推导三次以及四次方程的求根公式
推导三次以及四次方程的求根公式
本文详细推导了三次和四次方程的求根公式，并探讨了根与系数的关系以及解方程的一般理论。文章内容深入，涉及数学理论和历史背景，具有较高的学术价值。
什么是根式可解的?
以一般的2次方程为例，其一般式为：
另：
则：
它的根是：
在二次方程的解析解中，我们可以看到，任意给定一个一般形式的二次方程，我们都可以将其系数带入求根公式得到其精确解。方程的根的解析式是由方程系数经过两次到三次减法，一次加法，三次乘法，一次除法以及一次开方经过有限次运算组合而成，在此意义下，我们说方程是根式可解的。
三次方程一般形：
令
带入上述方程
最后得到：
省略号标识x的一次以及０次各项.由此可见，含有x^2的项是互相抵消了，所以，任意一个三次方程都可以划归为这种形式：
转换后的p,q也同样在系数域中，如果系数是有理数，则p,q也是有理数。
更一般的结论是：
将
代入关于y的三次方程
中进行变量转换，得出关于x的三次方程
，于是p,q可以用a,b,c,d表示为以下形式：
言归正传，从和立方公式得到启发：
如果将解拆成u,v两个部分的和(u+v=x)，则3uv = -p，
，则和立方公式立刻变形为：
所以，得到启发，令
于是有：
无论两数和u+v是怎样的，我们永远可以要求他们的积等于一个预先给定的值，因为如果给定了u+v=A, B=uv,B的值域可以归结为求抛物线方程的值域问题，或者空间坐标系中抛物线z=xy与x+y=A平面交线z坐标的问题，如下图:
B的任意值，在复数域上u都有对应的解（实数域上二次方程可能无解).如果给定了u+v = A,对于任意B，相当于求解如下二次方程的问题，因为三次方程必有实根，所以u,v要么共厄，要么是有理数，所以下面的方程也必然是有理系数的二次方程，在复数域上，每一个二次方程都有两个根，在现在的情形下，u+v等于我们现在求的三次方程的根。
我们可以要求
因为这样做，可以使得方程不包括u和v的一次项.得到：
（这里的方程可以等于任意的一个实数，比如1，2，7/5等等，只是等于0最为方便，因为u,v是随意取的，在满足u+v=x的基础上，uv的取值在复数域上是任意的，等于不同的数只是相当于在最终的结果上做了一次线性的平移）由方程组容易构成以u^3和v^3为根的二次方程.
可以得到u^3和v^3是二次方程
根据二次方程求根公式:
得到：
所以：
其中：
称为判别式!
即便所有根都为实数根，仍然可能遇到判别式为负数的情况，导致虚数被发现，逐渐收到重视！
三次方程必定有一个实数解，此公式给出的就是这个解，另外两个解可以通过长除法，将三次方程转换为二次方程，求二次方程的虚/实根.
根与系数的关系
四次方程求根公式推导过程
四次方程的一般式为：
先进行变量替换
则化为下列一般首１的简化四次方程:
法国数学家笛卡尔提出的方法:
分别比较等式两边各项系数，可以得出:
得到：
这是关于
的三次方程，因此k是可解的，于是,n, m, l都是可解的。最后从：
便能得出来原方程的解。
这个经典解法是十六世纪的意大利数学家得到的。
历史上，意大利数学家的这个成就发生了很大影响，在当时，新时代的科学还是第一次超过了旧时代的成就，整个中世纪只是处于了解古代著作的潮流影响之下，而终于在这里解决了古代所不能解决的的问题，这是在新的计算科学，解析几何，微分学以及积分学被发现的一百年的时候，这些新的计算学科最终地肯定了新的科学比旧的优越。
有理系数的高次方程通过乘上一个整数可以变成整系数三次方程，加入如下形式：
如果其存在有理数根
则p必为z的因子，q必为a的因子。
证明很简单：
则
得证。
二次方程引入非对称方程的思路：
设方程的根为x1,x2.
