高次方程
高次方程的定义整式方程未知数次数最高项次数高于2次的方程，称为高次方程。
高次方程的一般形式高次方程的一般形式为
anx^n+an-1x^n-1+-------+a1x+a0=0
等式两边同时除以最高项系数，得：
anx^n/an+an-1x^n-1/an+--------+a1x/an+a0/an=0
所以高次方程一般形式又可写为
x^n+bnx^n-1+-------b1x+b0=0
高次方程解法思想通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．
高次方程根与系数的关系按这个高次方程的形式
x^n+bn-1x^n-1+-------b1x+b0=0，那么有
所有根相加等于系数bn-1的相反数
所有根两两相乘再相加等于系数bn-2
所有根三三相乘再相加等于系数bn-3的相反数
依次类推，直到所有根相乘，等于(-1)^nb0
阿贝尔定理对于5次及以上的一元高次方程没有通用的代数解法和求根公式(即通过各项系数经过有限次四则运算和乘方和开方运算无法求解)，这称为阿贝尔定理。换句话说，只有三次和四次的高次方程可解．下面介绍三次和四次方程的解法．
发现一个新定理
任意两个一元高次方程，能否通过方程系数直接判别它们之间有无同解根呢？通过实践发现
完全可以做到，并且推导这些判别式过程非常有规律。下面我就把这种规律找出来 ，先从两个较
低次的一元高次方程有无同解的判别式推导过程中找规律。
试推导方程x3＋ax2＋bx＋c=0和方程x2+m1x+m2=0。有无同解的判别式。
解；我们知道 x3＋ax2＋bx＋c=0有三个根x1 、x2、x3 且x1+x2+x3=－a、 x1x2+
x1x3+x2x3=b x1x2x3=－c当把x1、x2、x3分别代入到 x2+m1x+m2=0的左边
如果下面等式成立则两个方程必为同解方程，否则无同解。
(x12＋m1x1＋m2）（x22＋m1x2＋m2）（x32＋m1x3＋m2）= 0 两方程有同解。
（x12＋m1x1＋m2）（x22＋m1x2＋m2）（x32＋m1x3＋m2）≠0 两方程无同解
展开变成；
x1x2x3）2＋m1（x12x22x3＋x12x2x32＋x22x32x1）＋m12（x12x2x3＋x1x22x3 ＋x1x2x32）
＋m2（x12x22＋x12x32＋x22x32）＋m13（x1x2x3）＋m1m2（x12x2＋x12x3＋x22x1
＋x22x3＋x32x1＋x32x2）＋m12m2（x1x2＋x1x3＋x2x3）＋m22（x12＋x22＋x32）
＋m1m22（x1＋x2＋x3）＋m23 =0
由于根与系数的关系；
x1＋x2＋x3=－a x1x2＋x1x3＋x2x3=b x1x2x3=－c 又可推出
（x1x2x3）2=（－c）2=c2
x12x22x3＋x12x32x2＋x22x33x1=x1x2x3（x1x2＋x1x3＋x2x3）=－cb
x12x2x3＋x22x1x3 ＋x32x1x2=x1x2x3（x1＋x2＋x3）=－c（－a）=ac
x12x22＋x12x32＋x22x32=（x1x2＋x1x3＋x2x3）2－2（x12x2x3＋x22x1x3＋x32x1x2）
= b2－2ac
x12x2＋x12x3＋x22x1＋x22x3＋x32x1＋x32x2=（x1＋x2＋x3）（x1x2＋x1x3＋x2x3）－
3x1x2x3=（－a）（b）－3（－c）=3 c － a b
x12＋x22＋x32=（x＋x＋x）2－2（x1x2＋x1x3＋x2x3）=（－a）2－2b
代入展开式得；
C2＋m1（－cb）＋m12（ac）＋ m2（b2－2ac）＋m13（－c）＋m1m2（3c－ab）
＋m12m2（b）＋m22（a2－2b）＋m1m22（－a）＋m23=0
也就是说两方程系数有上面那种算术关系式时；
方程（x3＋ax＋bx＋c=0）和方程（x2＋m1x＋m2=0）必有同解，否则无同解。
有人会提出怀疑尚若两方程系数有上术关系，它们一定是同解方程吗？ 我们不妨求证一下这个结
论。
已知方程（x3＋ax2＋bx＋c=0）和方程（x2＋m1x＋m2=0）；的系数关系如下；
C2＋m1（－cb）＋m12（ac）＋ m2（b2－2ac）＋m13（－c）＋m1m2（3c－ab）
＋m12m2（b）＋m22（a2－2b）＋m1m22（－a）＋m23=0求证两方程必有同解。
