四次方程

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$y=7x^4+9x^3-24x^2-28x+48$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：

$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$ 其中 $a\ne 0$

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$e=0$，那么其中一个根为$x=0$，其它根可以通过消去四次项，并解产生的三次方程,

$a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$

双二次方程

四次方程式中若$b$ 和 $d$ 均為 $0$者有下列形态：

$a{x}^4+c{x}^2+e=0$

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 $z=x^2$ ，我們的方程式便成為：

$a{z}^2+cz+e=0$

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：

$z=\frac{-c\pm \sqrt{c^2-4ae}}{2a}$

當我們求得 z 的值以後，便可以從中得到$x$ 的值：

$x_1=+\sqrt{z_1}$

$x_2=-\sqrt{z_1}$

$x_3=+\sqrt{z_2}$

$x_4=-\sqrt{z_2}$

若任何一個 $z$ 的值為負數或複數，那麼一些 $x$ 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$a$

$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0(1^{\prime })$

$x^4+\frac{b}{a}{x}^3+\frac{c}{a}{x}^2+\frac{d}{a}x+\frac{e}{a}=0.$

第一步：消除 $x^3$列。为了做到这一步，先把变量$x$变成$u$，其中

$x=u-\frac{b}{4a}$.

将变量替换：${(u-\frac{b}{4a})}^4+\frac{b}{a}{(u-\frac{b}{4a})}^3+\frac{c}{a}{(u-\frac{b}{4a})}^2+\frac{d}{a}(u-\frac{b}{4a})+\frac{e}{a}=0.$

展开后变成：$(u^4-\frac{b}{a}{u}^3+\frac{6u^2{b}^2}{16a^2}-\frac{4u{b}^3}{64a^3}+\frac{b^4}{256a^4})+\frac{b}{a}(u^3-\frac{3u^{2}b}{4a}+\frac{3u{b}^2}{16a^2}-\frac{b^3}{64a^3})+\frac{c}{a}(u^2-\frac{ub}{2a}+\frac{b^2}{16a^2})+\frac{d}{a}(u-\frac{b}{4a})+\frac{e}{a}=0.$

整理后变成以u为变量的表达式

$u^4+(\frac{-3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a})u^2+(\frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a})u+(\frac{-3b^4}{256a^4}+\frac{b^{2}c}{16a^3}-\frac{bd}{4a^2}+\frac{e}{a})=0.$

现在改变表达式的系数，为

$\alpha =\frac{-3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a},$

$\beta =\frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a},$

$\gamma =\frac{-3b^4}{256a^4}+\frac{b^{2}c}{16a^3}-\frac{bd}{4a^2}+\frac{e}{a}.$

结果就是我们期望的低级四次方程式，为

$u^4+\alpha u^2+\beta u+\gamma =0(1)$

如果 $\beta =0$ 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 $x$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

$(u^2+\alpha {)}^2-u^4-2\alpha u^2={\alpha }^2$

从方程 (1)和上式，得出：

$(u^2+\alpha {)}^2+\beta u+\gamma =\alpha u^2+{\alpha }^2.(2)$

结果把 $u^4$配成了完全平方式：$(u^2+\alpha {)}^2$。左式中，$\alpha u^2$ 并不出现，但其符号已改变并被移到右边。

下一步是在方程$\left(2\right)$ 左边的完全平方中插入变量 $y$，相应地在右边插入一项$2y$。根据恒等式

$\begin{array}{ccc}(u^2+\alpha +y{)}^2-(u^2+\alpha {)}^2& =& 2y(u^2+\alpha )+y^2\\ & =& 2y{u}^2+2y\alpha +y^2,\end{array}$

及

$0=(\alpha +2y)u^2-2y{u}^2-\alpha u^2$两式相加，可得

$(u^2+\alpha +y{)}^2-(u^2+\alpha {)}^2=(\alpha +2y)u^2-\alpha u^2+2y\alpha +y^2$（$y$的插入）

