^{2}b}{16}+cx-\frac{ac}{4}+d=0,$

$x^4-a{x}^3+a{x}^3+\frac{3a^2}{8}{x}^2-\frac{3a^2}{4}{x}^2+b{x}^2-\frac{a^3}{16}x+\frac{3a^3}{16}x-\frac{ab}{2}x+cx+\frac{a^4}{256}-\frac{a^4}{64}+\frac{a^{2}b}{16}-\frac{ac}{4}+d=0,$

$x^4-\frac{3a^2}{8}{x}^2+b{x}^2+\frac{2a^3}{16}x-\frac{ab}{2}x+cx-\frac{3a^4}{256}+\frac{a^{2}b}{16}-\frac{ac}{4}+d=0,$

$x^4+(-\frac{3a^2}{8}+b)x^2+(\frac{2a^3}{16}-\frac{ab}{2}+c)x-\frac{3a^4}{256}+\frac{a^{2}b}{16}-\frac{ac}{4}+d=0,$

$x^4+p{x}^2+qx+r=0.$

Iš čia turime, kad

$p=-\frac{3a^2}{8}+b,$

$q=\frac{2a^3}{16}-\frac{ab}{2}+c,$

$r=-\frac{3a^4}{256}+\frac{a^{2}b}{16}-\frac{ac}{4}+d.$

Ketvirto laipsnio lygties sprendimas pirmu budu

Imame redukuotą lygtį

$f(x)=x^4+2p{x}^2+qx+r=0.$

Įvedame, pagalbinį nežinomąjį z, kurio reikšmę vėliau surasime ir užrašome taip:

$f(x)=(x^2+p+z{)}^2+qx+r-z^2-2x^{2}z-2pz-p^2=(x^2+p+z{)}^2-[2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)],$

Čia $(x^2+p+z{)}^2=x^4+x^{2}p+x^{2}z+p{x}^2+p^2+pz+z{x}^2+zp+z^2=x^4+2p{x}^2+2z{x}^2+p^2+z^2+2pz.$

Kad polinmas $2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)$, esantis laužtiniuose skliaustuose, būtų pilnas kvadratas, reikia, kad jo abi šaknys (sprendiniai) sutaptų, t. y. kad jo diskriminantas

$d_2=q^2-4\cdot 2z\cdot (z^2+2pz-r+p^2)$

būtų lygus 0. Tada galėsime pasinaudoti formule $a^2-b^2=(a-b)(a+b),$ nes polinomas $2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)$ turės vienodas šaknis ($a{x}^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),$ o $x_1=x_2,$ todėl $a{x}^2+bx+c=a(x-x_0{)}^2$) ir bus $2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)=b^2$, o kitas polinomas bus $(x^2+p+z{)}^2=a^2.$

Taigi,

$f(x)=(x^2+p+z{)}^2-[2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)]=0.$

$[2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)]=0;$

$d_2=q^2-4\cdot 2z\cdot (z^2+2pz-r+p^2)=0,$

$d_2=q^2-8z(z^2+2pz-r+p^2)=q^2-8z^3-16p{z}^2+8zr-8z{p}^2=0,$

$d_2=8z^3+16p{z}^2+8(p^2-r)z-q^2=0.$

Lygtis $8z^3+16p{z}^2+8(p^2-r)z-q^2=0$ yra vadinama ketvirto laipsnio lygties rezolvente (išsprendėja). Vieną iš jos trijų šaknų (realiają) gausime $z_0$. Tada įstate $z_0$ į diskrimanto $d_2=8z^3+16p{z}^2+8(p^2-r)z-q^2=0$ lygtį vietoje z, galėsime apskaičiuoti $d_2.$ O tada ir surasti lygties $[2z{x}^2-qx+(z^2+2pz-r+p^2)]=0$ sprendinius $x_1=x_2$ (abu sprendiniai vienodi).

