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'''粗体文本'''{{expert|time=2013-06-26T18:29:28+00:00}}
{{NoteTA
|G1 = Math
}}
[[File:Quartic function.png|right|250px|thumb|<math>y=7x^4+9x^3-24x^2-28x+48</math>的圖形]]
'''四次方程'''，是[[未知数]]最高次数不超过四次的[[多项式]]方程。一个典型的一元四次方程的通式为：
:<math>ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\,</math> 其中 <math>a\ne0\,</math>

本篇只讨论一元四次方程，并简称为四次方程。

== 四次方程的解法 ==

数学家们为了解开四次方程——确切地说，找到解开四次方程的方法——做出了许多努力。像其它[[多项式]]一样，有时可以对四次方程进行因式分解；但高次幂下的因式分解往往非常困难，尤其是当根是无理数或复数时。因此找到一个公式解（就像[[二次方程]]的求根公式那样， 能解所有的一元二次方程）意义重大。经过诸多研究后，数学家们终于找到了四次方程的公式解。不过之后[[埃瓦里斯特·伽罗瓦]]证明，求根公式止步于四次方程，更高次幂的方程无法通过固定的公式求出。对于五次及以上的方程，需要一种更为有效的方式来求解。

由于四次方程的复杂性（参见下文），求解公式并不常用。如果只要求求解有理实根，可以使用试错法，该方法对于任意次数的多项式求解都有效。或是使用[[鲁菲尼法则]]求出，前提是所给的多项式的系数都是有理的。利用计算机编程，通过[[牛顿法]]等數值方法，可以轻易得到任意次方程的實數（數值）解。

== 特殊情况 ==

===名义上的四次方程===

如果<math> e=0 \,</math>，那么其中一个根为<math> x=0 \,</math>，其它根可以通过消去四次项，并解产生的[[三次方程]],
:<math>ax^3+bx^2+cx+d=0 \,</math>

=== 双二次方程 ===

四次方程式中若<math> b \ </math> 和 <math> d \ </math> 均為 <math> 0 \ </math>者有下列形态：

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:<math>ax^4+cx^2+e=0\,\!</math>

因此它是一個'''雙二次方程式'''。解雙二次方程式非常容易，只要設 <math>z=x^2 \,</math> ，我們的方程式便成為：

:<math>az^2+cz+e=0\,\!</math>

這是一個簡單的二次方程式，其根可用二次方程式的求根公式來解：

:<math>z={{-c\pm\sqrt{c^2-4ae}} \over {2a}}\,\!</math>

當我們求得 ''z'' 的值以後，便可以從中得到<math>x \,</math> 的值：

:<math>x_1=+\sqrt{z_1}\,\!</math>
:<math>x_2=-\sqrt{z_1}\,\!</math>
:<math>x_3=+\sqrt{z_2}\,\!</math>
:<math>x_4=-\sqrt{z_2}\,\!</math>

若任何一個 <math>z \,</math> 的值為負數或複數，那麼一些 <math>x \,</math> 的值便是複數。

== 费拉里的方法 ==

开始时，四次方程首先要被转化为低级的四次方程式。

=== 转变成减少次数的四次方程 ===

要让以下四次方程式变成标准的四次方程式，先在等式两边分别除以<math>a \,</math>
:<math> a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e = 0 \qquad\qquad(1')</math>
:<math> x^4 + {b \over a} x^3 + {c \over a} x^2 + {d \over a} x + {e \over a} = 0. </math>

第一步：消除 <math>x^3  \,</math>列。为了做到这一步，先把变量<math>x\,</math>变成<math>u\,</math>，其中
:<math> x = u - {b \over 4 a} </math>.

