local DP算法
苹果使用的三种local DP算法：CMS，哈达玛CMS（压缩），Private Sequence Fragment Puzzle（SFP）。前两种针对的是已知字典集的元素，后一种是针对未知字典集的元素。
1、CMS主要思想是在一系列hash函数中随机抽取一个对要上传的原始数据元素进行hash，并独立随机翻转独热向量坐标值进行数据扰动（当然要带着用的hash函数的编号一起上传），在服务器端一系列hash函数构成一个矩阵（hash函数的编号作为行号），然后针对某个要查询的元素在矩阵中找到对应hash后的值取平均。
2、哈达玛CMS思想是只想每次上传1bit数据来减小传输开销，但直接CMS可能带来比较大的准确性下降，因此对原始独热向量进行哈达玛变换，再随机抽取1bit上传（当然要带着用的hash函数的编号和抽取的哪个坐标一起上传）。服务器端对收集到的经哈达玛变换后的矩阵进行逆变换，后续与CMS相同。
3、SFP一个具体的应用就是新词发现。字母序列组成的字典集太大，因此这个问题对应于统计未知字典集的元素。因此不能直接用CMS，因为字典中要hash的元素太多了。他们对于这个问题还用了另一个思想：新词的子序列也必然统计值很高（反之不然）。
以下内容参照微软研究院主题演讲《Quantum Computing for Computer Scientists（计算机科学家量子计算导读）》的结构进行整理和扩充的。
本篇是第五部分。上一篇 科普量子计算通识-4
在前面的文章中我们讲到，无论是矢量化的经典比特cbit还是量子比特，各种门 *** 作都可以表示成与一个特殊矩阵相乘，比如NOT非门就可以表示成：
同样可控非门CNOT也可以表示成：
Hadamard哈达玛门也是类似，它是针对单个比特进行 *** 作，公式是：
从含义上理解这个过程，那就是我们把一个经典的确定的比特位|0>或|1>变为了不确定的量子位。因为如果我们对它们进行测量（求平方）计算，那么就可以看到：
注意这里 比特的含义是一个硬币的非正即反，那么测量结果1就表示正面，而05表示什么？50%可能是正面，50%可能是反面。这是什么意思？这就是薛定谔的半死半活猫。我们的数据进入了Superposition叠加态！
Hadamard门可以把一个矢量化的经典比特cbit变为量子叠加态的qbit。
但为什么是都乘以根号二分之一的矩阵，不是其他矩阵呢？因为这个与这个矩阵相乘是可逆的！我们来看把一个cbit乘以这个矩阵两次，也就是连续做两次Hadamard门 *** 作会怎样？
第二次：
Hadamad门是自身的逆 *** 作。 从这里我们也可以看出， 对用Hadamard门连续 *** 作两次，我们就实现了将一个cbit转到qbit再转回cbit，而且中间没有执行任何测量 *** 作。这代表着我们可以在量子叠加态下进行 *** 作！
我们先看一下NOT非门对于qbit的 *** 作：
NOT门其实就是把量子位的上下颠倒，就是颠倒是非的作用 。
那么下面这个NOT门的单位圆状态机就好理解了：
单位圆上面的点和其对应的非门NOT结果点，总是呈左上到右下的135度方向。
我们再看Hadamard门 *** 作单位圆上单个量子位的结果关系图：
单位圆上面的点和其对应的哈达玛门 *** 作结果点，总是呈左上到右下的1125度（90+45/2）。
我们可以利用这两个单位圆状态机来快速计算一些量子 *** 作。我们用X表示NOT门，用H表示哈达玛门，那么就有：
注意这里， 尽管非门和哈达玛门都是可逆的运算，连续两次非门或者连续两次哈达玛门都没意义，但是如果2次非门和2次哈达玛门交替 *** 作，结果却会大不相同，如上图所示两非两哈交替 *** 作之后(1,0)变成了(0,-1) 。
下一篇： 科普量子计算通识-6
END
ax^4+bx^3+cx^2+bx+a=0的求解方法，对于一般的四次方程ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0，先求解三次方程8y^3-4cy^2+(2bd-8e)y+e(4c-b^2)-d^2=0，得到的y的任一实根分别代入下面两个方程：
及x^2+(b-sqrt(8y+b^2-4c))x/2+(y-(by-d)/sqrt(8y+b^2-4c))=0
就可得到原方程的四个根。 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式，
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。 一般的四次方程还可以待定系数法解，这种方法称为笛卡尔法，由笛卡尔于1637年提出。
先将四次方程化为x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0的形式。
令x=y-a/4 整理后得到y^4+py^2+qy+r=0 （1）