Taigi, turime:

$8z^3+16p{z}^2+8(p^2-r)z-q^2=0,$

$z^3+2p{z}^2+(p^2-r)z-\frac{q^2}{8}=0,$

pakeičiame $z=w-\frac{2p}{3}.$

Lygčiai $z^3+2p{z}^2+(p^2-r)z-\frac{q^2}{8}=0,$ pakeitimas yra $z=w-\frac{2p}{3},$ kad gauti $w^3+mw+n=0.$

Lygties

$w^3+mw+n=0$

viena šaknis yra:

$w_0=\sqrt[3]{-\frac{n}{2}+\sqrt{\frac{n^2}{4}+\frac{m^3}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac{n}{2}-\sqrt{\frac{n^2}{4}+\frac{m^3}{27}}}.$

Tada

$z_0=\sqrt[3]{-\frac{n}{2}+\sqrt{\frac{n^2}{4}+\frac{m^3}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac{n}{2}-\sqrt{\frac{n^2}{4}+\frac{m^3}{27}}}-\frac{2p}{3}.$

Dabar galime surasti lygties $[2z_0{x}^2-qx+(z_0^2+2p{z}_0-r+p^2)]$ sprendinį:

$x_1=x_2=\frac{-(-q)\pm \sqrt{d_2}}{2\cdot 2z_0}=\frac{q\pm 0}{2\cdot 2z_0}=\frac{q}{4z_0}.$

Toliau, žinodami, kad $a{x}^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),$ gauname:

$[2z_0{x}^2-qx+(z_0^2+2p{z}_0-r+p^2)]=2z_0(x-\frac{q}{4z_0})\cdot (x-\frac{q}{4z_0})=2z_0{(x-\frac{q}{4z_0})}^2={\left[\sqrt{2z_0}(x-\frac{q}{4z_0})\right]}^2.$

Įstatę į lygtį gauname:

$f(x)=(x^2+p+z_0{)}^2-[2z_0{x}^2-qx+(z_0^2+2p{z}_0-r+p^2)]=(x^2+p+z_0{)}^2-{\left[\sqrt{2z_0}(x-\frac{q}{4z_0})\right]}^2;$

$(x^2+p+z_0{)}^2-{\left[\sqrt{2z_0}(x-\frac{q}{4z_0})\right]}^2=0,$

$(x^2+p+z_0-\sqrt{2z_0}(x-\frac{q}{4z_0}))(x^2+p+z_0+\sqrt{2z_0}(x-\frac{q}{4z_0}))=0,$

$(x^2+p+z_0-\sqrt{2z_0}\cdot x+\sqrt{2z_0}\cdot \frac{q}{4z_0})(x^2+p+z_0+\sqrt{2z_0}\cdot x-\sqrt{2z_0}\cdot \frac{q}{4z_0})=0,$

$(x^2+p+z_0-\sqrt{2z_0}\cdot x+\sqrt{2z_0}\cdot \frac{q}{\sqrt{16z_0^2}})(x^2+p+z_0+\sqrt{2z_0}\cdot x-\sqrt{2z_0}\cdot \frac{q}{\sqrt{16z_0^2}})=0,$

$(x^2+p+z_0-\sqrt{2z_0}\cdot x+\frac{q}{\sqrt{8z_0}})(x^2+p+z_0+\sqrt{2z_0}\cdot x-\frac{q}{\sqrt{8z_0}})=0,$

$(x^2+p+z_0-\sqrt{2z_0}\cdot x+\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})(x^2+p+z_0+\sqrt{2z_0}\cdot x-\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})=0.$

Iš čia nesunku matyti, kad arba $x^2-\sqrt{2z_0}\cdot x+(p+z_0+\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})=0$ arba $x^2+\sqrt{2z_0}\cdot x+(p+z_0-\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})=0.$ Išsprendę šias lygtis ir gausime visas keturias lygties $f(x)=x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ šaknis.

