4. Zadatak

Prvo rješenje.

Uvedimo supstituciju $t=x^2$. Time bikvadratna jednadžba prelazi u kvadratnu

$$t^2+at+b=0,$$

pa iz Vièteovih formula slijedi da za rješenja $t_1$ i $t_2$ te kvadratne jednadžbe vrijedi

$$t_1+t_2=-a,\qquad t_1t_2=b.$$

Vraćanjem supstitucije iz $x^2=t_1$ i $x^2=t_2$ dobivamo da su rješenja početne jednadžbe

$$x_1=\sqrt{t_1},\quad x_2=-\sqrt{t_1},\quad x_3=\sqrt{t_2},\quad x_4=-\sqrt{t_2}.$$

Iz uvjeta zadatka slijedi

$$4=x_1x_2x_3x_4=(-t_1)(-t_2)=b,$$

tj. $b=4$, te

$$32=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=t_1+t_1+t_2+t_2=2(t_1+t_2)=-2a,$$

tj. $a=-16$.

Drugo rješenje.

Ako sa $x_1,x_2,x_3,x_4$ označimo rješenja jednadžbe $x^4+ax^2+b=0$, iz uvjeta zadatka slijedi da je

$$x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=32,\qquad x_1x_2x_3x_4=4.$$

Korištenjem Vièteovih formula za polinome četvrtog stupnja dobivamo

$$b=x_1x_2x_3x_4,$$

tj. $b=4$, te

$$a=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4,$$

i $0=x_1+x_2+x_3+x_4$.

Sada je

$$\begin{aligned} 0&=(x_1+x_2+x_3+x_4)^2\\ &=(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2)+2(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4)\\ &=32+2a, \end{aligned}$$

tj. $a=-16$.

Treće rješenje.

Bikvadratna jednadžba ima rješenja $X,-X,Y,-Y$. Umnožak tih brojeva je $X^2Y^2=4$, a zbroj kvadrata $2(X^2+Y^2)=32$.

Rješavanjem dobivenog sustava dobivamo

$$X^2=8+2\sqrt{15},\qquad Y^2=8-2\sqrt{15},$$

ili obratno.

Iz $X^2=8\pm2\sqrt{15}$ dobivamo $X^4=124\pm32\sqrt{15}$. Budući da su $X$ i $-X$ rješenja jednadžbe $x^4+ax^2+b=0$, slijedi

$$124+8a+b+(32+2a)\sqrt{15}=0$$

i

$$124+8a+b-(32+2a)\sqrt{15}=0.$$

Zbrajanjem, odnosno oduzimanjem dobivenih jednakosti slijedi $124+8a+b=0$ i $32+2a=0$. Odavde dobivamo $a=-16$ i $b=4$.