一元三次方程的一般形式是
x3+sx2+tx+u=0
如果作一个横坐标平移y=x+s/3，那么我们就可以把方程的二次项消
去。

所以我们只要考虑形如
x3=px+q
的三次方程。

假设方程的解x可以写成x=a-b的形式，这里a和b是待定的参数。

代入方程，我们就有
a3-3a2b+3ab2-b3=p(a-b)+q
整理得到
a3-b3 =(a-b)(p+3ab)+q
由二次方程理论可知，一定可以适当选取a和b，使得在x=a-b的同时，
3ab+p=0。

这样上式就成为
a3-b3=q
两边各乘以27a3，就得到
27a6-27a3b3=27qa3
由p=-3ab可知
27a6 + p3 = 27qa3
这是一个关于a3的二次方程，所以可以解得a。

进而可解出b和根x。

费拉里发现的一元四次方程的解法和三次方程中的做法一样，可以用一个坐标平移来消去四次方程一般形式中的三次项。

所以只要考虑下面形式的一元四次方程：x4=px2+qx+r
关键在于要利用参数把等式的两边配成完全平方形式。

考虑一个参数
a，我们有(x2+a)2 = (p+2a)x2+qx+r+a2
等式右边是完全平方式当且仅当它的判别式为0，即
q2 = 4(p+2a)(r+a2)
这是一个关于a的三次方程，利用上面一元三次方程的解法，我们可以
解出参数a。

这样原方程两边都是完全平方式，开方后就是一个关于x
的一元二次方程，于是就可以解出原方程的根x。

最后，对于5次及以上的一元高次方程没有通用的代数
解法(即通过各项系数经过有限次四则运算和乘方和开
方运算)，这称为阿贝耳定理
一元四次求根公式
对于一般一元四次方程：
ax4+bx3+cx2+dx+e=0
设方程的四根分别为：
x1=(-b+A+B+K)/(4a)
x2=(-b-A+B-K)/(4a)
x3=(-b+A-B-K)/(4a)
x4=(-b-A-B+K)/(4a)
(A,B,K三个字母足以表示任意三个复数，根据韦达定理：
方程四根之和为-b/a,所以当x1，x2，x3的代数式为原
方程的三根时，那么x4形式的代数式必是方程的第四个
根。

)
将这四个代数式代入到韦达定理中可整理得：
x1+ x2+ x3+ x4= -b/a
x1x2 +x1x3+ x1x4+ x 2 x3 + x2x4+ x3
x4=(1/8a2)(3b2-A2-B2-K2)=c/a
x1x2x3 +x1x2x4+ x1 x3 x4+ x2 x3 x4=
(1/16a3)(-b3+bA2+bB2+Bk2+2ABK)= -d/a
x1x2 x3 x4=(1/256a4)(b4+
A4+B4+K4-2b2A2-2b2B2-2b2K2-2A2B2-2A2K2-2B2K2-8bA
BK)=e/a
整理后为：
A2+B2+K2=3b2-8ac————————————————
记为p
A2B2+A2K2+B2K2=3b4+16a2c2-16ab2c+16a2bd-64a3e—
—记为q
A2B2K2=(b3-4abc+8a2d)2—————————————
—记为r
由此可知：A2，B2，K2是关于一元三次方程
y3-py2+qy-r=0的三根
从而可解得±y11/2,±y21/2,±y31/2是A，B，K的解。

若y11/2, y21/2, y31/2是A，B，K的一组解（A，B，K
具有轮换性，所以在代入时无须按照顺序）
那么另外三组为
（ y11/2,- y21/2,- y31/2
（- y11/2, y21/2,
-y31/2
（-y11/2,- y21/2, y31/2
从而将以上任意一组解代入到所设代数式中，均可解得
原四次方程的四根。

由这种方法来解一元四次方程，只需求界一个一元三次
方程即可，而费拉里的公式则需先解一个三次方程，再
转化成两个复杂的一元二次方程，并且若要以其系数来
表示它的求根公式的话，其形式也是相当复杂的。

我的
求解方法尽管在推导公式的过程中有一定的计算量，但
如果要运用于实际求根，尽用结论在计算上绝对要比费
拉里公式简便。

那么我下面再介绍一下有关一元三次方
程的改进公式：
对于一般三次方程：
ax3+bx2+cx+d=0
设方程的三根分别为：
x1=(-b+A+B)/(3a)
x2=(-b+wA+w2B)/(3a)
x3=(-b+w2A+wB)/(3a)
则
A3+B3=-2b3+9abc-27a2d————记为p
A3B3=(b2-3ac)2—————
———记为q
则A3，B3是关于一元二次方程：
y2-py+q=0的两根。