Taigi,

$x_{1,2}=\frac{1}{2}\cdot [-(-\sqrt{2z_0})\pm \sqrt{2z_0-4(p+z_0+\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})}]=\frac{\sqrt{z_0}}{\sqrt{2}}\pm \sqrt{\frac{z_0}{2}-(p+z_0+\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})};$

$x_{3,4}=\frac{1}{2}\cdot [-\sqrt{2z_0}\pm \sqrt{2z_0-4(p+z_0-\frac{q}{2\sqrt{2z_0}})}]=-\frac{\sqrt{z_0}}{\sqrt{2}}\pm \sqrt{\frac{z_0}{2}-p-z_0+\frac{q}{2\sqrt{2z_0}}}.$

Pagalbinės kubinės lygties sutvarkymas

Pagalbinę kubinę lygtį (ketvirto laipsnio lygties rezolventę)

$8z^3+16p{z}^2+8(p^2-r)z-q^2=0,$

$z^3+2p{z}^2+(p^2-r)z-\frac{q^2}{8}=0$

sutvarkysime padarę keitinį

$z=w-\frac{2p}{3}.$

$z^3+2p{z}^2+(p^2-r)z-\frac{q^2}{8}=0$

${(w-\frac{2p}{3})}^3+2p{(w-\frac{2p}{3})}^2+(p^2-r)(w-\frac{2p}{3})-\frac{q^2}{8}=0,$

$(w^3-3w^2\frac{2p}{3}+3w(\frac{2p}{3}{)}^2-(\frac{2p}{3}{)}^3)+2p(w^2-2w\frac{2p}{3}+(\frac{2p}{3}{)}^2)+(p^2-r)(w-\frac{2p}{3})-\frac{q^2}{8}=0,$

$(w^3-w^{2}2p+3w\frac{4p^2}{9}-\frac{8p^3}{27})+2p(w^2-\frac{4wp}{3}+\frac{4p^2}{9})+(p^2-r)w-(p^2-r)\frac{2p}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3-w^{2}2p+\frac{4w{p}^2}{3}-\frac{8p^3}{27}+2p{w}^2-\frac{8w{p}^2}{3}+\frac{8p^3}{9}+w{p}^2-wr-\frac{2p^3}{3}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3+\frac{4w{p}^2}{3}-\frac{8w{p}^2}{3}+w{p}^2-wr-\frac{8p^3}{27}+\frac{8p^3}{9}-\frac{2p^3}{3}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3-\frac{4w{p}^2}{3}+w(p^2-r)+\frac{-8p^3+3\cdot 8p^3-9\cdot 2p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3+\frac{-4w{p}^2+3w(p^2-r)}{3}+\frac{-8p^3+24p^3-18p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3+\frac{-4w{p}^2+3w{p}^2-3wr}{3}+\frac{-2p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3+\frac{-w{p}^2-3wr}{3}-\frac{2p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0,$

$w^3-\frac{p^2+3r}{3}w-\frac{2p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}=0.$

Gavome redukuotą kubinę lygtį

$w^3+mw+n=0,$

kur

$m=-\frac{p^2+3r}{3},$

$n=-\frac{2p^3}{27}+\frac{2pr}{3}-\frac{q^2}{8}.$

Ketvirto laipsnio lygties sprendimas antru budu

Imame redukuota lygtį:

$f(x)=x^4+2p{x}^2+qx+r=0.$

Į lygtį $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ vietoje x įvedame tris nežinomuosius, kuriuos vėliau susiesime dviem lygtim. Imame

$2x=u+v+w.$

Išskaičiuojame:

$(2x{)}^2=4x^2=(u+v+w)(u+v+w)=u^2+uv+uw+vu+v^2+vw+wu+wv+w^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+uw+vw);$

$(2x{)}^4=(4x^2{)}^2=16x^4=(u^2+v^2+w^2+2(uv+uw+vw){)}^2=$

$=u^4+u^2{v}^2+u^2{w}^2+2u^2(uv+uw+vw)+v^2{u}^2+v^4+v^2{w}^2+2v^2(uv+uw+vw)+w^2{u}^2+w^2{v}^2+w^4+2w^2(uv+uw+vw)+2(uv+uw+vw)(u^2+v^2+w^2)+4(uv+uw+vw{)}^2=$

