四次方程

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四次方程，是未知數最高次數不超過四次的多項式方程。一個典型的一元四次方程的通式為：

$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\,$ 其中 $a\ne0\,$

本篇只討論一元四次方程，並簡稱為四次方程。

## 四次方程的解法

數學家們為了解開四次方程——確切地說，找到解開四次方程的方法——做出了許多努力。像其它多項式一樣，有時可以對四次方程進行因式分解；但高次冪下的因式分解往往非常困難，尤其是當根是無理數或複數時。因此找到一個公式解（就像二次方程的求根公式那樣，能解所有的一元二次方程）意義重大。經過諸多研究後，數學家們終於找到了四次方程的公式解。不過之後埃瓦里斯特·伽羅瓦證明，求根公式止步於四次方程，更高次冪的方程無法通過固定的公式求出。對於五次及以上的方程，需要一種更為有效的方式來求解。

由於四次方程的複雜性（參見下文），求解公式並不常用。如果只要求求解有理實根，可以使用試錯法，該方法對於任意次數的多項式求解都有效。或是使用魯菲尼法則求出，前提是所給的多項式的係數都是有理的。利用電腦編程，通過牛頓法等數值方法，可以輕易得到任意次方程的實數（數值）解。

## 特殊情況

### 名義上的四次方程

如果$e=0 \,$，那麼其中一個根為$x=0 \,$，其它根可以通過消去四次項，並解產生的三次方程,

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

### 雙二次方程

四次方程式中若$b \ $ 和 $d \ $ 均為 $0 \ $者有下列形態：

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

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：

$$az^2+cz+e=0\,\!$$

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：

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

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。

## 費拉里的方法

開始時，四次方程首先要被轉化為低級的四次方程式。

### 轉變成減少次數的四次方程

要讓以下四次方程式變成標準的四次方程式，先在等式兩邊分別除以$a \,$

$$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e = 0 \qquad\qquad(1')$$

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

第一步：消除 $x^3 \,$列。為了做到這一步，先把變量$x\,$變成$u\,$，其中

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

將變量替換：$\left( u - {b \over 4 a} \right)^4 + {b \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right)^3 + {c \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right)^2 + {d \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right) + {e \over a} = 0.$

展開後變成：$\left( u^4 - {b \over a} u^3 + {6 u^2 b^2 \over 16 a^2} - {4 u b^3 \over 64 a^3} + {b^4 \over 256 a^4} \right) + {b \over a} \left( u^3 - {3 u^2 b \over 4 a} + {3 u b^2 \over 16 a^2} - {b^3 \over 64 a^3} \right) + {c \over a} \left( u^2 - {u b \over 2 a} + {b^2 \over 16 a^2} \right) + {d \over a} \left( u - {b \over 4 a} \right) + {e \over a} = 0.$

整理後變成以u為變量的表達式

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

現在改變表達式的係數，為

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

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

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

結果就是我們期望的低級四次方程式，為

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

如果 $\beta=0\,$ 那麼等式就變成了雙二次方程式，更加容易解決（解釋上面）；利用反向替代，我們可以獲得我們要解決的變量 $x\,$的值.

### 費拉里的解法

這種降低的四次方程的方法是被費拉里發現的，然而，這種方式曾經被發現過。接下來，利用一個恆等式

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

從方程 (1)和上式，得出：

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

結果把 $u^4 \,$配成了完全平方式：$(u^2+\alpha)^2\,$。左式中，$\alpha u^2\,$ 並不出現，但其符號已改變並被移到右邊。

下一步是在方程$\left(2\right)\,$ 左邊的完全平方中插入變量 $y \,$，相應地在右邊插入一項$2y\,$。根據恆等式

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

及

$0 = (\alpha + 2 y) u^2 - 2 y u^2 - \alpha u^2 \,$兩式相加，可得

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

與等式(2)相加，得

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

也就是

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

現在我們需要尋找一個$y\,$值，使得方程$\left(3\right)\,$的右邊為完全平方。而這只要令二次方程的判別式為零。為此，首先展開完全平方式為二次式：

