四次方程

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在数学中，四次方程 是令一个四次函数等于零的结果。四次方程的一个例子如下

$2x^4+4x^3-26x^2-28x+48=0;\,$

它的通式是

$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,\qquad\mbox{where }a\ne0.$

[编辑] 解决四次方程

自然，人们为了找到这些根做了许多努力。就像其它多项式，有时可能对一个四次方程分解出因式；但更多的时候这样的工作是极困难的，尤其是当根是无理数或复数时。因此找到一个通式解法或运算法则 (就像二次方程那样，能解所有的一元二次方程)是很有用的。通过很多努力之后，人们终于找到了一个运算法则可以解出任何一个四次方程；不过之后证明（由埃瓦里斯特·伽罗瓦（Évariste Galois）给出），这样的一种方法在五次方程这里止步了；也就是说，四次方程是次数最高的一种方程，它的解可以通过一个运算法则，由方程未知数前的系数给出。对于五次方程以上的方程，人们就需要一种更为有效的方法寻找方程的代数解，如同对于五次方程以下的方程所做的那样。

视四次方程的复杂性而言（参见下文），求解公式并不经常被使用。如果只要求求解有理实根，可以通过（对于任意次数的多项式都为真）试错法，或是使用鲁菲尼法则（只要所给的多项式的系数都是有理的）求出。到了计算机时代，通过牛顿法，人们可以使用数值逼近的方法快速得到所求的解。但是如果要求四次方程被精确地解出，你可以参见下文关于方法的概述。

[编辑] 特殊情况

[编辑] 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,

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

[编辑] 双二次方程

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

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

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：

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

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。

[编辑] 一般情况,沿着费拉里的路线

开始时，四次方程首先要被转化为低级的四次方程式。

[编辑] 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: $\left( u^4 - {B \over A} u^3 + {6 u^2 B^2 \over 16 A^2} - {4 u B^3 \over 64 A^3} + {B^4 \over 256 A^4} \right) + {B \over A} \left( u^3 - {3 u^2 B \over 4 A} + {3 u B^2 \over 16 A^2} - {B^3 \over 64 A^3} \right) + {C \over A} \left( u^2 - {u B \over 2 A} + {B^2 \over 16 A^2} \right) + {D \over A} \left( u - {B \over 4 A} \right) + {E \over A}.$ 整理后变成以u为变量的表达式

$u^4 + \left( {-3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A} \right) u^2 + \left( {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A} \right) u + \left( {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A} \right) = 0.$

现在改变表达式的系数，为

$\alpha = {-3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A},$

$\beta = {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A},$

$\gamma = {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A}.$

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 $\beta=0\,$ 那么等式就变成了四次幂方程式，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.

[编辑] 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，增加一个有效的标识

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

从方程 (1), 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： $(u^2+\alpha)^2\,$ . 第二项， $\alpha u^2\,$ 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

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

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

[编辑] 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

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

[编辑] 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）

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

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

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

[编辑] 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。两完全平方式相平衡。

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。

[编辑] 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：

$\alpha = - {3 B^2 \over 8 A^2} + {C \over A},$

$\beta = {B^3 \over 8 A^3} - {B C \over 2 A^2} + {D \over A},$

$\gamma = {-3 B^4 \over 256 A^4} + {C B^2 \over 16 A^3} - {B D \over 4 A^2} + {E \over A},$

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）

$y = - {5 \over 6} \alpha -U + \begin{cases}U=0 &\to 0\\U\ne 0 &\to {P\over 3U}\end{cases},$

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

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。

[编辑] 另一種的計算方式

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

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

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