$=u^4+v^4+w^4+2(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+2(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)+2(uv+uw+vw)(u^2+v^2+w^2)+4(u^2{v}^2+u^{2}vw+u{v}^{2}w+u^{2}wv+u^2{w}^2+uv{w}^2+u{v}^{2}w+uv{w}^2+v^2{w}^2)=$

$=(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2+2(u^{2}vw+u{v}^{2}w+uv{w}^2))=$

$=(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8uvw(u+v+w).$

Įstatę šias reikšmes į lygtį $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$, padaugintą iš 16, gauname:

$16x^4+32p{x}^2+16qx+16r=0,$

$[(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8uvw(u+v+w)]+8p[u^2+v^2+w^2+2(uv+uw+vw)]+8q[u+v+w]+16r=0,$

$(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8uvw(u+v+w)+8p(u^2+v^2+w^2)+16p(uv+uw+vw)+8q(u+v+w)+16r=0,$

$(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2+v^2+w^2+4p)(uv+uw+vw)+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8(uvw+q)(u+v+w)+8p(u^2+v^2+w^2)+16r=0.$

Dabar reikalaujame, kad

$u^2+v^2+w^2+4p=0,$

$uvw+q=0.$

Įvedę šias sąlygas turėsime lygtį:

$(u^2+v^2+w^2{)}^2+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8p(u^2+v^2+w^2)+16r=0,$

$(-4p{)}^2+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)+8p\cdot (-4p)+16r=0,$

$16p^2+4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)-32p^2+16r=0,$

$4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)-16p^2+16r=0,$

$4(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)=16p^2-16r,$

$u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4(p^2-r).$

Pagaliau, vietoje lygties $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ gauname trijų lygčių su trimis nežinomaisiais sistemą

$u^2+v^2+w^2=-4p,$

$u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4(p^2-r),$

$uvw=-q.$

Šią sistemą spręsime panašiai, kaip sprendžiama trečio laipsnio lygčių sistema. Pakėlę lygtį $uvw=-q$ kvadratu, gauname

$u^2{v}^2{w}^2=q^2.$

Pagal Vijeto teoremą, iš sistemos lygčių nesunku pastebėti, kad $u^2$, $v^2$, $w^2$ turi būti trečio laipsnio lygties

$y^3+4p{y}^2+4(p^2-r)y-q^2=0$

šaknys. Ši lygtis taip pat vadinama ketvirto laipsnio lygties $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ rezolvente. Suradę visas tris jos šaknis $y_1$, $y_2$, $y_3$, tuo pačiu rasime $u^2$, $v^2$ ir $w^2$. Kadangi visos trys lygtys $u^2+v^2+w^2=-4p,$ $u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4(p^2-r)$ ir $uvw=-q$ yra simetrinės u, v ir w atžvilgiu, tai kurią lygčių $y^3+4p{y}^2+4(p^2-r)y-q^2=0$ šaknį pažymėsime $u^2$, kurią $v^2$ ar $w^2$ nesudaro jokios reikšmės nei mūsų sistemos, nei lygties $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ sprendiniui. Toliau jau nesunku rasti u, v ir w, nes reikia tik ištraukti kvadratines šaknis iš $y_1$, $y_2$ ir $y_3$, atseit,

$u=\sqrt{y_1},v=\sqrt{y_2},w=\sqrt{y_3}.$

Pagaliau įstatę u, v ir w reikšmes į lygybę $2x=u+v+w$, rasime lygties $x^4+2p{x}^2+qx+r=0$ šaknis. Paėmę kurią nors $\sqrt{y_1}$ reikšmę ir pažymėję ją $u_0$, o $\sqrt{y_2},$ $\sqrt{y_3}$ reikšmes pažymėje atitinkamai $v_0$ ir $w_0$ taip, kad $u_0{v}_0{w}_0=-q,$ gausime arba