与等式(2)相加，得

$(u^2+\alpha +y{)}^2+\beta u+\gamma =(\alpha +2y)u^2+(2y\alpha +y^2+{\alpha }^2)$

也就是

$(u^2+\alpha +y{)}^2=(\alpha +2y)u^2-\beta u+(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma ).(3)$

现在我们需要寻找一个$y$值，使得方程$\left(3\right)$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：

$(su+t{)}^2=(s^2)u^2+(2st)u+(t^2)$

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：

$(2st{)}^2-4(s^2)(t^2)=0$

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：

$(-\beta {)}^2-4(2y+\alpha )(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma )=0$

把二项式与多项式相乘，

${\beta }^2-4[2y^3+5\alpha y^2+(4{\alpha }^2-2\gamma )y+({\alpha }^3-\alpha \gamma )]=0$两边除以$4$，再把$-\frac{{\beta }^2}{4}$移动到右边，

$2y^3+5\alpha y^2+(4{\alpha }^2-2\gamma )y+({\alpha }^3-\alpha \gamma -\frac{{\beta }^2}{4})=0$

这是关于$y$的三次方程。两边除以$2$，

$y^3+\frac{5}{2}\alpha y^2+(2{\alpha }^2-\gamma )y+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.(4)$

转化嵌套的三次方程为降低次数的三次方程

方程$\left(4\right)$是嵌套的三次方程。为了解方程$\left(4\right)$，我们首先用换元法把它转化为减少次数的三次方程：

$y=v-\frac{5}{6}\alpha .$

方程$\left(4\right)$变为

${(v-\frac{5}{6}\alpha )}^3+\frac{5}{2}\alpha {(v-\frac{5}{6}\alpha )}^2+(2{\alpha }^2-\gamma )(v-\frac{5}{6}\alpha )+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

展开，得

$(v^3-\frac{5}{2}\alpha v^2+\frac{25}{12}{\alpha }^{2}v-\frac{125}{216}{\alpha }^3)+\frac{5}{2}\alpha (v^2-\frac{5}{3}\alpha v+\frac{25}{36}{\alpha }^2)+(2{\alpha }^2-\gamma )v-\frac{5}{6}\alpha (2{\alpha }^2-\gamma )+(\frac{{\alpha }^3}{2}-\frac{\alpha \gamma }{2}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

合并同类项，得

$v^3+(-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma )v+(-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8})=0.$

这是嵌套的三次方程。

记

$P=-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma ,$

$Q=-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8}.$

则此三次方程变为

$v^3+Pv+Q=0.(5)$

解嵌套的降低次数的三次方程

方程$\left(5\right)$的解(三个解中任何一个都可以)为

令 $U=\sqrt[3]{\frac{-Q}{2}\pm \sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}}$

（由三次方程）

$v=U-\frac{P}{3U}$

则原来的嵌套三次方程的解为

$y=-\frac{5}{6}\alpha -\frac{P}{3U}+U(6)$

注意 $\left(1\right)$： $P=0⟹\frac{Q}{2}+\sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}=0$

注意 $\left(2\right)$： $\underset{P\to 0}{\lim }\frac{P}{\sqrt[3]{\frac{Q}{2}+\sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}}}}=0$

配成完全平方项

$y$的值已由$\left(6\right)$式给定，现在知道等式$\left(3\right)$的右边是完全平方的形式

$s^2{u}^2+2stu+t^2={(\sqrt{s^2}u+\frac{2st}{2\sqrt{s^2}})}^2$

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。$A$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$\pm a$消去。

从而它可分解因式为：

$(\alpha +2y)u^2+(-\beta )u+(y^2+2y\alpha +{\alpha }^2-\gamma )={[\sqrt{\alpha +2y}u+\frac{(-\beta )}{2\sqrt{\alpha +2y}}]}^2$.

