本文涉及一元三次、四次方程的解法。一元四次方程是有求根公式的最高次方程（这里的求根公式指用\(+\),\(-\),\(\times\),\(\frac{m}{n}\),\(\sqrt[k]{t}\)符号表示的公式）
，但其推导颇为复杂，所以接下来不妨先从一元三次方程入手。
解这个方程：
两边同时除以\(a\)后注意到它可以配方变为其他形式。
配方后可以变为:
令
\[x+\frac{b}{3a}=y \]\[p=\frac{3 a c-b^2}{3 a^2} \]\[q=\frac{27 a^2 d-9 a b c+2 b^3}{27 a^3} \]那么可以得到：
\[y^3+p y+q =0 \]令\(y=u+v\),则
\[(u+v)^3+p (u+v)+q=0 \]展开后得到：
\[u^3+v^3+(u+v)(3 u v+p)+q=0 \]\(\because u ,v\)任取,
\(\therefore\)令\(u v=- \frac{p}{3}\),可得
\[u^3+v^3+q=0 \]代入\(u v=- \frac{p}{3}\),
\[u^3-\frac{p^3}{27u^3}+q=0 \]\[u^6+q u^3-\frac{p^3}{27}=0 \]\[\therefore u^3=-\frac{q}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2} \]\[v^3=-\frac{q}{2} \mp \sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2} \]然后就可以得到一元三次方程求根公式为：
\[\begin{aligned} &x_1 = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} + \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} - \frac{b}{3a} \\ &x_2 = \frac{-1+\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} + \frac{-1-\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} - \frac{b}{3a} \\ &x_3 = \frac{-1-\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} + \frac{-1+\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2}} - \frac{b}{3a} \end{aligned} \]其中
\[p = \frac{3 a c-b^2}{3 a^2} \]\[q = \frac{27 a^2 d-9 a b c+2 b^3}{27 a^3} \]接下来仿照一元三次方程解一元四次方程
\[a x^4+b x^3+c x^2+d x+e=0 \]同理可以变为
\[u^4+\alpha u^2+\beta u+\gamma =0 \]其中
\[\alpha=\frac{-3b^2+8abc}{8a^2} \]\[\beta=\frac{b^3-4abc+8a^2 d}{8a^3} \]\[\gamma=\frac{-3b^4+16ab^2c-64a^2bd+256a^3e}{256a^4} \]\[u=x+\frac{b}{4a} \]将等式左边配方
\[(u^2+y)^2=(2y-u)u^2-\beta u-\gamma+y^2 \]我们希望右边也能配方，所以令其\(\Delta=0\),于是
\[\Delta=\beta^2-4(2y-\alpha)(-\gamma+y^2) \]\[=-8y^3+4\alpha y^2+8 \gamma y+\beta^2-4 \alpha \gamma=0 \]设其根为\(y_0\)，
\[(u^2+y_0)^2=(2y_0-\alpha) \left [u-\frac{\beta}{2(2y_0-\alpha)} \right ] \]\[u^2+y_0=\pm \sqrt{2y_0-\alpha} \left [u-\frac{\beta}{2(2y_0-\alpha)} \right ] \]\[u^2 \mp \sqrt{2y_0-\alpha}u+y_0 \pm \frac{\beta}{2 \sqrt{2y_0-\alpha}}=0 \]\[\therefore u_{1,2}=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} \pm \sqrt{-2y_0-\alpha-\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2} \]\[u_{3,4}=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} \pm \sqrt{-2y_0-\alpha+\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2} \]\[\therefore x_1=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} + \sqrt{-2y_0-\alpha-\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2}-\frac{b}{4a} \]\[x_2=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} - \sqrt{-2y_0-\alpha-\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2}-\frac{b}{4a} \]\[x_3=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} + \sqrt{-2y_0-\alpha+\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2}-\frac{b}{4a} \]\[x_4=\frac{\sqrt{2y_0-\alpha} - \sqrt{-2y_0-\alpha+\frac{2 \beta}{\sqrt{2y_0-\alpha}}}}{2}-\frac{b}{4a} \]其中
\[\alpha=\frac{-3b^2+8abc}{8a^2} \]\[\beta=\frac{b^3-4abc+8a^2 d}{8a^3} \]\[\gamma=\frac{-3b^4+16ab^2c-64a^2bd+256a^3e}{256a^4} \]\(y_0\)是方程
\[-8y^3+4 \alpha y^2+8 \gamma y+\beta^2-4 \alpha \gamma=0 \]的一个解。
至此，我们已经推导出了一元三次、一元四次方程的求根公式。
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