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：
\[a x^3+b x^2+c x+d = 0
\]
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:
\[\left(x+\frac{b}{3a}\right)^3+\frac{3 a c-b^2}{3 a^2}\left(x+ \frac{b}{3a}\right)+\frac{27 a^2 d-9 a b c+2 b^3}{27 a^3} = 0
\]
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。