$x_1=\frac{1}{2}(u_0+v_0+w_0),$

$x_2=\frac{1}{2}(u_0-v_0-w_0),$

$x_3=\frac{1}{2}(-u_0+v_0-w_0),$

$x_4=\frac{1}{2}(-u_0-v_0+w_0),$

arba, pavyzdžiui,

$x_1=\frac{1}{2}(u_0+v_0-w_0),$

$x_2=\frac{1}{2}(u_0-v_0+w_0),$

$x_3=\frac{1}{2}(-u_0+v_0+w_0),$

$x_4=\frac{1}{2}(-u_0-v_0-w_0).$

Abi šios sistemos yra lygiavertės (tapatingos), nes jos gaunamos viena iš kitos, pakeitus visų u, v ir w ženklus priešingais. Tai nepakeičia jų reikšmių, bet tik pačius u, v ir w pažymėjimus.

Pavyzdžiai

• Rasime lygties $x^4+x^2+x-1=0$ realiąją šaknį.

Turime, kad $2p=1$, $p=\frac{1}{2},$ $q=1$, $r=-1$.

Turime

$2x=u+v+w$

ir lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}{u}^2+v^2+w^2=-4p,& \\ u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4(p^2-r),& \\ uvw=-q;& \end{array}$

pakeliame trečią eilutę kvadratu, kad atitiktų Vijeto teoremą:

$\{\begin{array}{cc}{u}^2+v^2+w^2=-4p,& \\ u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4(p^2-r),& \\ u^2{v}^2{w}^2=q^2.& \end{array}$

Tada įstatę į lygčių sistemą p, q ir r reikšmes, gauname:

$u^2+v^2+w^2=-4\cdot \frac{1}{2}=-2;$

$u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2=4({\left(\frac{1}{2}\right)}^2-(-1))=4(\frac{1}{4}+1)=1+4=5;$

$u^2{v}^2{w}^2=(-1{)}^2=1.$

Sudarome kubinę pagalbinę lygtį, pritaikę Vijeto teoremą:

$y^3-(u^2+v^2+w^2)y^2+(u^2{v}^2+u^2{w}^2+v^2{w}^2)y-u^2{v}^2{w}^2=0,$

$y^3-(-2)y^2+5y-1=0,$

$y^3+2y^2+5y-1=0.$

Iš kubinės lygties kalkuliatoriaus https://www.calculatorsoup.com/calculators/algebra/cubicequation.php internete, randame, kad

$y_1=0.1850373752486395;$

$y_2=-1.0925186876243198+2.0520030453017895i;$

$y_3=-1.0925186876243198-2.0520030453017895i.$

Tada:

$2x=u+v+w=\sqrt{y_1}+\sqrt{y_2}+\sqrt{y_3}.$

Kad ištrauktume šaknį iš kompleksinio skaičiaus pasinaudosime formulėmis:

$\sqrt{a_1+a_{2}i}=\pm (\sqrt{\frac{a_1+\sqrt{a_1^2+a_2^2}}{2}}+i\sqrt{\frac{-a_1+\sqrt{a_1^2+a_2^2}}{2}}),kai{a}_2>0.$

$\sqrt{a_1+a_{2}i}=\pm (\sqrt{\frac{a_1+\sqrt{a_1^2+a_2^2}}{2}}-i\sqrt{\frac{-a_1+\sqrt{a_1^2+a_2^2}}{2}}),kai{a}_2<0.$

Taigi, gauname:

$u=\sqrt{y_1}=\sqrt{0.185037375}=0.430159708;$

$v=\sqrt{y_2}=\sqrt{-1.092518688+2.052003045i}=$

$=\pm (\sqrt{\frac{-1.092518688+\sqrt{(-1.092518688{)}^2+2.052003045^2}}{2}}+i\sqrt{\frac{-(-1.092518688)+\sqrt{(-1.092518688{)}^2+2.052003045^2}}{2}})=$ $=\pm (\sqrt{\frac{-1.092518688+\sqrt{1.193597084+4.210716497}}{2}}+i\sqrt{\frac{1.092518688+\sqrt{1.193597084+4.210716497}}{2}})=$ $=\pm (\sqrt{\frac{-1.092518688+2.324717957}{2}}+i\sqrt{\frac{1.092518688+2.324717957}{2}})=$

