四次方程

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，通过牛顿法等数值方法，可以轻易得到任意次方程的实数（数值）解。

名义上的四次方程

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

${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\,}$ 

双二次方程

四次方程式中若${\displaystyle b\ }$  和 ${\displaystyle d\ }$  均为 ${\displaystyle 0\ }$ 者有下列形态：

${\displaystyle ax^{4}+cx^{2}+e=0\,\!}$ 

因此它是一个双二次方程式。解双二次方程式非常容易，只要设 ${\displaystyle z=x^{2}\,}$  ，我们的方程式便成为：

${\displaystyle az^{2}+cz+e=0\,\!}$ 

这是一个简单的二次方程式，其根可用二次方程式的求根公式来解：

${\displaystyle z={{-c\pm {\sqrt {c^{2}-4ae}}} \over {2a}}\,\!}$ 

当我们求得 z 的值以后，便可以从中得到${\displaystyle x\,}$  的值：

${\displaystyle x_{1}=+{\sqrt {z_{1}}}\,\!}$ 

${\displaystyle x_{2}=-{\sqrt {z_{1}}}\,\!}$ 

${\displaystyle x_{3}=+{\sqrt {z_{2}}}\,\!}$ 

${\displaystyle x_{4}=-{\sqrt {z_{2}}}\,\!}$ 

若任何一个 ${\displaystyle z\,}$  的值为负数或复数，那么一些 ${\displaystyle x\,}$  的值便是复数。

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${\displaystyle a\,}$ 

${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\qquad \qquad (1')}$ 

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

第一步：消除 ${\displaystyle x^{3}\,}$ 列。为了做到这一步，先把变量${\displaystyle x\,}$ 变成${\displaystyle u\,}$ ，其中

${\displaystyle x=u-{b \over 4a}}$ .

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

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

整理后变成以u为变量的表达式

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

现在改变表达式的系数，为

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

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

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

结果就是我们期望的低级四次方程式，为

${\displaystyle u^{4}+\alpha u^{2}+\beta u+\gamma =0\qquad \qquad (1)}$ 

如果 ${\displaystyle \beta =0\,}$  那么等式就变成了双二次方程式，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 ${\displaystyle x\,}$ 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，利用一个恒等式

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

从方程 (1)和上式，得出：

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

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

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

${\displaystyle {\begin{matrix}(u^{2}+\alpha +y)^{2}-(u^{2}+\alpha )^{2}&=&2y(u^{2}+\alpha )+y^{2}\ \ \\&=&2yu^{2}+2y\alpha +y^{2},\end{matrix}}}$ 

及

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

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

与等式(2)相加，得

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

也就是

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

现在我们需要寻找一个${\displaystyle y\,}$ 值，使得方程${\displaystyle \left(3\right)\,}$ 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：

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

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：

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

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：

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

把二项式与多项式相乘，

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

${\displaystyle 2y^{3}+5\alpha y^{2}+(4\alpha ^{2}-2\gamma )y+\left(\alpha ^{3}-\alpha \gamma -{\beta ^{2} \over 4}\right)=0\qquad \qquad }$ 

这是关于${\displaystyle y\,}$ 的三次方程。两边除以${\displaystyle 2\,}$ ，

${\displaystyle y^{3}+{5 \over 2}\alpha y^{2}+(2\alpha ^{2}-\gamma )y+\left({\alpha ^{3} \over 2}-{\alpha \gamma \over 2}-{\beta ^{2} \over 8}\right)=0.\qquad \qquad (4)}$ 

转化嵌套的三次方程为降低次数的三次方程

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

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

方程${\displaystyle \left(4\right)\,}$ 变为

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

展开，得

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

合并同类项，得

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

这是嵌套的三次方程。

记

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

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

则此三次方程变为

${\displaystyle v^{3}+Pv+Q=0.\qquad \qquad (5)}$ 

解嵌套的降低次数的三次方程

方程${\displaystyle \left(5\right)\,}$ 的解(三个解中任何一个都可以)为

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

（由三次方程）

${\displaystyle v=U-{P \over 3U}}$ 

则原来的嵌套三次方程的解为

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

注意 ${\displaystyle \left(1\right)\,}$ ： ${\displaystyle P=0\Longrightarrow {Q \over 2}+{\sqrt {{Q^{2} \over 4}+{P^{3} \over 27}}}=0}$ 

