四次方程

$y=7x^{4}+9x^{3}-24x^{2}-28x+48$的圖形

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

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

本篇只討論一元四次方程，並簡稱為四次方程。

四次方程的解法

數學家們為了解開四次方程——確切地說，找到解開四次方程的方法——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（就像二次方程的求根公式那樣， 能解所有的一元二次方程）意義重大。經過諸多研究後，數學家們終於找到了四次方程的公式解。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，更高次冪的方程無法通過固定的公式求出。對於五次及以上的方程，需要一種更為有效的方式來求解。

由於四次方程的複雜性（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系數都是有理的。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的實數（數值）解。

特殊情況

名義上的四次方程

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,

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

雙二次方程

四次方程式中若$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。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。

費拉里的方法

開始時，四次方程首先要被轉化為低級的四次方程式。

轉變成減少次數的四次方程

要讓以下四次方程式變成標準的四次方程式，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，先把變量$x\,$變成$u\,$，其中

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

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

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為變量的表達式

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

現在改變表達式的系數，為

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

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

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

結果就是我們期望值的低級四次方程式，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，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量 $x\,$的值.

費拉里的解法

這種降低的四次方程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 (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$\left(2\right)\,$ 左邊的完全平方中插入變量 $y\,$，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$\left(3\right)\,$的右邊為完全平方。而這只要令二次方程的判別式為零。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系數。可以驗證，把第二項系數平方，再減去第一與第三項系數之積的四倍，可得到零：

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

因此，為了使方程(3)的右邊為完全平方，我們必須解出下列方程：

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

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。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為降低次數的三次方程

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

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

方程$\left(4\right)\,$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。

記

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

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

則此三次方程變為

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

解嵌套的降低次數的三次方程

方程$\left(5\right)\,$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）

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

則原來的嵌套三次方程的解為

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

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 $\beta =0\,$則方程為雙二次方程，前面已討論過。

因此方程$\left(3\right)\,$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$\left(8\right)\,$是關於$u\,$的二次方程。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的解，因此原來的四次方程的解為

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

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

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

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。

笛卡爾方法

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

此四次方程是下列兩個二次方程之積：

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

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$\left(9\right)\,$ 變為

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

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

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

方程$\left(11\right)\,$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$\left(13\right)\,$ 與原來的二次方程比較，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$\left(12\right)\,$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 $y^{4}+ey^{2}+fy+g=0$, 再利用系數 $e,f,g$ 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 二次方程根的樣式為 $j{\sqrt {A}}$ ,其中 $j\in \{h^{0},h^{1}\},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ h^{2}=1$ 三次方程根的樣式為 $j_{1}{\sqrt[{3}]{A}}+j_{2}{\sqrt[{3}]{B}}$ ,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，暗示了五次方程尋根的方向。

其它方法

化為雙二次方程

一個例子可見雙二次方程。

求根公式

四次方程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：

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

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

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

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

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

PlanetMath指出，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，存於互聯網檔案館）
• 四次方程的求根公式（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）