将变量替换：<math> \left( u - {b \over 4 a} \right)^4 + {b \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right)^3 + {c \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right)^2 + {d \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right) + {e \over a} = 0. </math>

展开后变成：<math> \left( u^4 - {b \over a} u^3 + {6 u^2 b^2 \over 16 a^2} - {4 u b^3 \over 64 a^3} + {b^4 \over 256 a^4} \right) 
+ {b \over a} 
\left( u^3 - {3 u^2 b \over 4 a} + {3 u b^2 \over 16 a^2} - {b^3 \over 64 a^3} \right) 
+ {c \over a} 
\left( u^2 - {u b \over 2 a} + {b^2 \over 16 a^2} \right) + {d \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right) + {e \over a} = 0. </math>

整理后变成以u为变量的表达式
:<math> u^4 + \left( {-3 b^2 \over 8 a^2} + {c \over a} \right) u^2 + \left( {b^3 \over 8 a^3} - {b c \over 2 a^2} + {d \over a} \right) u + \left( {-3 b^4 \over 256 a^4} + {b^2c \over 16 a^3} - {bd \over 4 a^2} + {e \over a} \right) = 0. </math>

现在改变表达式的系数，为
:<math> \alpha = {-3 b^2 \over 8 a^2} + {c \over a}, </math>
:<math> \beta = {b^3 \over 8 a^3} - {bc \over 2 a^2} + {d \over a}, </math>
:<math> \gamma = {-3 b^4 \over 256 a^4} + {b^2c \over 16 a^3} - {bd \over 4 a^2} + {e \over a}. </math>
结果就是我们期望的低级四次方程式，为
:<math> u^4 + \alpha u^2 + \beta u + \gamma = 0 \qquad \qquad (1) </math>

如果 <math>\beta=0\,</math> 那么等式就变成了雙二次方程式，更加容易解决（解释上面）；利用反向替代，我们可以获得我们要解决的变量 <math>x\,</math>的值.

===费拉里的解法===

这种降低的四次方程的方法是被费拉里发现的，然而，这种方式曾经被发现过。接下来，利用一个恆等式
:<math> (u^2 + \alpha)^2 - u^4 - 2 \alpha u^2 = \alpha^2 \,</math>
从方程 (1)和上式，得出：
:<math> (u^2 + \alpha)^2 + \beta u + \gamma = \alpha u^2 + \alpha^2. \qquad \qquad (2) </math>
结果把 <math>u^4 \,</math>配成了完全平方式：<math> (u^2+\alpha)^2\,</math>。左式中，<math>\alpha u^2\,</math> 并不出现，但其符号已改变并被移到右边。

下一步是在方程<math>\left(2\right)\,</math> 左边的完全平方中插入变量 <math>y \,</math>，相应地在右边插入一项<math> 2y\,</math>。根据恒等式
:<math>
  \begin{matrix}
   (u^2+\alpha+y)^2-(u^2+\alpha)^2 & = & 2y(u^2+\alpha)+ y^2\ \ 
  \\
   & = & 2yu^2+2y\alpha+y^2,
  \end{matrix}
 </math>
及
:<math> 0 = (\alpha + 2 y) u^2 - 2 y u^2 - \alpha u^2 \,</math>两式相加，可得
:<math> (u^2 + \alpha + y)^2 - (u^2 + \alpha)^2 = (\alpha + 2 y) u^2 - \alpha u^2 + 2 y \alpha + y^2 \qquad \qquad</math>（<math>y\,</math>的插入）
与等式(2)相加，得
:<math> (u^2 + \alpha + y)^2 + \beta u + \gamma = (\alpha + 2 y) u^2 + (2 y \alpha + y^2 + \alpha^2) \,</math>
也就是
:<math> (u^2 + \alpha + y)^2 = (\alpha + 2 y) u^2 - \beta u + (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma). \qquad \qquad (3) </math>

现在我们需要寻找一个<math>y\,</math>值，使得方程<math>\left(3\right)\,</math>的右边为完全平方。而这-{只}-要令二次方程的判别式为零。为此，首先展开完全平方式为二次式：
:<math> (s u + t)^2 = (s^2) u^2 + (2 s t) u + (t^2)\,</math>
右边的二次式有三个系数。可以验证，把第二项系数平方，再减去第一与第三项系数之积的四倍，可得到零：
:<math> (2 s t)^2 - 4 (s^2) (t^2) = 0 \,</math>