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

配成完全平方项

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

${\displaystyle s^{2}u^{2}+2stu+t^{2}=\left({\sqrt {s^{2}}}u+{2st \over 2{\sqrt {s^{2}}}}\right)^{2}}$ 

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。${\displaystyle A\,}$ 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${\displaystyle \pm a\,}$ 消去。

从而它可分解因式为：

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

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

因此方程${\displaystyle \left(3\right)\,}$ 化为

${\displaystyle (u^{2}+\alpha +y)^{2}=\left({\sqrt {\alpha +2y}}u-{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}}\right)^{2}\qquad \qquad (7)}$ .

等式${\displaystyle \left(7\right)\,}$ 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：

${\displaystyle (u^{2}+\alpha +y)=\pm \left({\sqrt {\alpha +2y}}u-{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}}\right)\qquad \qquad (7')}$ .

对 ${\displaystyle u\,}$ 合并同类项，得

${\displaystyle u^{2}+\left(\mp _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\right)u+\left(\alpha +y\pm _{s}{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}}\right)=0\qquad \qquad (8)}$ .

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

方程${\displaystyle \left(8\right)\,}$ 是关于${\displaystyle u\,}$ 的二次方程。其解为

${\displaystyle u={\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {(\alpha +2y)-4(\alpha +y\pm _{s}{\beta \over 2{\sqrt {\alpha +2y}}})}} \over 2}.}$ 

化简，得

${\displaystyle u={\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over {\sqrt {\alpha +2y}}}\right)}} \over 2}.}$ 

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

${\displaystyle x=-{b \over 4a}+{\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over {\sqrt {\alpha +2y}}}\right)}} \over 2}.\qquad \qquad (8')}$ 

注意：两个 ${\displaystyle \pm _{s}}$  来自等式${\displaystyle \left(7^{'}\right)\,}$ 的同一处，并且它们应有相同的符号，而 ${\displaystyle \pm _{t}}$  的符号是无关的。

费拉里方法的概要

给定一个四次方程

${\displaystyle ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,}$ 

其解可用如下方法求出：

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

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

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

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

${\displaystyle x=-{b \over 4a}\pm _{s}{\sqrt {-\alpha \pm _{t}{\sqrt {\alpha ^{2}-4\gamma }} \over 2}},\qquad \beta =0}$ .

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

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

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

${\displaystyle U={\sqrt[{3}]{R}},}$ （有三个复根，任一个均可）

${\displaystyle y={\displaystyle -{5 \over 6}\alpha +{\begin{cases}U=0&\to -{\sqrt[{3}]{Q}}\\U\neq 0,&\to U-{P \over 3U},\end{cases}}\quad \quad \quad },}$ 

${\displaystyle x=-{b \over 4a}+{\pm _{s}{\sqrt {\alpha +2y}}\pm _{t}{\sqrt {-\left(3\alpha +2y\pm _{s}{2\beta \over {\sqrt {\alpha +2y}}}\right)}} \over 2}.}$ 

两个${\displaystyle \pm _{s}\,}$  必须有相同的符号,${\displaystyle \pm _{t}\,}$  的符号无关。为得到全部的根，对${\displaystyle \pm _{s}\,}$ ，${\displaystyle \pm _{t}\,}$  ,${\displaystyle =}$ ,${\displaystyle +\,}$ ,${\displaystyle +\,}$ 及 ${\displaystyle +-\,}$  及 ${\displaystyle -+\,}$  及 ${\displaystyle --\,}$  来求${\displaystyle x\,}$ 。二重根将得出两次，三重根及四重根将得出四次（尽管有${\displaystyle \beta =0\,}$ ，是一种特殊的情况）。方程根的次序取决于立方根${\displaystyle U\,}$  的选取。（见对${\displaystyle \left(8\right)\,}$ 相对${\displaystyle \left(8^{'}\right)\,}$ 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

