Gece yarısı formülü adını bir okul gereksiniminden alır: Gece yarısı uyansanız bile ikinci dereceden denklemlerin çözüm formülünü okuyabilmelisiniz. Üçüncü ve dördüncü derecelerde bu düşünce oyunu çok daha zorlu hale gelir. Bunun için temel aritmetik ve kökleri kullanan kapalı formüller de vardır, ancak bunlar oldukça uzundur. Burada yardımcı değişkenler olmadan ve gerekli koşullarla tamamen orijinal katsayılar \(a,b,c,d,e\) içindedirler.
Baş katsayı her zaman \(a\ne0\) 'ı karşılar; aksi takdirde derece düşer. Katlar dahil tüm karmaşık sıfırları arıyoruz. Doğrusal durumda \(n=1\) \(a\) ve \(b\) katsayıları yeterlidir: denklem doğrudan \(x\) için çözülebilir ve tam olarak bir basit sıfıra sahiptir. Bu aynı zamanda karmaşık katsayılar için de geçerlidir. Ancak \(a=0\) için \(b\ne0\) için bir çözüm yoktur; \(a=b=0\) ise, her karmaşık \(x\) bir çözümdür. Gerçek doğrusal denklem için elde edilen:
$$ax+b=0,\qquad a\ne0.$$
$$\boxed{x_k=-\frac{b}{a},\qquad k\in\{1\}.}$$
\(n=2\) için ikinci dereceden denklem \(a,b,c\) katsayılarını içerir. \(k=1,2\) \((-1)^k\) ile işareti değiştirir ve katlar dahil her iki sıfırı da döndürür. Gerçek katsayılar için \(b^2-4ac>0\) için iki farklı gerçek çözüm, \(b^2-4ac=0\) için bir çift çözüm ve negatif bir değer için iki eşlenik kompleks vardır: Daha sonra \(\sqrt{b^2-4ac}=i\sqrt{4ac-b^2}\) uygulanacak şekilde kökleri seçebilirsiniz, burada \(i\) \(i^2=-1\) ile hayali birimdir. öyle. Karmaşık katsayılar için durum ayrımı yoktur; formül her iki karekök için de geçerlidir:
$$ax^2+bx+c=0,\qquad a\ne0.$$
$$\boxed{x_k=\frac{-b+(-1)^k\sqrt{b^2-4ac}}{2a},\qquad k\in\{1,2\}.}$$
\(n=3\) için Cardano'nun formülü doğrudan \(a,b,c,d\) şeklinde yazılır. \(k\) harfi yalnızca bir çözüm indeksidir: \(1,2,3\) değerleri üç sıfırı seçer, başka yardımcı nicelik yoktur. Güç, yazılı bir ilkel üçüncü birlik kökü içerir. Her kök sembolü herhangi bir karmaşık kökü temsil eder; tekrarlanan bir ifadenin her yerde aynı değeri göstermesi gerekir. Yalnızca \(b^2-3ac=0\) ile iç karekökün \(2b^3-9abc+27a^2d\) değerine sahip olması gerekir, aksi takdirde küp kökünün kökü sıfır olur:
$$ax^3+bx^2+cx+d=0,\qquad a\ne0.$$
$$\left(b^2-3ac,\;2b^3-9abc+27a^2d\right)\ne(0,0).$$
$$\boxed{\begin{gathered}x_k=-\frac{b}{3a}-\frac{\left(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\right)^{k-1}}{3a}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(\begin{aligned}&2b^3-9abc+27a^2d\\&+\sqrt{\left(2b^3-9abc+27a^2d\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}\end{aligned}\right)}-\frac{b^2-3ac}{3a\left(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\right)^{k-1}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(\begin{aligned}&2b^3-9abc+27a^2d\\&+\sqrt{\left(2b^3-9abc+27a^2d\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}\end{aligned}\right)}}\\[5pt]k\in\{1,2,3\}.\end{gathered}}$$
\(x^3-1=0\) iç karekök belirlemenin nasıl çalıştığını gösterir: Burada \(b^2-3ac=0\) ve \(2b^3-9abc+27a^2d=-27\) . \(27\) \(-27\) değeri kullanıldığında küp kökü \(\frac{-27+27}{2}=0\) olur ve formül değerlendirilemez. Başlangıç denkleminin altındaki koşul, her iki ifadenin de sıfır olduğu ve dolayısıyla küp kökünün her zaman ortadan kaybolduğu durumu tam olarak hariç tutar. Bu durumda denklemin üçlü sıfırı vardır ve burada verilen formülün kapsamına girmez.
