Az éjféli képlet egy iskolai követelményről kapta a nevét : akkor is el kell tudni mondani a másodfokú egyenletek megoldási képletét, ha felébrednek az éjszaka közepén. A harmadik és negyedik fokon ez a gondolati játék sokkal megerőltetőbbé válik. Léteznek erre alapszámítást és gyököket használó zárt képletek is, de ezek lényegesen hosszabbak. Itt teljesen az eredeti \(a,b,c,d,e\) együtthatókban vannak, segédváltozók nélkül és a szükséges feltételekkel.
A vezető együttható mindig kielégíti \(a\ne0\) ; különben leesik a fok. Minden összetett nullát keresünk, beleértve a többszöröseket is. Lineáris esetben \(n=1\) elegendőek az \(a\) és \(b\) együtthatók: az egyenlet közvetlenül megoldható \(x\) -re, és pontosan egy egyszerű nulla van. Ez vonatkozik a komplex együtthatókra is. \(a=0\) esetén azonban nincs megoldás a \(b\ne0\) ; \(a=b=0\) , minden \(x\) komplex megoldás. A tényleges lineáris egyenlethez kapjuk:
$$ax+b=0,\qquad a\ne0.$$
$$\boxed{x_k=-\frac{b}{a},\qquad k\in\{1\}.}$$
\(n=2\) esetén a másodfokú egyenlet tartalmazza \(a,b,c\) együtthatókat. A \(k=1,2\) \((-1)^k\) megváltoztatja az előjelet, és mindkét nullát ad vissza, beleértve a többszöröseket is. Valós együtthatók esetén két különböző valós megoldás létezik \(b^2-4ac>0\) , \(b^2-4ac=0\) esetén egy dupla és negatív érték esetén két konjugált komplex: Ezután kiválaszthatja a gyököket úgy, hogy \(\sqrt{b^2-4ac}=i\sqrt{4ac-b^2}\) , ahol a \gina \(i\) \(i^2=-1\) az. Az összetett együtthatók esetében nincs esetkülönbség; a képlet mindkét négyzetgyökre vonatkozik:
$$ax^2+bx+c=0,\qquad a\ne0.$$
$$\boxed{x_k=\frac{-b+(-1)^k\sqrt{b^2-4ac}}{2a},\qquad k\in\{1,2\}.}$$
\(n=3\) esetén Cardano képlete közvetlenül \(a,b,c,d\) -ben van kiírva. A \(k\) betű csak egy megoldási index: a \(1,2,3\) értékek a három nullát választják, nincs más segédmennyiség. A hatalom az egység kiírt primitív harmadik gyökerét tartalmazza. Minden gyökérszimbólum bármely összetett gyökért képvisel; az ismételt kifejezésnek mindenhol ugyanazt az értéket kell jelölnie. Csak \(b^2-3ac=0\) esetén a belső négyzetgyöknek \(2b^3-9abc+27a^2d\) értéknek kell lennie, ellenkező esetben a kockagyök radikánja nulla lesz:
$$ax^3+bx^2+cx+d=0,\qquad a\ne0.$$
$$\left(b^2-3ac,\;2b^3-9abc+27a^2d\right)\ne(0,0).$$
$$\boxed{\begin{gathered}x_k=-\frac{b}{3a}-\frac{\left(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\right)^{k-1}}{3a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(\begin{aligned}&2b^3-9abc+27a^2d\\&+\sqrt{\left(2b^3-9abc+27a^2d\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}\end{aligned}\right)}-\frac{b^2-3ac}{3a\left(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\right)^{k-1}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(\begin{aligned}&2b^3-9abc+27a^2d\\&+\sqrt{\left(2b^3-9abc+27a^2d\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}\end{aligned}\right)}}\\[5pt]k\in\{1,2,3\}.\end{gathered}}$$
\(x^3-1=0\) megmutatja, hogyan működik a belső négyzetgyök meghatározása: Itt \(b^2-3ac=0\) és \(2b^3-9abc+27a^2d=-27\) . A \ \(-27\) \(27\) \) értékkel a kocka gyökér \(\frac{-27+27}{2}=0\) lenne, és a képlet nem lenne értékelhető. A kezdeti egyenlet alatti feltétel pontosan kizárja azt az esetet, amikor mindkét kifejezés nulla, és ezért a kockagyök mindig eltűnik. Ekkor az egyenletnek hármas nullája van, és az itt megadott képlet nem fedi le.