${\displaystyle x^{4}+6x^{2}-60x+36=0\,}$  ，

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。

笛卡尔方法

${\displaystyle (x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})(x-x_{4})=0\,}$ 

此四次方程是下列两个二次方程之积：

${\displaystyle (x-x_{1})(x-x_{2})=0\qquad \qquad (9)}$ 

以及

${\displaystyle (x-x_{3})(x-x_{4})=0.\qquad \qquad (10)}$ 

由于

${\displaystyle x_{2}=x_{1}^{\star }}$ 

因此

${\displaystyle {\begin{matrix}(x-x_{1})(x-x_{2})&=&x^{2}-(x_{1}+x_{1}^{\star })x+x_{1}x_{1}^{\star }\qquad \qquad \qquad \quad \\&=&x^{2}-2\,\mathrm {Re} (x_{1})x+[\mathrm {Re} (x_{1})]^{2}+[\mathrm {Im} (x_{1})]^{2}.\end{matrix}}}$ 

设

${\displaystyle a=-2\,\mathrm {Re} (x_{1}),}$ 

${\displaystyle b=[\mathrm {Re} (x_{1})]^{2}+[\mathrm {Im} (x_{1})]^{2}\,}$ 

则方程${\displaystyle \left(9\right)\,}$  变为

${\displaystyle x^{2}+ax+b=0.\qquad \qquad (11)}$ 

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

${\displaystyle x^{2}+wx+v=0.\qquad \qquad (12)}$ 

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

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

把方程${\displaystyle \left(13\right)\,}$  与原来的二次方程比较，可知

${\displaystyle a+w={B \over A},}$ 

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

${\displaystyle wb+va={D \over A},}$ 

及

${\displaystyle vb={E \over A}.}$ 

因此

${\displaystyle w={B \over A}-a={B \over A}+2\mathrm {Re} (x_{1}),}$ 

${\displaystyle v={E \over Ab}={E \over A\left([\mathrm {Re} (x_{1})]^{2}+[\mathrm {Im} (x_{1})]^{2}\right)}.}$ 

方程${\displaystyle \left(12\right)\,}$ 的解为

${\displaystyle x_{3}={-w+{\sqrt {w^{2}-4v}} \over 2},}$ 

${\displaystyle x_{4}={-w-{\sqrt {w^{2}-4v}} \over 2}.}$ 

这两个解中的一个应是所求的实解。

写出式子 ${\displaystyle x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$ ，令 ${\displaystyle y=x+a/4}$ , 把上式改写为 ${\displaystyle y^{4}+ey^{2}+fy+g=0}$ , 再利用系数 ${\displaystyle e,f,g}$  造出另一式子: ${\displaystyle z^{3}+(e/2)z^{2}+((e^{2}-4g)/16)z-f^{2}/64=0}$ , 求出 ${\displaystyle z}$  的三根，并用 ${\displaystyle p,q,r}$  代表它们。 那么 ${\displaystyle y}$  的四个根就是 ${\displaystyle +{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}}$  ${\displaystyle +{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}}$  ${\displaystyle -{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}-{\sqrt {r}}}$  ${\displaystyle -{\sqrt {p}}-{\sqrt {q}}+{\sqrt {r}}}$ 

合并来看 二次方程根的样式为 ${\displaystyle j{\sqrt {A}}}$  ,其中 ${\displaystyle j\in \{h^{0},h^{1}\},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^{2}=1}$  三次方程根的样式为 ${\displaystyle j_{1}{\sqrt[{3}]{A}}+j_{2}{\sqrt[{3}]{B}}}$  ,其中 ${\displaystyle j\in \{h^{0},h^{1},h^{2}\},\ \ \ \ \ h^{3}=1}$  四次方程根的样式为 ${\displaystyle j_{1}{\sqrt[{4}]{A}}+j_{2}{\sqrt[{4}]{B}}+j_{3}{\sqrt[{4}]{C}}}$  ,其中 ${\displaystyle j\in \{h^{0},h^{1},h^{2},h^{3}\},h^{4}=1}$  延伸这样式，暗示了五次方程寻根的方向。

化为双二次方程

一个例子可见双二次方程。

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。^[1]对于${\displaystyle {ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0,a\neq 0}}$ ，有：^[2]