注：若 $\beta \ne 0$ 则 $\alpha +2y\ne 0$。如果 $\beta =0$则方程为双二次方程，前面已讨论过。

因此方程$\left(3\right)$化为

$(u^2+\alpha +y{)}^2={(\sqrt{\alpha +2y}u-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})}^2(7)$.

等式$\left(7\right)$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：

$(u^2+\alpha +y)=\pm (\sqrt{\alpha +2y}u-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})(7^{\prime })$.

对 $u$合并同类项，得

$u^2+\left({\mp }_s\sqrt{\alpha +2y}\right)u+(\alpha +y{\pm }_s\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})=0(8)$.

注：${\pm }_s$ 及 ${\mp }_s$ 中的下标$s$ 用来标记它们是相关的。

方程$\left(8\right)$是关于$u$的二次方程。其解为

$u=\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{(\alpha +2y)-4(\alpha +y{\pm }_s\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.$

化简，得

$u=\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.$

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

$x=-\frac{b}{4a}+\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.(8^{\prime })$

注意：两个 ${\pm }_s$ 来自等式$\left(7^{\text{'}}\right)$的同一处，并且它们应有相同的符号，而 ${\pm }_t$ 的符号是无关的。

费拉里方法的概要

给定一个四次方程

$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0$

其解可用如下方法求出：

$\alpha =-\frac{3b^2}{8a^2}+\frac{c}{a},$

$\beta =\frac{b^3}{8a^3}-\frac{bc}{2a^2}+\frac{d}{a},$

$\gamma =\frac{-3b^4}{256a^4}+\frac{b^{2}c}{16a^3}-\frac{bd}{4a^2}+\frac{e}{a},$

若 $\beta =0$，求解 $u^4+\alpha u^2+\gamma =0$ 并代入 $x=u-\frac{b}{4a}$，求得根

$x=-\frac{b}{4a}{\pm }_s\sqrt{\frac{-\alpha {\pm }_t\sqrt{{\alpha }^2-4\gamma }}{2}},\beta =0$.

$P=-\frac{{\alpha }^2}{12}-\gamma ,$

$Q=-\frac{{\alpha }^3}{108}+\frac{\alpha \gamma }{3}-\frac{{\beta }^2}{8},$

$R=-\frac{Q}{2}\pm \sqrt{\frac{Q^2}{4}+\frac{P^3}{27}},$（平方根任一正负号均可）

$U=\sqrt[3]{R},$（有三个复根，任一个均可）

$y=-\frac{5}{6}\alpha +\{\begin{array}{cc}U=0& \to -\sqrt[3]{Q}\\ U\ne 0,& \to U-\frac{P}{3U},\end{array},$

$x=-\frac{b}{4a}+\frac{{\pm }_s\sqrt{\alpha +2y}{\pm }_t\sqrt{-(3\alpha +2y{\pm }_s\frac{2\beta }{\sqrt{\alpha +2y}})}}{2}.$

两个${\pm }_s$ 必须有相同的符号,${\pm }_t$ 的符号无关。为得到全部的根，对${\pm }_s$，${\pm }_t$ ,$=$,$+$,$+$及 $+-$ 及 $-+$ 及 $--$ 来求$x$。二重根将得出两次，三重根及四重根将得出四次（尽管有$\beta =0$，是一种特殊的情况）。方程根的次序取决于立方根$U$ 的选取。（见对$\left(8\right)$相对$\left(8^{\text{'}}\right)$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

$x^4+6x^2-60x+36=0$ ，

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

$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=0$

此四次方程是下列两个二次方程之积：

$(x-x_1)(x-x_2)=0(9)$

以及

$(x-x_3)(x-x_4)=0.(10)$

由于

$x_2=x_1^{\star }$

因此

$\begin{array}{ccc}(x-x_1)(x-x_2)& =& x^2-(x_1+x_1^{\star })x+x_1{x}_1^{\star }\\ & =& x^2-2\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1)x+[\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1){]}^2+[\mathrm{I}\mathrm{m}(x_1){]}^2.\end{array}$