设y^4+py^2+qy+r=(y^2+ky+t)(y^2-ky+m)=y^4+(t+m-k^2)y^2+k(m-t)y+tm
比较dy对应项系数，得t+m-k^2=p，k(m-t)=q，tm=r
设k≠0，把t和m当作未知数，解前两个方程，得t=(k^3+pk-q)/(2k)，m=(k^3+pk+q)/(2k)
再代入第三个方程，得((k^3+pk)^2-q^2)/(4k^2)=r 。即k^6+2pk^4+(p^2-4r)k^2-q^2=0
解这个方程，设kο是它的任意一根，tο和mο是k=ko时t和m的值那么方程（1）就成为
（y^2+koy+to)(y^2-koy+mo)=0
解方程y^2+koy+to=0和y^2-koy+mo=0就可以得出方程（1）的四个根，各根加上-4/a就可以得出原方程的四个根。 自然，人们为了找到这些根做了许多努力 就像其它 多项式，有时可能对一个四次方程分解出因式;但更多的时候这样的工作是极困难的，尤其是当根是无理数或复数时因此找到一个通式解法或运算法则 (就像 二次方程那样，能解所有的一元二次方程)是很有用的
经过了许多努力，这个公式确实发现quartics——但是，自那以后已经证明(由Evariste Galois)，这种方式quartics走入死胡同，highest-degree;它们是多项式方程，其根源可以用公式用有限数目的算术运算和最后的根。从quintics，你需要更强大的方法解决代数如果出现全面阐释下寻求等变性质的五次方程。给错综复杂的四次方公式(见下面)，他们不经常使用。如果只有真正的理性的根是需要的，它们能被发现(就如同在任何程度上)为多项式通过反复试验，使用Ruffini的规则(只要所有的多项式系数是理性的)。在现代的计算机，此外，良好的数值近似根可迅速为通过牛顿法。但如果四次方必须解决程序全面、准确地说，略述如下。” 名义上的四次方程
如果a4 = 0，那么其中一个根为x = 0，其它根可以通过消去四次项，并解产生的三次方程，
双二次方程
四次方程式中若 a3 和 a1 均为 0 者有下列型态：
a_0x^4+a_2x^2+a_4=0\，
因此它是一个双二次方程式。解双二次方程式非常容易，只要设 z=x^2</math> ，我们的方程式便成为：
a_0z^2+a_2z+a_4=0\，
这是一个简单的二次方程式，其根可用二次方程式的求根公式来解：
z={{-a_2\pm\sqrt{a_2^2-4a_0a_4}} \over }\，
当我们求得 z 的值以後，便可以从中得到 x 的值：
x_1=+\sqrt\，
x_2=-\sqrt\，
x_3=+\sqrt\，
x_4=-\sqrt\，
若任何一个 z 的值为负数或复数，那麼一些 x 的值便是复数。
一般情况，沿着费拉里的路线
开始，四次方必须先变为沮丧四次方。
转变成减少次数的四次方程
让
<math>x^4 + B x^3 + C x^2 + D x + E = 0\qquad\qquad(1 ');/< math>。
一般四次方方程的，这是理想，以解决。面平分，
<math>x^4 + { B \在一个十字x^3 + { C \在一个十字x^2 + { D \在一个十字x + { E \在一个十字= 0的标签。<一样;/math>。
第一步应该是消除x3的术语。要做到这一点，改变参数x，这样对你
<math>x =你——{ B\4一个十字<一样;/math>。”
然后
<math>\离开(u - { B\4一个十字\右)^ 4 + { B \在一个十字\离开(u - { B\4一个十字\右)^ 3 + { C \在一个十字\离开(u - { B\4一个十字\右)^ 2 + { D \在一个十字\离开(u - { B\4一个十字\右)+ { E \在一个十字= 0的标签。<一样;/math>。
扩大binomials的权力而产生的
<math>领略;左(你^ 4 - { B \在}你^ 3 + { 6你^^2个B^2 \超过16 - {为你2 }^3 \在B + 3 }^64一4^{ B在256一个^\4 } \右)
+ { B \在一个十字\离开(u^^ 3 - { 3你2个B\4一个十字+ { 3你B^^ 2 \在十六2 } - { B^^ 3 \超过64一3 } \右)+ { C \在一个十字\离开(u^2 - {你B\2一个十字+ { B^^ 2 \在十六2 } \右)+ { D \在一个十字\离开(u - { B\4一个十字\右)+ { E \在}。<一样;/;收集相同的力量math>你们现在的产量
<math>你的^ 4 + \左({ - 3^2\B在8一个^ 2 } + { C \在一个十字\右)你^ 2 + \左({ B^^ 3\8一——3 } { B C\2一个^ 2 } + { D \在一个十字\右)你+ \左({ - 3 B^^ 4 \在256一4 } + { C^2 \在B的16个^ 3 } - { B D \在2^4)+ { E \在一个十字\右)= 0的标签。<一样;/math>。
