四次方程

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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：

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

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，通过牛顿法等数值方法，可以轻易得到任意次方程的实数（数值）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,

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

### 双二次方程

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

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

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 $z=x^2 \,$，我们的方程式便成为：

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

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：

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

当我们求得 z 的值以后，便可以从中得到$x \,$ 的值：

$$x_1=+\sqrt{z_1}\,\!$$

$$x_2=-\sqrt{z_1}\,\!$$

$$x_3=+\sqrt{z_2}\,\!$$

$$x_4=-\sqrt{z_2}\,\!$$

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

## 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$a \,$

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

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

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

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

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

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

整理后变成以u为变量的表达式

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

现在改变表达式的系数，为

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

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

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

结果就是我们期望的低级四次方程式，为

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

如果 $\beta=0\,$ 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 $x\,$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

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

从方程 (1)和上式，得出：

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

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

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

及

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

与等式(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

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

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：

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

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：

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

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：

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

把二项式与多项式相乘。

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

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

这是关于$y\,$的三次方程。两边除以$2\,$。

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

#### 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：

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

方程$\left(4\right)\,$变为

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

展开，得

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

合并同类项，得

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

这是嵌套的三次方程。

记

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

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

则此三次方程变为

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

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

（由三次方程）

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

则原来的嵌套三次方程的解为

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

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

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

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。$A\,$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：

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

注：若 $\beta \ne0 \,$ 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

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

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：

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

对 $u\,$合并同类项，得

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

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

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

化简，得

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

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

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

注意：两个 $\pm_s$ 来自等式$\left(7^'\right)\,$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

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

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

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

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

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

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

$U = \sqrt[3]{R},$（有三个复根，任一个均可）

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

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

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$\left(8^'\right)\,$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

$x^4 + 6 x^2 - 60 x + 36 = 0 \,$。

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。

### 笛卡儿方法

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

此四次方程是下列两个二次方程之积：

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

以及

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

由于

$$x_2 = x_1^\star$$

因此

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

设

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

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

则方程$\left(9\right)\,$ 变为

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

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

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

方程$\left(11\right)\,$与$\left(12\right)\,$ 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$\left(13\right)\,$ 与原来的二次方程比较，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$\left(12\right)\,$的解为

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

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

这两个解中的一个应是所求的实解。

## 欧拉的方法

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

把上式改写为 $y^4 + e y^2 + f y + g = 0$,

再利用系数 $e,f,g$ 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，并用 $p,q,r$ 代表它们。

那么 $y$ 的四个根就是$$+\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}$$ $$+\sqrt{p}-\sqrt{q}-\sqrt{r}$$ $$-\sqrt{p}+\sqrt{q}-\sqrt{r}$$ $$-\sqrt{p}-\sqrt{q}+\sqrt{r}$$

合并来看二次方程根的样式为 $j\sqrt{A}$,其中 $j\in \{h^0, h^1\} , \ h^2=1$

三次方程根的样式为 $j_1\sqrt[3]{A}+j_2\sqrt[3]{B}$ ,其中 $j\in \{h^0, h^1, h^2\} , \ h^3=1$

四次方程根的样式为 $j_1\sqrt[4]{A}+j_2\sqrt[4]{B}+j_3\sqrt[4]{C}$ ,其中 $j\in \{h^0, h^1, h^2, h^3\} , h^4=1$ 延伸这样式，暗示了五次方程寻根的方向。

## 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${ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,a\ne0}$，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 $\Delta>0$，方程有四个不同的实根，或两个实根和一对复共轭根。

若 $\Delta=0$，方程至少有一个重根。

若 $\Delta<0$，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。

## 文献

- Ferrari's achievement
- 四次方程的求根公式