$$(s u + t)^2 = (s^2) u^2 + (2 s t) u + (t^2)\,$$

右邊的二次式有三個係數。可以驗證，把第二項係數平方，再減去第一與第三項係數之積的四倍，可得到零：

$$(2 s t)^2 - 4 (s^2) (t^2) = 0 \,$$

因此，為了使方程(3)的右邊為完全平方，我們必須解出下列方程：

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

把二項式與多項式相乘。

$\beta^2 - 4 [2 y^3 + 5 \alpha y^2 + (4 \alpha^2 - 2 \gamma) y + (\alpha^3 - \alpha \gamma)] = 0 \,$兩邊除以$4\,$，再把$-\frac{\beta^2}{4}\,$移動到右邊。

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

這是關於$y\,$的三次方程。兩邊除以$2\,$。

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

#### 轉化嵌套的三次方程為降低次數的三次方程

方程$\left(4\right)\,$是嵌套的三次方程。為了解方程$\left(4\right)\,$，我們首先用換元法把它轉化為減少次數的三次方程：

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

方程$\left(4\right)\,$變為

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

展開，得

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

合併同類項，得

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

這是嵌套的三次方程。

記

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

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

則此三次方程變為

$$v^3 + P v + Q = 0. \qquad \qquad (5)$$

#### 解嵌套的降低次數的三次方程

方程$\left(5\right)\,$的解(三個解中任何一個都可以)為

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

（由三次方程）

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

則原來的嵌套三次方程的解為

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

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

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

#### 配成完全平方項

$y\,$的值已由$\left(6\right)\,$式給定，現在知道等式$\left(3\right)\,$的右邊是完全平方的形式

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

這對於平方根的正負號均成立，只要等式兩邊取相同的符號。$A\,$的正負是多餘的，因為它將被本頁後面馬上將提到的另一個$\pm a\,$消去。

從而它可分解因式為：

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

註：若 $\beta \ne0 \,$ 則 $\alpha+ 2y \ne 0 \,$。如果 $\beta= 0 \,$則方程為雙二次方程，前面已討論過。

因此方程$\left(3\right)\,$化為

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

等式$\left(7\right)\,$兩邊各有一個乘起來的完全平方式。兩完全平方式相等。

如果兩平方式相等，則兩平方式的因子也相等，即有下式：

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

對 $u\,$合併同類項，得

$u^2 + \left(\mp_s \sqrt{\alpha + 2 y}\right)u + \left( \alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}} \right) = 0 \qquad\qquad (8)$.

註：$\pm_s$ 及 $\mp_s$ 中的下標$s\,$ 用來標記它們是相關的。

方程$\left(8\right)\,$是關於$u\,$的二次方程。其解為

$$u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{(\alpha + 2y) - 4(\alpha + y \pm_s {\beta \over 2\sqrt{\alpha + 2 y}})} \over 2}.$$

化簡，得

$$u={\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}.$$

這就是降低次數的四次方程的解，因此原來的四次方程的解為

$$x=-{b \over 4a} + {\pm_s\sqrt{\alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2y \pm_s {2\beta \over \sqrt{\alpha + 2 y}} \right)} \over 2}. \qquad\qquad (8')$$

注意：兩個 $\pm_s$ 來自等式$\left(7^'\right)\,$的同一處，並且它們應有相同的符號，而 $\pm_t$ 的符號是無關的。

#### 費拉里方法的概要

給定一個四次方程

$$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e = 0\,$$

其解可用如下方法求出：

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

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

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

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

$x=-{b\over 4a}\pm_s\sqrt{-\alpha\pm_t\sqrt{\alpha^2-4\gamma}\over 2},\qquad\beta=0$.