设

$a=-2\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1),$

$b=[\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1){]}^2+[\mathrm{I}\mathrm{m}(x_1){]}^2$

则方程$\left(9\right)$ 变为

$x^2+ax+b=0.(11)$

同时有(未知的)变量$w$和$v$使方程$\left(10\right)$ 变为

$x^2+wx+v=0.(12)$

方程$\left(11\right)$与$\left(12\right)$ 相乘，得

$x^4+(a+w)x^3+(b+wa+v)x^2+(wb+va)x+vb=0.(13)$

把方程$\left(13\right)$ 与原来的二次方程比较，可知

$a+w=\frac{B}{A},$

$b+wa+v=\frac{C}{A},$

$wb+va=\frac{D}{A},$

及

$vb=\frac{E}{A}.$

因此

$w=\frac{B}{A}-a=\frac{B}{A}+2\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1),$

$v=\frac{E}{Ab}=\frac{E}{A([\mathrm{R}\mathrm{e}(x_1){]}^2+[\mathrm{I}\mathrm{m}(x_1){]}^2)}.$

方程$\left(12\right)$的解为

$x_3=\frac{-w+\sqrt{w^2-4v}}{2},$

$x_4=\frac{-w-\sqrt{w^2-4v}}{2}.$

这两个解中的一个应是所求的实解。

歐拉的方法

寫出式子 $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$，令 $y=x+a/4$, 把上式改寫為 $y^4+e{y}^2+fy+g=0$, 再利用係數 $e,f,g$ 造出另一式子: $z^3+(e/2)z^2+((e^2-4g)/16)z-f^2/64=0$, 求出 $z$ 的三根，並用 $p,q,r$ 代表它們。 那麼 $y$ 的四個根就是 $+\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}$ $+\sqrt{p}-\sqrt{q}-\sqrt{r}$ $-\sqrt{p}+\sqrt{q}-\sqrt{r}$ $-\sqrt{p}-\sqrt{q}+\sqrt{r}$

合併來看 二次方程根的樣式為 $j\sqrt{A}$ ,其中 $j\in \{h^0,h^1\},h^2=1$ 三次方程根的樣式為 $j_1\sqrt[3]{A}+j_2\sqrt[3]{B}$ ,其中 $j\in \{h^0,h^1,h^2\},h^3=1$ 四次方程根的樣式為 $j_1\sqrt[4]{A}+j_2\sqrt[4]{B}+j_3\sqrt[4]{C}$ ,其中 $j\in \{h^0,h^1,h^2,h^3\},h^4=1$ 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

一个例子可见双二次方程。

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。对于$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0,a\ne 0$，有：

$$x_1=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2}\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{-b^3+4abc-8a^{2}d}{4a^3\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}$$

$$x_2=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2}\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}-\frac{b^3-4abc+8a^{2}d}{4a^3\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}$$

$$x_3=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2}\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{b^3-4abc+8a^{2}d}{4a^3\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}$$

$$x_4=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2}\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{b^3-4abc+8a^{2}d}{4a^3\sqrt{{\left(\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}(c^2-3bd+12ae)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace+\sqrt{(2c^3-9bcd+27a{d}^2+27b^{2}e-72ace{)}^2-4(c^2-3bd+12ae{)}^3}}}{3\sqrt[3]{2}a}}}}$$

$\mathrm{\Delta }=256a^3{e}^3-192a^{2}bd{e}^2-128a^2{c}^2{e}^2+144a^{2}c{d}^{2}e-27a^2{d}^4+144a{b}^{2}c{e}^2-6a{b}^2{d}^{2}e-80ab{c}^{2}de+18abc{d}^3+16a{c}^{4}e-4a{c}^3{d}^2-27b^4{e}^2+18b^{3}cde-4b^3{d}^3-4b^2{c}^{3}e+b^2{c}^2{d}^2$Template: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。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。

參見

• 费拉里
• 卡尔达诺

文獻

• Ferrari's achievementTemplate:Wayback
• 四次方程的求根公式Template:Wayback