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

2 x 4 + 4 x 3 - 26 x 2 - 28 x + 48 = 0;

它的通式是

$a_0x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4=0,\qquad\mbox{where }a_0\ne0.$

代数基本定理告诉我们，一个四次方程总有四个解 (根)。它们可能是复数而且可能有等根。

[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，如同对于五次方程一下的方程所作的那样。

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a₄ = 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,

a 0 x 3 + a 1 x 2 + a 2 x + a 3 = 0.

[编辑] 双二次方程

四次方程式中若 a₃ 和 a₁ 均為 0 者有下列型態：

$a_0x^4+a_2x^2+a_4=0\,\!$

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：

$a_0z^2+a_2z+a_4=0\,\!$

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：

$z={{-a_2\pm\sqrt{a_2^2-4a_0a_4}} \over {2a_0}}\,\!$

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x³ 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 $β = 0$ 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

然而，这种降低的四次方程的方法是被费拉里发现的，这种方式曾经被发现过，接下来，增加一个有效的标识

(u 2 + α) 2 - u 4 - 2α u 2 = α 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u⁴ 配成了完全平方式： (u² + α)². 第二项，α u² 并不出现，但其符号已改变并被移到右边。

下一步是在方程(2) 左边的完全平方中插入变量 y，相应地在右边插入一项 2yu。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 = (α + 2 y) u 2 - 2 y u 2 - α 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 + α + y) 2 + β u + γ = (α + 2 y) u 2 + (2 y α + y 2 + α 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(3)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：

( - β) 2 - 4(2 y + α)(y 2 + 2 y α + α 2 - γ) = 0.

把二项式与多项式相乘，

β 2 - 4(2 y 3 + 5α y 2 + (4α 2 - 2γ) y + (α 3 - αγ)) = 0

两边除以−4，再把−β²/4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(4)是嵌套的三次方程。为了解方程(4)，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(4)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(5)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 1： $P=0 \Longleftarrow {Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}=0$

注意 2： $\lim_{P\to 0}{P \over \sqrt[3]{{Q\over 2} + \sqrt{{Q^{2}\over 4}+{P^{3}\over 27}}}}=0$

[编辑] 配成完全平方项

y的值已由(6)式给定，现在知道等式(3)的右边是完全平方的形式

$(s^2)u^2+(2st)u+(t^2) = \left(\left(\sqrt{(s^2)}\right)u + {(2st) \over 2\sqrt{(s^2)}}\right)^2$

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 ± 是多余的，因为它将被本页后面马上将提到的另一个± a消去。

从而它可分解因式为：

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

注：若 β ≠ 0 则 α + 2y ≠ 0。如果 β = 0 则方程为双二次方程，前面已讨论过。

因此方程(3)化为

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

等式(7)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：

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

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(8)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(7')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

β = 0

，求解

u 4 + α u 2 + γ = 0

并代入 $x=uB\over 4A}$ ，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 ±_s 必须有相同的符号，±_t 的符号无关。为得到全部的根，对±_s，±_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 β = 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(8)相对(8')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

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