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

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

$R = -{Q\over 2} \pm \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}},$（平方根任一正負號均可）

$U = \sqrt[3]{R},$（有三個復根，任一個均可）

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

$$x = - {b \over 4 a} + { \pm_s \sqrt{ \alpha + 2 y} \pm_t \sqrt{-\left(3\alpha + 2 y \pm_s {2\beta\over\sqrt{\alpha +2y}} \right) }\over 2 }.$$

兩個$\pm _s\,$ 必須有相同的符號,$\pm _t\,$ 的符號無關。為得到全部的根，對$\pm _s\,$，$\pm _t\,$ ,$=$,$+\,$,$+ \,$及 $+-\,$ 及 $-+\,$ 及 $- -\,$ 來求$x\,$。二重根將得出兩次，三重根及四重根將得出四次（儘管有$\beta = 0\,$，是一種特殊的情況）。方程根的次序取決於立方根$U\,$ 的選取。（見對$\left(8\right)\,$相對$\left(8^'\right)\,$的注）

此即所求。

還有解四次方程的其他方法，或許更好些。費拉里首先發現這些迷宮般的解之一。他所解的方程是

$x^4 + 6 x^2 - 60 x + 36 = 0 \,$。

它已經化為簡約的形式。它有一對解，可由上面給出的公式得到。

### 笛卡兒方法

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

此四次方程是下列兩個二次方程之積：

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

以及

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

由於

$$x_2 = x_1^\star$$

因此

$$<pre> \begin{matrix} (x-x_1)(x-x_2)&=&x^2-(x_1+x_1^\star)x+x_1x_1^\star\qquad\qquad\qquad\quad \\ &=&x^2-2\,\mathrm{Re}(x_1)x+[\mathrm{Re}(x_1)]^2+[\mathrm{Im}(x_1)]^2. \end{matrix}$$

設

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

$$b = [ \mathrm{Re}( x_1) ]^2 + [ \mathrm{Im}(x_1) ]^2 \,$$

則方程$\left(9\right)\,$ 變為

$$x^2 + a x + b = 0. \qquad \qquad (11)$$

同時有(未知的)變量$w\,$和$v\,$使方程$\left(10\right)\,$ 變為

$$x^2 + w x + v = 0. \qquad \qquad (12)$$

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

$$x^4 + (a + w) x^3 + (b + w a + v) x^2 + (w b + v a) x + v b = 0. \qquad \qquad (13)$$

把方程$\left(13\right)\,$ 與原來的二次方程比較，可知

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

$$b + w a + v = {C \over A},$$

$$w b + v a = {D \over A},$$

及

$$v b = {E \over A}.$$

因此

$$w = {B \over A} - a = {B \over A} + 2 \mathrm{Re}(x_1),$$

$$v = {E \over A b} = {E \over A \left( [ \mathrm{Re}(x_1) ]^2 + [ \mathrm{Im}(x_1) ]^2 \right) }.$$

方程$\left(12\right)\,$的解為

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

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

這兩個解中的一個應是所求的實解。

## 歐拉的方法

寫出式子 $x^4 + a x^3 + b x^2 + c x + d = 0$，令 $y=x+a/4$,

把上式改寫為 $y^4 + e y^2 + f y + g = 0$,

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

### 化為雙二次方程

一個例子可見雙二次方程。

### 求根公式

四次方程的求根公式可以通過上述的伽羅瓦理論和因式分解得到。對於${ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,a\ne0}$，有：

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

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

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

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

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

若 $\Delta>0$，方程有四個不同的實根，或兩個實根和一對復共軛根。

若 $\Delta=0$，方程至少有一個重根。

若 $\Delta<0$，方程有兩對復共軛根。

PlanetMath指出，這四個形式直接使用，即使是在電腦上也過於複雜。這四個解的推導過程的最後幾步有較為簡單的中間形式可以採用。得到這些解需要用到三次方程的求根公式。

## 文獻

- Ferrari's achievement
- 四次方程的求根公式