Czasem można sobie poradzić - czyli kilka sztuczek...

Rozważmy wielomian

f (X) = a₀Xⁿ + a₁X^n-1 +...+ a_n-1X + a₀

w którym

a₀ = a_n, a₁ = a_n-1, a₂ = a_n-2,...

i który nazywać będziemy wielomianem obustronnym. Zauważmy, że wielomiany tego typu można scharakteryzować poprzez następującą własność:

Xⁿf ($${\frac{{1}}{{X}}}$$) = f (X).

Jeżeli teraz n jest liczbą nieparzystą, to oczywiście -1 jest pierwiastkiem równania f (X) = 0 i tym samym f (X) jest podzielny przez X + 1:

f (X) = (X + 1) ^. g(X).

Wielomian g(X) jest wielomianem stopnia n - 1 oraz:

X^n-1g($${\frac{{1}}{{X}}}$$) = X^n-1$${\frac{{(\frac{1}{X} + 1)}}{{(\frac{1}{X} + 1)}}}$$g($${\frac{{1}}{{X}}}$$) = X^n-1f ($${\frac{{1}}{{X}}}$$)$${\frac{{1}}{{\frac{1 + X}{X}}}}$$ = Xⁿf ($${\frac{{1}}{{X}}}$$)$${\frac{{1}}{{1+X}}}$$ = $${\frac{{f(X)}}{{1+X}}}$$ = g(X)

tak więc również wielomian g jest obustronny. Wobec tego przy badaniu wielomianów obustronnych wystarczy ograniczyć się do przypadku wielomianów stopnia parzystego. Zanim pokażemy na czym polega ogólna sztuczka, rozważmy konkretny przykład: rozwiążmy równanie:

6X⁴ = 35X³ +62X² - 35X + 6 = 0.

Dzieląc przez X² i odpowiednio porządkując składniki otrzymujemy:

6(X² + $${\frac{{1}}{{X^2}}}$$) - 35(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$) + 62 = 0.

Podstawiając

X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$ = Z

wobec

X² + $${\frac{{1}}{{X^2}}}$$ = Z² - 2

otrzymujemy

6(X² - 2) - 35Z + 62 = 0,

a więc zwykłe równanie kwadratowe, które rozwiązujemy znanymi metodami.

Przejdźmy teraz do opisu ogólnej metody. Przed podaniem głównego twierdzenia sformułujmy lemat:

Lemat: Zachodzi równość:

X^k + $${\frac{{1}}{{X^k}}}$$ = f_k(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$),

gdzie f_k(X) są wielomianami otrzymanymi rekurencyjnie w następujący sposób:

f₀(Z) = 2, f₁(Z) = Z

oraz

f_k+1(Z) = zf_k(Z) - f_k-1(Z), k $$\geq$$ 2.

Dowód: Faktycznie, dla k = 0 oraz k = 1 nie ma czego dowodzić - załóżmy więc, że równość zachodzi dla liczb k - 1 i k. Ponieważ:

X^k+1 + $${\frac{{1}}{{X^{k+1}}}}$$ = (X^k + $${\frac{{1}}{{X^k}}}$$)(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$) - (X^k-1 + $${\frac{{1}}{{X^{k-1}}}}$$)

otrzymujemy:

X^k+1 + $${\frac{{1}}{{X^{k+1}}}}$$ = f_k(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$)(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$) - f_k-1(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$) = f_k+1(X + $${\frac{{1}}{{X}}}$$).

Z wykorzystaniem powyższego lematu udowodnimy następujące:

Twierdzenie: Jeśli n = 2m i a₀ $\neq$ 0, to pierwiastki wielomianu obustronnego:

f (X) = a₀Xⁿ + a₁X^n-1 +...+ a_n-1X + a₀

można otrzymać rozwiązując równania kwadratowe:

X² - Z_jX + 1 = 0

dla j = 1, 2,..., m, gdzie Z₁, Z₂,..., Z_m są rozwiązaniami równania:

a₀f_m(Z) + a₁f_m-1(Z) +...+ a_m-1f₁(Z) + a_m = 0,

gdzie wielomiant f₁,..., f_m są zdefiniowane tak, jak w poprzednim lemacie.

Dowód: Powiedzmy, że X₀ jest jednym z pierwiastków rozważanego równania. Wówczac oczywiście X₀ $\neq$ 0, gdyż a_n = a₀ $\neq$ 0. Dzieląc więc nasze równanie przez X₀^m otrzymujemy:

a₀X₀^m + a₁X₀^m-1 +...+ a_m +...+ a_n-1$${\frac{{1}}{{X_0^{m-1}}}}$$ + a_n$${\frac{{1}}{{X_0^m}}}$$ = 0.

Wobec tego, po wykonaniu niezbędnego uproszczenia powyższego wyrażenia, wykorzystując fakt, że wielomian f jest obustronny, dostajemy:

a₀f_m(X₀ + $${\frac{{1}}{{X_0}}}$$) + a₁f_m-1(X₀ + $${\frac{{1}}{{X_0}}}$$) +...+ a_m = 0.

Zatem liczba Z₀ = X₀ + ${\frac{{1}}{{X_0}}}$ jest pierwiastkiem równania podanego w wypowiedzi twierdzenia, zaś X₀ jest pierwiastkiem równania

X² - Z₀X + 1 = 0.

W podobny sposób dowodzimy, że jeśli X₀ jest pierwiastkiem odpowiedniego równania kwadratowego, a Z_j jest pierwiastkiem równania podanego w wypowiedzi twierdzenia, to X₀ jest pierwiastkiem wyjściowego równania.

Powyższe twierdzenie orzeka zatem, że rozwiązanie równania obustronnego stopnia 2m sprowadza się do rozwiązania równania stopnia m oraz m równań kwadratowych. Tym samym potrafimy napisać ogólne wzory na rozwiązania równań obustronnych stopni do dziewiątego włącznie.