因此，为了使方程(3)的右边为完全平方，我们必须解出下列方程：
:<math> (-\beta)^2 - 4 (2 y + \alpha) (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma) = 0 \,</math>
把二项式与多项式相乘，
:<math> \beta^2 - 4 [2 y^3 + 5 \alpha y^2 + (4 \alpha^2 - 2 \gamma) y + (\alpha^3 - \alpha \gamma)] = 0 \,</math>两边除以<math>4\,</math>，再把<math>-\frac{\beta^2}{4}\,</math>移动到右边，
:<math> 2 y^3 
+ 5 \alpha y^2 
+ ( 4 \alpha^2 - 2 \gamma ) y 
+ \left( \alpha^3 - \alpha \gamma - {\beta^2 \over 4} \right) 
= 0 \qquad \qquad </math>
这是关于<math>y\,</math>的[[三次方程]]。两边除以<math>2\,</math>，
:<math> y^3 + {5 \over 2} \alpha y^2 + (2 \alpha^2 - \gamma) y + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. \qquad \qquad (4) </math>

==== 转化嵌套的三次方程为降低次数的三次方程 ====

方程<math>\left(4\right)\,</math>是嵌套的三次方程。为了解方程<math>\left(4\right)\,</math>，我们首先用换元法把它转化为减少次数的三次方程：
:<math> y = v - {5 \over 6} \alpha. </math>
方程<math>\left(4\right)\,</math>变为
:<math> \left( v - {5 \over 6} \alpha \right)^3 + {5 \over 2} \alpha \left( v - {5 \over 6} \alpha \right)^2 + (2 \alpha^2 - \gamma) \left( v - {5 \over 6} \alpha \right) + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. </math>
展开，得
:<math> \left( v^3 - {5 \over 2} \alpha v^2 + {25 \over 12} \alpha^2 v - {125 \over 216} \alpha^3 \right) + {5 \over 2} \alpha \left( v^2 - {5 \over 3} \alpha v + {25 \over 36} \alpha^2 \right) + (2 \alpha^2 - \gamma) v - {5 \over 6} \alpha (2 \alpha^2 - \gamma ) + \left( {\alpha^3 \over 2} - {\alpha \gamma \over 2} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. </math>
合并同类项，得
:<math> v^3 + \left( - {\alpha^2 \over 12} - \gamma \right) v + \left( - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8} \right) = 0. </math>
这是嵌套的三次方程。

记
:<math> P = - {\alpha^2 \over 12} - \gamma, </math>
:<math> Q = - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8}. </math>
则此三次方程变为
:<math> v^3 + P v + Q = 0. \qquad \qquad (5)</math>

==== 解嵌套的降低次数的三次方程 ====

方程<math>\left(5\right)\,</math>的解(三个解中任何一个都可以)为

:::令 <math>U=\sqrt[3]{{-Q\over 2}\pm \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}}</math>
::::（由[[三次方程]]）
:<math>v =   U-{P\over 3U}</math>
则原来的嵌套三次方程的解为
:<math>y = - {5 \over 6} \alpha - {P\over 3U} + U \qquad \qquad (6)</math>

::注意 <math>\left(1\right)\,</math>： <math>P=0 \Longrightarrow {Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}=0</math>
::注意 <math>\left(2\right)\,</math>： <math>\lim_{P\to 0}{P \over \sqrt[3]{{Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}}}=0</math>

==== 配成完全平方项 ====

<math>y\,</math>的值已由<math>\left(6\right)\,</math>式给定，现在知道等式<math>\left(3\right)\,</math>的右边是完全平方的形式
:<math>s^2 u^2+2stu+t^2 = \left(\sqrt{s^2}u + {2st \over 2\sqrt{s^2}}\right)^2</math>
::这对于平方根的正负号均成立，只要等式两边取相同的符号。<math>A\,</math>的正负是多余的，因为它将被本页后面马上将提到的另一个<math>\pm a\,</math>消去。
从而它可分解因式为：
:<math> (\alpha + 2 y) u^2 + (- \beta) u + (y^2 + 2 y \alpha + \alpha^2 - \gamma ) = \left[ \sqrt{\alpha + 2y}u + {(-\beta) \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right]^2</math>.
::注：若 <math> \beta \ne0 \,</math> 则 <math>\alpha+ 2y \ne 0 \,</math>。如果 <math>\beta= 0  \,</math>则方程为双二次方程，前面已讨论过。
因此方程<math>\left(3\right)\,</math>化为
:<math>(u^2 + \alpha + y)^2 = \left(\sqrt{\alpha + 2 y}u - {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right)^2 \qquad\qquad (7)</math>.
等式<math>\left(7\right)\,</math>两边各有一个乘起来的完全平方式。两完全平方式相等。