$=\pm (\sqrt{0.616099634}+i\sqrt{1.708618323})=\pm (0.784920145+1.307141279i);$

$w=\sqrt{y_3}=\sqrt{-1.092518688-2.052003045i}=\pm (0.784920145-1.307141279i).$

Toliau gauname lygties $x^4+x^2+x-1=0$ sprendinius:

$x_0=\frac{1}{2}(\pm 0.430159708\pm (0.784920145+1.307141279i)\pm (0.784920145-1.307141279i));$

$x_1=\frac{1}{2}(u_0+v_0+w_0)=\frac{1}{2}(0.430159708+(0.784920145+1.307141279i)+(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(0.430159708+2\cdot 0.784920145)=\frac{1.999999998}{2}=1;$

$x_2=\frac{1}{2}(u_0-v_0-w_0)=\frac{1}{2}(0.430159708-(0.784920145+1.307141279i)-(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(0.430159708-2\cdot 0.784920145)=-0.569840291;$

$x_3=\frac{1}{2}(-u_0+v_0-w_0)=\frac{1}{2}(-0.430159708+(0.784920145+1.307141279i)-(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(-0.430159708+1.307141279i+1.307141279i)=-0.215079854+1.307141279i;$

$x_4=\frac{1}{2}(-u_0-v_0+w_0)=\frac{1}{2}(-0.430159708-(0.784920145+1.307141279i)+(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(-0.430159708-1.307141279i-1.307141279i)=-0.215079854-1.307141279i;$

$x_5=\frac{1}{2}(u_0+v_0-w_0)=\frac{1}{2}(0.430159708+(0.784920145+1.307141279i)-(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(0.430159708+2\cdot 1.307141279i)=0.215079854+1.307141279i;$

$x_6=\frac{1}{2}(u_0-v_0+w_0)=\frac{1}{2}(0.430159708-(0.784920145+1.307141279i)+(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(0.430159708+2\cdot (-1.307141279i))=0.215079854-1.307141279i;$

$x_7=\frac{1}{2}(-u_0+v_0+w_0)=\frac{1}{2}(-0.430159708+(0.784920145+1.307141279i)+(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(-0.430159708+2\cdot 0.784920145)=-0.215079854+0.784920145=0.569840291;$

$x_8=\frac{1}{2}(-u_0-v_0-w_0)=\frac{1}{2}(-0.430159708-(0.784920145+1.307141279i)-(0.784920145-1.307141279i))=$

$=\frac{1}{2}(-0.430159708-2\cdot 0.784920145)=-0.215079854-0.784920145=-1.$

Pusė iš šių sprendinių neteisingi. Iš realiųjų sprendinių neteisingi sprendiniai yra $x_1$ ir $x_2$. Pirmi keturi sprendiniai turėtų būti neteisingi, nes netenkina sąlygos $u_0{v}_0{w}_0=-q.$ Kitaip tariant, pirmi keturi sprendiniai yra likusieji sprendiniai su ženklu "minus". T. y. $x_1=-x_8,x_2=-x_7,x_3=-x_6,x_4=-x_5.$

Visada arba pirmi keturi sprendiniai teisingi, arba paskutiniai keturi sprendiniai teisingi. Nes pirmies keturiems sprendiniams:

$u_0{v}_0{w}_0=u_0{v}_0{w}_0,u_0(-v_0)(-w_0)=u_0{v}_0{w}_0,(-u_0)v_0(-w_0)=u_0{v}_0{w}_0,(-u_0)(-v_0)w_0=u_0{v}_0{w}_0;$

o keturiems paskutiniams sprendiniams:

$u_0{v}_0(-w_0)=-u_0{v}_0{w}_0,u_0(-v_0)w_0=-u_0{v}_0{w}_0,(-u_0)v_0{w}_0=-u_0{v}_0{w}_0,(-u_0)(-v_0)(-w_0)=-u_0{v}_0{w}_0.$