四次方程

$y=7x^{4}+9x^{3}-24x^{2}-28x+48$的图形

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：

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

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$a\,$

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

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

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

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

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

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

整理后变成以u为变量的表达式

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

现在改变表达式的系数，为

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

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

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

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

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

及

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

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

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

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：

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

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，

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

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

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

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：

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

注：若 $\beta \neq 0\,$ 则 $\alpha +2y\neq 0\,$。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

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

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：

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

对 $u\,$合并同类项，得

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

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

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

化简，得

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

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

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

注意：两个 $\pm _{s}$ 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

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

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 $u^{4}+\alpha u^{2}+\gamma =0\,$ 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）

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

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

两个$\pm _{s}\,$ 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

$x^{4}+6x^{2}-60x+36=0\,$ ，

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

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

设

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

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

则方程$\left(9\right)\,$ 变为

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

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

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

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

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

把方程$\left(13\right)\,$ 与原来的二次方程比较，可知

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

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

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

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$\left(12\right)\,$的解为

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

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

这两个解中的一个应是所求的实解。

欧拉的方法

写出式子 $x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$，令 $y=x+a/4$, 把上式改写为 $y^{4}+ey^{2}+fy+g=0$, 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${ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0,a\neq 0}$，有：

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

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

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

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

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

PlanetMath指出，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。

参见

• 费拉里
• 卡尔达诺

文献

• Ferrari's achievement（页面存档备份，存于互联网档案馆）
• 四次方程的求根公式（页面存档备份，存于互联网档案馆）