如果两平方式相等，则两平方式的因子也相等，即有下式：
:<math>(u^2 + \alpha + y) = \pm\left(\sqrt{\alpha + 2 y}u - {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right) \qquad\qquad (7')</math>.
对 <math>u\,</math>合并同类项，得
:<math>u^2 + \left(\mp_s \sqrt{\alpha + 2 y}\right)u + \left( \alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right) = 0 \qquad\qquad (8)</math>.
::注：<math>\pm_s</math> 及 <math>\mp_s</math> 中的下标<math> s\,</math> 用来标记它们是相关的。
方程<math>\left(8\right)\,</math>是关于<math>u\,</math>的[[二次方程]]。其解为
:<math>u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{(\alpha + 2y) - 4(\alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}})} \over 2}.</math>
化简，得
:<math>u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}.</math>
这就是降低次数的四次方程的解，因此原来的四次方程的解为
:<math>x=-{b \over 4a} + {\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}. \qquad\qquad (8')</math>
::注意：两个 <math>\pm_s</math> 来自等式<math>\left(7^'\right)\,</math>的同一处，并且它们应有相同的符号，而 <math>\pm_t</math> 的符号是无关的。

==== 费拉里方法的概要 ====

给定一个四次方程
:<math> a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e = 0\,</math>
其解可用如下方法求出：
:<math> \alpha = - {3 b^2 \over 8 a^2} + {c \over a}, </math>
:<math> \beta = {b^3 \over 8 a^3} - {bc \over 2 a^2} + {d \over a}, </math>
:<math> \gamma = {-3 b^4 \over 256 a^4} + {b^2c \over 16 a^3} - {bd \over 4 a^2} + {e \over a}, </math>
::若 <math>\beta=0\,</math>，求解 <math>u^4+\alpha u^2 + \gamma = 0\,</math> 并代入 <math>x=u-{b\over 4a}</math>，求得根
:::<math>x=-{b\over 4a}\pm_s\sqrt{-\alpha\pm_t\sqrt{\alpha^2-4\gamma}\over 2},\qquad\beta=0</math>.
:<math> P = - {\alpha^2 \over 12} - \gamma, </math>
:<math> Q = - {\alpha^3 \over 108} + {\alpha \gamma \over 3} - {\beta^2 \over 8}, </math>
:<math> R = -{Q\over 2} \pm \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}, </math>（平方根任一正负号均可）
:<math> U = \sqrt[3]{R}, </math>（有三个复根，任一个均可）
:<math> y ={\displaystyle -{5 \over 6}\alpha +{\begin{cases}U=0&\to -{\sqrt[{3}]{Q}}\\U\neq 0,&\to U-{P \over 3U},\end{cases}}\quad \quad \quad }, </math>
:<math> x = - {b \over 4 a} + { \pm_s  \sqrt{ \alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2 y \pm_s {2\beta\over\sqrt{\alpha +2y}} \right) }\over 2 }.</math>
::两个<math>\pm _s\,</math> 必须有相同的符号,<math>\pm _t\,</math> 的符号无关。为得到全部的根，对<math>\pm _s\,</math>，<math>\pm _t\,</math> ,<math>= </math>,<math> +\,</math>,<math>+ \,</math>及 <math>+-\,</math> 及 <math>-+\,</math> 及 <math>- -\,</math> 来求<math> x\,</math>。二重根将得出两次，三重根及四重根将得出四次（尽管有<math> \beta = 0\,</math>，是一种特殊的情况）。方程根的次序取决于立方根<math>U\,</math> 的选取。（见对<math>\left(8\right)\,</math>相对<math>\left(8^'\right)\,</math>的注）