证明； 假如它们没有同解，则说明方程x3＋ax2＋bx＋c=0 x1 . x2 . x3 分别代入方程
x2＋m1x＋m2=0中没有一个成立，即；
（x12＋m1x1＋m2）（x22＋m1x2＋m2）（x32＋m1x3＋m2）≠0
展开后变成；（x1x2x3）2＋m1（x12x22x3＋x12x2x32＋x22x32x1）＋m12（x12x2x3＋x1x22x3
＋x1x2x32）＋m2（x12x22＋x12x32＋x22x32）＋m13（x1x2x3）＋m1m2（x12x2＋x12x3
＋x22x1＋x22x3＋x32x1＋x32x2）＋m12m2（x1x2＋x1x3＋x2x3）＋m22（x12＋x22
＋x32）＋m1m22（x1＋x2＋x3）＋m23 ≠0
由于；x3＋ax2＋bx＋c=0的三个根 x1 、x2 、x3 且x1+x2+x3=－a、 x1x2+x1x3+x2x3=b
又可推导出 x1x2x3=－c（x1x2x3）2=（－c）2=c2
x12x22x3＋x12x32x2＋x22x33x1=x1x2x3（x1x2＋x1x3＋x2x3）=－b c
x12x2x3＋x22x1x3＋x32x1x2=x1x2x3（x1＋x2＋x3）=－c（－a）=ac
x12x22＋x12x32＋x22x32=（x1x2＋x1x3＋x2x3）2－2（x12x2x3＋x22x1x3＋x32x1x2）
= b2－2ac
x12x2＋x12x3＋x22x1＋x22x3＋x32x1＋x32x2=（x1＋x2＋x3）（x1x2＋x1x3＋x2x3）－
3x1x2x3=（－a）（b）－3（－c）=3 c－ a b
x12＋x22＋x32=（x＋x＋x）2－2（x1x2＋x1x3＋x2x3）=（－a）2－2b
代入上面展开式，则展开式变成；
C2＋m1（－cb）＋m12（ac）＋ m2（b2－2ac）＋m13（－c）＋m1m2（3c－ab）
＋m12m2（b）＋m22（a2－2b）＋m1m22（－a）＋m23≠0 结果和已知条件冲突，这说明
假设两方程无同解是错误的。而新定理是成立的。
通过上术两类方程有无同解判别式的推出，发现什么规律吗？其他两类方程能否利用相似的办法
推导判别式来吗？很明显，任何两个方次较高的一元高次方程，同样可以将一个方程的所有根代入另一
方程左边，连乘积等于零，则两方程有同解，否则无同解。将其展开并整理，通过根与系数的关系，变
换成两方程的系数关系式，得出两个方程有无同解的判别式。要证明这个就是它们两方程有无同解的判
别式，同样可参照上面两低次方程判别式的证明过程进行
因此得出一个结论；任何两种一元方程都可以推导出判别它们有无同解的判别式，任何两个一元方
程都可以通过它们的系数关系式来判别它们是否有同解根。
四次方程解法方程两边同时除以最高次项的系数可得 x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0 (1) 移项可得 x^4+bx^3=-cx^2-dx-e (2) 两边同时加上(1/2bx)^2 ，可将（2）式左边配成完全平方，方程成为 (x^2+1/2bx)^2=(1/4b^2-c)x^2-dx-e (3) 在（3）式两边同时加上(x^2+1/2bx)y+1/4y^2 可得 [(x^2+1/2bx)+1/2y]^2= (1/4b^2-c+y)x^2+(1/2by-d)x+1/4y^2-e (4) （4）式中的y是一个参数。当（4）式中的x为原方程的根时，不论y取什么值，（4）式都应成立。特别，如果所取的y值使（4）式右边关于x的二次三项式也能变成一个完全平方式，则对（4）对两边同时开方可以得到次数较低的方程。 为了使（4）式右边关于x的二次三项式也能变成一个完全平方式，只需使它的判别式变成0，即 (1/2by-d)^2-4(1/4b^2-c+y)(1/4y^2-e)=0 (5) 这是关于y的一元三次方程，可以通过塔塔利亚公式来求出y应取的实数值。 把由（5）式求出的y值代入（4）式后，（4）式的两边都成为完全平方，两边开方，可以得到两个关于x的一元二次方程。解这两个一元二次方程，就可以得出原方程的四个根。 费拉里发现的上述解法的创造性及巧妙之处在于：第一次配方得到（3）式后引进参数y，并再次配方把（3）式的左边配成含有参数y的完全平方，即得到（4）式，再利用（5）式使（4）的右边也成为完全平方，从而把一个一元四次方程的求解问题化成了一个一元三次方程及两个一元二次方程的求解问题．