所以：
为了引入一个非对称的方程，我们计算：
所以
出现了一个不对称方程，联立
从而得到原方程的解。
根与系数的关系都是对称多项式，根的对称多项式的值可以用系数表示出来，他们具有关于根的某种对称性，在根的置换过程中，对称多项式的值保持不变。如果在根的置换过程当中，一个多项式不满足在根的置换下其值不变，那它就一定不能用系数的加减乘除来表示。
比如为了解二次方程，根与系数的关系无法决定那个是x1,x2,这个时候我们引入一个非对称的方程
出来，它一定不能用系数的加减乘除表示，但是我们为了解方程，需要这样一个形式，那该怎么办呢? 如果我们把它转换成对称多项式，是不是就可以用系数表示出来了？所以我么将其二次方：
平方后，原来不对称的多项式变成了对称多项式，其一定能够用系数表示出来。代价就是我们进行了扩域。将平方引入了近来。
当进行扩域后，可以将原来不对称的多项式变为对称多项式，进而得到新的限制方程。如果只有对称多项式，是不可能得到方程的解的，必须找出不对称多项式，进行扩域。
我们要找到一个等式，使一部分置换满足，一部分置换不满足，如果找到了，这个一定不是系数域内的等式了。
三次方程
所以：
(x₁ + ωx₂ + ω²x₃)³ = x₁³ + x₂³ + x₃³ + 3ω(x₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁) + 3ω²(x₁²x₃ + x₂²x₁ + x₃²x₂) + 6x₁x₂x₃
(y₁ + ω²y₂ + ωy₃)³ = x₁³ + x₂³ + x₃³ + 3ω(x₁²x₃ + x₃²x₂ + x₂²x₁) + 3ω²(x₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁) + 6x₁x₂x₃ =
(x₁ + ωx₂ + ω²x₃)³+(y₁ + ω²y₂ + ωy₃)³ = 2(x₁³ + x₂³ + x₃³) + 3ω(x₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁+x₁²x₃ + x₃²x₂ + x₂²x₁) + 3ω²(x₁²x₃ + x₂²x₁ + x₃²x₂ + ₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁) + 12x₁x₂x₃ =
2(x₁³ + x₂³ + x₃³) + 3(ω+ω²)(x₁²x₃ + x₂²x₁ + x₃²x₂ + ₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁)+12x₁x₂x₃ =
2(x₁³ + x₂³ + x₃³) - 3(x₁²x₃ + x₂²x₁ + x₃²x₂ + ₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁)+12x₁x₂x₃
x₁³ + x₂³ + x₃³ = (x₁ + x₂ + x₃)³ - 3(x₁ + x₂ + x₃)(x₁x₃ + x₃x₂ + x₂x₁)+3x₁x₂x₃=q₁³-3q₁q₂+3q₃
x₁²x₃ + x₂²x₁ + x₃²x₂ + ₁²x₂ + x₂²x₃ + x₃²x₁ = (x₁ + x₂ + x₃) (x₁x₃ + x₃x₂ + x₂x₁)-3x₁x₂x₃ = q₁q₂-3q₃
12x₁x₂x₃ = 12q₃
y₁³ + y₂³ = 2(q₁³-3q₁q₂+3q₃) - 3(q₁q₂-3q₃)+12q₃ = 2q₁³-9q₁q₂+27q₃
y₁³ y₂³ = (q₁²-3q₂)³
所以，看上去y₁³和y₂³要么是一对共扼复数或者带根号的实数，要么是一组有理数，也就是，他们是一对二次方程的两个根，关于二次方程共扼。
另外注意一个有趣的现象，拉格朗日预解式三次方后只有两个值，对应2阶循环群，这也是为何拉格朗日预解式子这样选取的原因，S3的正规子群是C3，S3/C3的商群是二阶循环群，所以，方程可以解。
所以，三次方程的拉格朗日预解式
的三次方在三个六种置换的情况下得到2个值。
四次方程
方程：
设这个方程的根是a,b,c,d，考虑预解式：
另式中s=-1,是1的四次单位方根之一：
a,b,c,d的全排列有24种，分别计算拉格朗日预解式：
可以看到：
式3，5，9，11式子相等，都等于a+b-c-d
式1，6，13，16式子相等，都等于a+c-b-d
式2，4，21，23式子相等，都等于a+d-c-b
式14，18，20，22式子相等，都等于c+d-a-b
式8，10，19，24式子相等，都等于b+d-a-c
式7, 12, 15, 17式子相等，都等于b+c-a-d
并且
所以，六个式子可以分别用
来标记，那么所考虑的六次方程就是：
注意到最后的式子是对称多项式，一定可以由原方程的系数表示。
如果取s=i呢？
虽然置换有很多种，可能在某些置换下只有几个不同的值，然后通过对这些值的平方或其他幂次进行操作，得到一个方程，从而解出这些值，进而分解原方程。不过貌似除了-1之外，选择别的四次单位根作为拉格朗日方程的系数，四次方后，不能得到更少的根，所以解四次方程，预解式的系数必须选择-1？不确定，需要探究。
可以看到，S4可以分成12个共扼对，所以，相当于s1,s2,...,24都是某个二次方程的解，根据根与系数的关系，通过s1,s2,...,24构成的基本对称多项式一定都是有理数（这个结论还需要仔细在想想，如何用更容易理解的方式证明).
为什么如果方程伽罗瓦群是循环群就一定有根式解？
以
为例，其他拉格朗日预解式：
只有一个值了，所以直接开方就好了。
而对于一般的方程，根据拉格朗日定理，通过对根的置换，其所有置换中，保持置换后预解式值不变的置换，一定是所有根的全置换的因数，接着就可以用这些置换不同的值构造一个新的多项式，新的多项式一定比原多项式有更低的次数，然后在以更低阶的多项式为基础，对其根进行同样的处理，得到更低阶的多项式，以次类推，直到最后的可解的低次方程，最后在反过来求解过程中的所有的预解式的方程，预解式方程一定可以直接开出来（形成于单位圆方程),得到最后方程的解。
S4/V4=S3.