四次方程式

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

　
: $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,$ 其中 $a\neq 0\,$

本篇只討論一元四次方程式，並簡稱為四次方程式。

## 四次方程式的解法

數學家們為了解開四次方程式 —— 確切地說，找到解開四次方程式的方法 —— 做出了許多努力。像其它多項式一樣，有時可以對四次方程式進行因式分解；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（就像二次方程式的求根公式那樣， 能解所有的一元二次方程式）意義重大。經過諸多研究後，數學家們終於找到了四次方程式的公式解。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式，更高次冪的方程式無法通過固定的公式求出。對於五次及以上的方程式，需要一種更為有效的方式來求解。

由於四次方程式的複雜性（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。利用計算機編程，通過牛頓法等數值方法，可以輕易得到任意次方程式的實數（數值）解。

## 特殊情況

### 名義上的四次方程式

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式，

　
: $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\,$

### 雙二次方程式

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

　
: $ax^{4}+cx^{2}+e=0\,\!$

因此它是一個**雙二次方程式式**。解雙二次方程式式非常容易，只要設 $z=x^{2}\,$ ，我們的方程式式便成為：

　
: $az^{2}+cz+e=0\,\!$

這是一個簡單的二次方程式式，其根可用二次方程式式的求根公式來解：

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

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，四次方程式首先要被轉化為低級的四次方程式式。

### 轉變成減少次數的四次方程式

要讓以下四次方程式式變成標準的四次方程式式，先在等式兩邊分別除以 $a\,$

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

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

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

　
: $x=u-{b \over 4a}$ .

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

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

整理後變成以 u 為變數的表達式

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

現在改變表達式的係數，為

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

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

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

結果就是我們期望的低級四次方程式式，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數 $x\,$ 的值.

### 費拉里的解法

這種降低的四次方程式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

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

從方程式 (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。

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

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

及

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

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

與等式 (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

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

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

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

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：

　
: $(2st)^{2}-4(s^{2})(t^{2})=0\,$

因此，為了使方程式 (3) 的右邊為完全平方，我們必須解出下列方程式：

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

把二項式與多項式相乘，

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

　
: $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 $

這是關於 $y\,$ 的三次方程式。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式為降低次數的三次方程式

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

　
: $y=v-{5 \over 6}\alpha .$

方程式 $\left(4\right)\,$ 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式。

記

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

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

則此三次方程式變為

　
: $v^{3}+Pv+Q=0.\qquad \qquad (5)$

#### 解嵌套的降低次數的三次方程式

方程式 $\left(5\right)\,$ 的解 (三個解中任何一個都可以) 為

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

　
: （由三次方程式）

　
: $v=U-{P \over 3U}$

則原來的嵌套三次方程式的解為

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

　
: : 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：

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

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

因此方程式 $\left(3\right)\,$ 化為

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

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：

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

對 $u\,$ 合併同類項，得

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

　
: 註： $\pm _{s}$ 及 $\mp _{s}$ 中的下標 $s\,$ 用來標記它們是相關的。

方程式 $\left(8\right)\,$ 是關於 $u\,$ 的二次方程式。其解為

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

化簡，得

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

這就是降低次數的四次方程式的解，因此原來的四次方程式的解為

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

　
: 注意：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

給定一個四次方程式

　
: $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\,$

其解可用如下方法求出：

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

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

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

　
: 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）

　
: $U={\sqrt[{3}]{R}},$ （有三個複根，任一個均可）

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

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

　
: 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）。方程式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。

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

　
: $x^{4}+6x^{2}-60x+36=0\,$ ，

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

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

此四次方程式是下列兩個二次方程式之積：

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

以及

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

由於

　
: $x_{2}=x_{1}^{\star }$

因此

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

設

　
: $a=-2\,\mathrm {Re} (x_{1}),$

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

則方程式 $\left(9\right)\,$ 變為

　
: $x^{2}+ax+b=0.\qquad \qquad (11)$

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

　
: $x^{2}+wx+v=0.\qquad \qquad (12)$

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

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

把方程式 $\left(13\right)\,$ 與原來的二次方程式比較，可知

　
: $a+w={B \over A},$

　
: $b+wa+v={C \over A},$

　
: $wb+va={D \over A},$

及

　
: $vb={E \over A}.$

因此

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

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

方程式 $\left(12\right)\,$ 的解為

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

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

這兩個解中的一個應是所求的實解。

## 歐拉的方法

寫出式子 $x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ ，令 $y=x+a/4$ ,
把上式改寫為 $y^{4}+ey^{2}+fy+g=0$ ,
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
二次方程式根的樣式為 $j{\sqrt {A}}$ , 其中 $j\in \{h^{0},h^{1}\},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^{2}=1$ 三次方程式根的樣式為 $j_{1}{\sqrt[{3}]{A}}+j_{2}{\sqrt[{3}]{B}}$ , 其中 $j\in \{h^{0},h^{1},h^{2}\},\ \ \ \ \ h^{3}=1$ 四次方程式根的樣式為 $j_{1}{\sqrt[{4}]{A}}+j_{2}{\sqrt[{4}]{B}}+j_{3}{\sqrt[{4}]{C}}$ , 其中 $j\in \{h^{0},h^{1},h^{2},h^{3}\},h^{4}=1$ 延伸這樣式，暗示了五次方程式尋根的方向。

## 其它方法

### 化為雙二次方程式

一個例子可見雙二次方程式。

### 埃瓦里斯特・伽羅瓦的理論和因式分解

### 求根公式

四次方程式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 ${ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0,a\neq 0}$ ，有：

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

PlanetMath 指出，這四個形式直接使用，即使是在計算機上也過於複雜。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式的求根公式。

## 參見

* 費拉里
* 卡爾達諾

## 文獻

* Ferrari's achievement（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）
* 四次方程式的求根公式（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）