此即所求。

还有解四次方程的其他方法，或许更好些。费拉里首先发现这些[[迷宫]]般的解之一。他所解的方程是
:<math> x^4 + 6 x^2 - 60 x + 36 = 0 \,</math> ，
它已经化为简约的形式。它有一对解，可由上面给出的公式得到。

=== 笛卡兒方法 ===

:<math> (x - x_1) (x - x_2) (x - x_3) (x - x_4) = 0 \,</math>
此四次方程是下列两个二次方程之积：
:<math> (x - x_1) (x - x_2) = 0 \qquad \qquad (9) </math>
以及
:<math> (x - x_3) (x - x_4) = 0. \qquad \qquad (10) </math>
由于
:<math> x_2 = x_1^\star </math>
因此
:<math>
  \begin{matrix}
   (x-x_1)(x-x_2)&=&x^2-(x_1+x_1^\star)x+x_1x_1^\star\qquad\qquad\qquad\quad
  \\
   &=&x^2-2\,\mathrm{Re}(x_1)x+[\mathrm{Re}(x_1)]^2+[\mathrm{Im}(x_1)]^2.
  \end{matrix}
 </math>

设
:<math> a = - 2 \, \mathrm{Re}(x_1), </math>
:<math> b = [ \mathrm{Re}( x_1) ]^2 + [ \mathrm{Im}(x_1) ]^2 \,</math>
则方程<math>\left(9\right)\,</math>
变为
:<math> x^2 + a x + b = 0. \qquad \qquad (11) </math>
同时有(未知的)变量<math>
w\,</math>和<math>v\,</math>使方程<math>\left(10\right)\,</math>
变为
:<math> x^2 + w x + v = 0. \qquad \qquad (12) </math>
方程<math>\left(11\right)\,</math>与<math>\left(12\right)\,</math>
相乘，得
:<math> x^4 + (a + w) x^3 + (b + w a + v) x^2 + (w b + v a) x + v b = 0. \qquad \qquad (13) </math>
把方程<math>\left(13\right)\,</math>
与原来的二次方程比较，可知
:<math> a + w = {B \over A}, </math>
:<math> b + w a + v = {C \over A}, </math>
:<math> w b + v a = {D \over A}, </math>
及
:<math> v b = {E \over A}. </math>
因此
:<math> w = {B \over A} - a = {B \over A} + 2 \mathrm{Re}(x_1), </math>
:<math> v = {E \over A b} = {E \over A \left( 
[ \mathrm{Re}(x_1) ]^2 + [ \mathrm{Im}(x_1) ]^2 \right) }. </math>
方程<math>\left(12\right)\,</math>的解为
:<math> x_3 = {-w + \sqrt{w^2 - 4 v} \over 2}, </math>
:<math> x_4 = {-w - \sqrt{w^2 - 4 v} \over 2}. </math>
这两个解中的一个应是所求的实解。

== 歐拉的方法==
寫出式子 <math>x^4 + a x^3 + b x^2 + c x + d = 0 </math>，令 <math>y=x+a/4</math>,
把上式改寫為 <math> y^4 + e y^2 + f y + g = 0 </math>,
再利用係數 <math>e,f,g</math> 造出另一式子: <math> z^3+(e/2)z^2+((e^2-4g)/16)z-f^2/64=0 </math>, 求出 <math> z </math> 的三根，並用 <math> p,q,r </math> 代表它們。
那麼 <math> y </math> 的四個根就是
<math> +\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}</math>
<math> +\sqrt{p}-\sqrt{q}-\sqrt{r}</math>
<math> -\sqrt{p}+\sqrt{q}-\sqrt{r}</math>
<math> -\sqrt{p}-\sqrt{q}+\sqrt{r}</math>
  
合併來看
二次方程根的樣式為 <math> j\sqrt{A} </math>                  ,其中 <math> j\in \{h^0, h^1\} ,  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^2=1 </math>
三次方程根的樣式為 <math> j_1\sqrt[3]{A}+j_2\sqrt[3]{B} </math>         ,其中 <math> j\in \{h^0, h^1, h^2\} , \ \ \ \ \ h^3=1 </math>
四次方程根的樣式為 <math> j_1\sqrt[4]{A}+j_2\sqrt[4]{B}+j_3\sqrt[4]{C} </math> ,其中 <math> j\in \{h^0, h^1, h^2, h^3\} ,  h^4=1 </math>
延伸這樣式，暗示了五次方程尋根的方向。

