四次方程

$y=7x^4+9x^3-24x^2-28x+48$ 的圖形

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 $a\ne0\,$

本篇只讨论一元四次方程，并简称为四次方程。

解决四次方程 [编辑]

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。

求根公式 [编辑]

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

${}_{x_1=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{-b^3+4abc-8a^2d}{4a^3\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}} {3\sqrt[3]{2}a}}}}}$

${}_{x_2=-\frac{b}{4a}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}+\frac{-b^3+4abc-8a^2d}{4a^3\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}} {3\sqrt[3]{2}a}}}}}$

${}_{x_3=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}}-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}-\frac{-b^3+4abc-8a^2d}{4a^3\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}} {3\sqrt[3]{2}a}}}}}$

${}_{x_4=-\frac{b}{4a}-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{b^2}{2a^2}-\frac{4c}{3a}-\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}-\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}{3\sqrt[3]{2}a}-\frac{-b^3+4abc-8a^2d}{4a^3\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{2c}{3a}+\frac{\sqrt[3]{2}\left(c^2-3bd+12ae\right)}{3a\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}}+\frac{\sqrt[3]{2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace+\sqrt{-4\left(c^2-3bd+12ae\right)^3+\left(2c^3-9bcd+27ad^2+27b^2e-72ace\right)^2}}} {3\sqrt[3]{2}a}}}}}$

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

特殊情况 [编辑]

名义上的四次方程 [编辑]

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 [编辑]

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：

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

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。

一般情况，沿着费拉里的路线 [编辑]

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 [编辑]

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

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

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 $\beta=0\,$ 那么等式就变成了雙二次方程式，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 [编辑]

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，利用一个恆等式

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

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

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

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 [编辑]

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

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 [编辑]

$y\,$ 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 [编辑]

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）

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

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

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。

另一種的計算方式 [编辑]

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

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

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