Hogyan lehet megoldani egy ötödfokú egyenletet?

4-nél magasabb fokú egyenletnek nincs megoldóképlete.

Ha komplex megoldásokat keresel, akkor minden n-edfokú egyenletnek n darab megoldása van.

Ha valós számokont keresed a megoldásokat, akkor bonyolultabb a helyzet.

Az x^5=a alakra vezető egyenletnek egy valós megoldása van. De például az

(x-3)(x^4+3)=0 ötödfokú egyenletnek is egy valós megoládsa van.

Az x^100=a egyenletnek

ha a<0, akkor nincs valós megoldása,

ha a=0, akkor egy valós megoldása van (0),

ha a>0, akkor két valós megoldás van (100. gyök 0, és mínusz 100.gyök a).

Általában sehogy. Annyira nincs megoldóképletük, hogy nem is létezik! Ez egy bizonyított tétel.

Ha van valós megoldása, ami nem "szép" irracionális, akkor közelítő módszerekkel lehet megadni; például vegyük az

x^5-x-1 = 0 egyenletet. Ha próbálgatunk egy pár számot x helyére, akkor azt látjuk, hogy x=1 esetén a függvényérték -1, x=2 esetén a függvényérték 29. Mivel a függvény folytonos, ezért a Bolzano-Weierstrass tétel értelmében az [1;2] intervallumon (-1)-től 29-ig minden értéket felvesz, értelemszerűen a 0-t is. Tehát az biztos, hogy az [1;2] intervallumon legalább egyszer lesz megoldása ennek az egyenletnek. (Deriválással és függvényvizsgálattal az is belátható, hogy pontosan egy helyen veszi fel a 0-t).

Itt jön képbe az úgynevezett Newton-iteráció; ennek a lényege az, hogy az [1;2] intervallumot felezgetjük;

x=1,5 esetén a függvényérték 5,09375. A fentiek szerint így az [1;1,5] intervallumon kell, hogy legyen a 0. Most nézzük x=1,25 esetén mi a helyzet: a függvényérték 0,8017578125, így az [1;1,25] intervallumon lesz a gyök. Ezután jöhet az x=1,125, ekkor a függvényérték ~-0,45, ezzel most az intervallum alsó határát tudjuk növelni, és azt mondhatjuk, hogy az [1,125;1,25] intervallumon van a gyök. És ezt csinálhatjuk addig, amíg kedvünk tartja, vagyis tetszőleges közelségbe lehet jutni a zérushelyhez, de pontosan nem fogjuk megtalálni (nagyon ritkán ezzel a módszerrel el lehet jutni a gyökhöz, de többnyire nem vagyunk ennyire szerencsések).

Ha van egész megoldása, akkor tudunk egy kicsit trükközni;

x^5+2x^4+x^2+x-2=0

Alakítsuk így az egyenletet:

x*(x^4+2x^3+x+1) = 2

Ha x egész, akkor a bal oldalon két egész szám szorzata áll, ami csak úgy lehet, hogyha x osztója a 2-nek, tehát x lehetséges értékei: -2; -1; 1; 2. Ezeket végigpróbálgatjuk, és azt látjuk, hogy x=-2 lesz a megoldás.

Ha racionális megoldása van, akkor azt tudjuk mondani, hogy x=p/q, ahol azt tudjuk, hogy p osztója a konstans tagnak, q pedig a főegyütthatónak, egyébként relatív prímek. Például:

2x^5+x^4+2x^2-x-1=0, most legyen x=p/q:

2*(p/q)^5+(p/q)^4+2*(p/q)^2-(p/q)-1=0, ha úgy átalakítjuk, mint az előbb, akkor azt látjuk, hogy p osztója az 1-nek. A q-val kapcsolatos információhoz szorozzunk q^5-nel:

2*p^5+p^4*q+2*p^2*q^3-p*q^4-q^5 = 0, aztán így rendezünk:

q*(p^4+2*p^2*q^2-p*q^3-q^4) = -2*p^5

Ugyanaz a történet, mint az előbb, q osztója kell, hogy legyen a (-2)-nek, mivel p-nek (így p^5-nek) nem osztója, de még közös prímosztójuk sincs, mivel feltettük, hogy p és q relatív prímek. Tehát

p lehetséges értékei: -1; 1

q lehetséges értékei: -2; -1; 1; 2

Ezeket kell összeházasítani a létező összes módon ((-1)/(-2), (-1)/(-1), (-1)/1, ...), és megnézni, hogy az így kapott törtek közül lesz-e olyan, ami megoldása lesz az eredeti egyenletnek (egyébként a -1/2 lesz az).

Van még egy olyan közismert tétel, hogy Schönemann-Eisenstein-kritérium:

[link]

Ha ez telsejül, akkor nem kell bajlódnunk a fenti történettel, mivel nem lesz racionális megoldás.

Ha van valós megoldás, akkor esély van rá, hogy numerikus módszerekkel - így pl. logaritmikus kereséssel - a megoldásokat tetszés szerinti pontossággal meg tudod közelíteni.

Ahhoz, hogy így keresgélj, tudnod kell, hogy hány valós megoldás van. Meddig kell keresgélni.