Gerçek kübik katsayılar için \(b^2c^2-4ac^3-4b^3d-27a^2d^2+18abcd\) işareti sıfırları belirler: Pozitif bir değer üç farklı gerçek çözüm anlamına gelir, negatif bir değer bir gerçek ve iki gerçek olmayan anlamına gelir; sıfırda hepsi tekrarlarla gerçektir. İlk durumda, bu Cardano formülü karmaşık ara değerleri zorlar. Radikal formüller cebirsel olarak kesindir ancak sayısal olarak her zaman kararlı değildir: neredeyse aynı ara değerler, kayan nokta hesaplamalarında rakamlara mal olabilir; gerekirse daha yüksek hassasiyet kullanılır.
\(n=4\) için Ferrari'nin formülü de tamamen \(a,b,c,d,e\) şeklinde yazılmıştır. \(k\) dizini \(1\) ile \(4\) arasında çalışır; \(-1\) 'in kuvvetleri dört işaret kombinasyonunun tümünü yakalar ve kökleri uygun şekilde birleştirir. Aynı kök ifadeler, farklı \(k\) için bile aynı değeri belirtir. \(c^2-3bd+12ae=0\) \(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\) için iç karekökün değeridir. Başlangıç denklemindeki koşullar sıfıra bölünmeyi engeller; her sıfır çokluğuyla kaydedilir:
$$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,\qquad a\ne0.$$
$$\begin{gathered}b^3-4abc+8a^2d\ne0,\\\left(c^2-3bd+12ae,\;2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)\ne(0,0).\end{gathered}$$
$$\boxed{\begin{gathered}x_k=-\frac{b}{4a}\\[6pt]+\frac{(-1)^{\frac{k(k-1)}{2}}\sqrt{3}}{12a}\sqrt{\begin{aligned}&3b^2-8ac+4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&+\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\end{aligned}}\\[6pt]+\frac{(-1)^k\sqrt{3}}{12a}\sqrt{\begin{aligned}&6b^2-16ac-4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&-\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\\&-\frac{6(-1)^{\frac{k(k-1)}{2}}\sqrt{3}\left(b^3-4abc+8a^2d\right)}{\sqrt{\begin{aligned}&3b^2-8ac+4a\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}\\&+\frac{4a\left(c^2-3bd+12ae\right)}{\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace+\sqrt{\left(2c^3-9bcd+27b^2e+27ad^2-72ace\right)^2-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3}\right)}}\end{aligned}}}\end{aligned}}\\[6pt]k\in\{1,2,3,4\}.\end{gathered}}$$
İlk koşul, \ \(x^4-5x^2+4=0\) =0\) gibi \(b=d=0\) ) ile iki ikinci dereceden denklemler dahil olmak üzere \(x=-\frac{b}{4a}\) \) konumu etrafında simetrik olan polinomları hariç tutar. Orada ilk büyük kök sıfır olabilir ve o zaman paydada olur. İkinci koşul en az üçlü sıfırı hariç tutar, örneğin \(x^4-6x^2+8x-3=(x-1)^3(x+3)=0\) ile: Burada küp kökü paydada kaybolur. Hariç tutulan özel durumlar kutulu formül kapsamında değildir; ek çözüm formülleri burada belirtilmemiştir.
\(n=5\) 'den en iyi ezberleme becerileri bile yardımcı olmuyor: Sonlu sayıda temel aritmetik işlem ve kökten oluşan genel bir formül yok. Abel-Ruffini teoremi şunu söylüyor; Milne Alanları ve Galois Teorisinde bir kanıt bulunabilir. Bireysel denklemler hala radikaller kullanılarak çözülebilir. Ve Bring'in beşinci dereceden radikali gibi diğer yaklaşık değerler ve özel işlevler kalır. Yani sıfırlar yok olmuyor, yalnızca evrensel bir kök formülün olasılığı var.