Valós köbös együtthatóknál a \(b^2c^2-4ac^3-4b^3d-27a^2d^2+18abcd\) előjele határozza meg a nullákat: A pozitív érték három különböző valós megoldást, a negatív érték egy valós és két nem valós megoldást jelent, nullánál mindegyik valós ismétlődéssel. Az első esetben ez a Cardano-képlet összetett köztes értékeket kényszerít ki. A gyökképletek algebrailag pontosak, de nem mindig numerikusan stabilak: a majdnem azonos köztes értékek számjegyekbe is kerülhetnek a lebegőpontos számításokban; szükség esetén nagyobb pontosságot alkalmazunk.
\(n=4\) esetén a Ferrari képlete is teljesen ki van írva \(a,b,c,d,e\) . A \(k\) index \(1\) -től \(4\) -ig fut; \(-1\) hatványai mind a négy jelkombinációt megragadják, és megfelelően párosítják a gyököket. Ugyanazok a gyökérkifejezések ugyanazt az értéket jelölik, még különböző \(k\) esetén is. A \(c^2-3bd+12ae=0\) \(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\) a belső négyzetgyök értéke. A kezdeti egyenlet feltételei megakadályozzák a nullával való osztást; minden nullát a multiplicitásával együtt rögzítünk:
$$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,\qquad a\ne0.$$
$$\begin{gathered}b^3-4abc+8a^2d\ne0,\\\left(c^2-3bd+12ae,\;2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)\ne(0,0).\end{gathered}$$
$$\boxed{\begin{gathered}x_k=-\frac{b}{4a}\\[6pt]+\frac{(-1)^{\frac{k(k-1)}{2}}\sqrt{3}}{12a}\sqrt{\begin{aligned}&3b^2-8ac+4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&+\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\end{aligned}}\\[6pt]+\frac{(-1)^k\sqrt{3}}{12a}\sqrt{\begin{aligned}&6b^2-16ac-4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&-\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\\&-\frac{6(-1)^{\frac{k(k-1)}{2}}\sqrt{3}\left(b^3-4abc+8a^2d\right)}{\sqrt{\begin{aligned}&3b^2-8ac+4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&+\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\end{aligned}}}\end{aligned}}\\[6pt]k\in\{1,2,3,4\}.\end{gathered}}$$
Az első feltétel kizárja azokat a polinomokat, amelyek szimmetrikusak a \(x=-\frac{b}{4a}\) pozícióra, beleértve a \(b=d=0\) biquadratikus egyenleteket, például \(x^4-5x^2+4=0\) . Ott az első nagy gyök nullává válhat, és ekkor a nevezőben van. A második feltétel legalább egy hármas nullát kizár, például \(x^4-6x^2+8x-3=(x-1)^3(x+3)=0\) : Itt a kockagyök eltűnik a nevezőben. A kizárt speciális esetekre a keretes képlet nem vonatkozik; a további megoldási képletek itt kimaradnak.
\(n=5\) -től még a legjobb memorizálási készség sem segít: nincs véges számú alapműveletből és gyökből álló általános képlet. Ezt mondja az Abel–Ruffini tétel ; bizonyíték található Milne Fields és Galois elméletében . Az egyes egyenletek még mindig megoldhatók gyökök segítségével. És más közelítő értékek és speciális függvények maradnak, mint például a Bring ötödik fokozatú radikálisa. A nullák tehát nem tűnnek el, csak egy univerzális gyökképlet kilátása.