== 其它方法 ==
=== 化为双二次方程 ===
一个例子可见[[四次方程#特殊情况|双二次方程]]。

=== [[埃瓦里斯特·伽罗瓦]]的理论和因式分解 ===

===求根公式===
四次方程的求根公式可以通过上述的伽罗瓦理论和因式分解得到。<ref name=QFD>{{cite web |url=http://www.curtisbright.com/quartic/quartic-derivation.html |title=The Quartic Formula Derivation |access-date=2021-07-14 |archive-date=2021-07-14 |archive-url=https://web.archive.org/web/20210714074030/http://www.curtisbright.com/quartic/quartic-derivation.html |dead-url=no }}<br/> {{cite web |title=Galois-theoretic derivation of the quartic formula |url=https://planetmath.org/GaloisTheoreticDerivationOfTheQuarticFormula |website=planetmath.org |access-date=2021-07-14 |archive-date=2021-01-18 |archive-url=https://web.archive.org/web/20210118171925/https://planetmath.org/GaloistheoreticDerivationOfTheQuarticFormula |dead-url=no }}</ref>对于<math>{ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,a\ne0}</math>，有：<ref name=PMQF>{{cite web |title=quartic formula |url=https://planetmath.org/QuarticFormula |website=planetmath.org |access-date=2021-07-14 |archive-date=2021-04-11 |archive-url=https://web.archive.org/web/20210411161957/https://planetmath.org/quarticformula |dead-url=no }}</ref>

<math display=block>{x_{1}=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{-b^3+4abc-8a^2d}{4a^3\sqrt{\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{2c}{3a}+\dfrac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\dfrac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}}</math>

<math display=block>{x_{2}=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}-\frac{b^3-4abc+8a^2d}{4a^3\sqrt{\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{2c}{3a}+\dfrac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\dfrac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}}</math>

<math display=block>{x_{3}=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{b^3-4abc+8a^2d}{4a^3\sqrt{\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{2c}{3a}+\dfrac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\dfrac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}}</math>

<math display=block>{x_{4}=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{b^3-4abc+8a^2d}{4a^3\sqrt{\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{2c}{3a}+\dfrac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}+\dfrac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace)^2-4(c^2-3bd+12ae)^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}}</math>

<math>{\Delta=256a^3e^3-192a^2bde^2-128a^2c^2e^2+144a^2cd^2e-27a^2d^4+144ab^2ce^2-6ab^2d^2e-80abc^2de+18abcd^3+16ac^4e-4ac^3d^2-27b^4e^2+18b^3cde-4b^3d^3-4b^2c^3e+b^2c^2d^2}</math>{{cn}}

:若 Δ> 0，方程有四个不同的实根，或两个实根和一对复共轭根。
:若 Δ = 0，方程至少有一个重根。
:若 Δ < 0，方程有两对复共轭根。





PlanetMath指出，这四个形式直接使用，即使是在计算机上也过于复杂。<ref name=PMQF/>这四个解的推导过程的最后几步有较为简单的中间形式可以采用。得到这些解需要用到[[三次方程]]的求根公式。<ref name=QFD/>

==參見==
* [[费拉里]]
* [[卡尔达诺]]

==文獻==
{{Reflist}}
* [http://members.tripod.com/l_ferrari/quartic_equation.htm Ferrari's achievement]{{Wayback|url=http://members.tripod.com/l_ferrari/quartic_equation.htm |date=20120309043435 }}
* [http://planetmath.org/encyclopedia/QuarticFormula.html 四次方程的求根公式]{{Wayback|url=http://planetmath.org/encyclopedia/QuarticFormula.html |date=20090207125530 }}

{{多項式}}
[[Category:方程|S]]
[[Category:初等代数|S]]
[[Category:多項式]]