现在重命名这个系数的你。让
<math>领略;α= { - 3 B^^ 2\8一2 } + { C \在}，<一样;/math>。
<math>\β= { B^^ 3\8一——3 } { B C\2一个^ 2 } + { D \在}，<一样;/math>。
<math>\伽玛= { - 3 B^^ 4 \在256一4 } + { C^2 \在B的16个^ 3 } - { B D \在2^4)+ { E \在}。<一样;/math>。
使方程的
<math>你的^ 4 + \α你^ 2 + \β你+ \伽玛= 0\qquad\qquad(1)<一样;/math>。
这是一个沮丧四次方方程。
如果<math>\β= 0<一样;/math>然后我们有了特征方程基于上文，这是容易解决的;利用逆向替代找到我们的价值;< math>x<一样;/math>。”
费拉里的解法
否则，沮丧的四次方可以解决方法的一种方法发现了法拉利。一旦沮丧四次方引水量，下一步是增加有效身份
<math>(你^ 2 + \α)^ 2 -你^ 4 - 2 \α你^ 2 = \α^ 2 <一样;/math>。
对方程(1)相结合，创造出
<math>(你^^2 + \α)2 + \β你+ \伽玛= \α你^^2 + \α2。\ qquad\qquad(2);/< math>。
效果之感的折期间一个完美的正方形:(u2 +α)2。第二学期新生报名，αu2没有消失，但其签署改变了，现在已经搬到右边。
下一步是插入一个变量刺探完美的广场在左边的方程(2)，且有相应的2y u2系数在右手边。为完成这些插入，下面的有效的公式就都要加给方程(2)，
<math>。
\开始(u^2 + \α+ y)^ 2 -(u^^ 2 + \α)2及=及2y(u^2 + \α)+ y^2\\\\及=及2yu^2 + 2y \α+ y^2，\结束;/< math>。
和
<math>0 = \α+ 2 y)你^^2 - 2 y你2 - \α你^ 2 <一样;/math>。
这两个公式，加在一起、生产
<math>(你^ 2 + \α+ y)^ 2 -(u^2 + \α)^ 2 =(\α+ 2 y)你^ 2 - \α你^ 2 + 2 y \α+ y^2\qquad\qquad(y -\hbox)<一样;/math>。
这也加强了方程(2)而产生的
<math>(你^ 2 + \α+ y)^ 2 + \β你+ \伽玛= \α+ 2 y)你^ 2 +(2 y \α+ y^2 + \α^ 2)。<一样;/math>。
这相当于
<math>(你^ 2 + \α+ y)^ 2 =(\α+ 2 y)你^ 2 - \β你+(y^2 + 2 y \α+ \α^ 2 - \伽玛)。\ qquad\qquad(3);/< math>。
现在的目标是选择一个值y，右方程(3)成为一个完美的正方形。这可以通过让判别二次函数变为零的。为了解释这种现象，第一扩大一个完美的正方形，等于呈二次函数:
<math>(s你+ t)^ 2 =(s^2)你^ 2 +(2秒t)你+(t^2);/< math>。
二次插值函数在右边有三个系数。它可以证明，与第二系数，然后减去四倍产品的第一个和第三个系数产量为0:
<math>(2秒^ t)2 - 4(s^2)(t^2)= 0的标签。<一样;/math>。
因此，使右方程(3)进入一个完美的正方形，以下方程必须解决:
<math>(- \测试版)^ 2 - 4(2 y + \α)(y^2 + 2 y \α+ \α^ 2 - \伽玛)= 0 <一样;/;math>。
乘以二项与多项式，
<math>\β^ 2 - 4(2 y^3 + 5 \α- y^2 +(4 \α^ 2 - 2 \伽玛)，+(\α^ 3 - \α\伽玛))= 0;/< math>。
面平分−4、移动−β2/4在右边，
<math>2 y^3
+ 5 \α- y^2 +(4 \α^ 2 - 2 \伽玛)，+ \左(\α^ 3 - \α\γ- { \β^ 2、4 } \右)= 0\qquad\qquad;/< math>这是一个道三次方程为y。除双方2、
<math>y^3 + { 5\2 } \α- y^2 +(2 \α^ 2 - \伽玛)，+ \左({ \α^ 3\2 } - { \α\伽玛\ 2 } - { \β^ 2\8 } \右)= 0。\ qquad\qquad(4);/< math>。
转化嵌套的三次方程为减少次数的三次方程
方程(4)三次方程的嵌套在四次方方程。它必须解决为了解决四次方。解决立方，首先它转变成一个沮丧立方采用替代
<math>y = v - { 5、6 } \α波。<一样;/math>。
方程(4)成为
<math>领略;左(v - { 5、6 } \α\右)^ 3 + { 5\2 } \α\左(v - { 5、6 } \α\右)^ 2 +(2 \α^ 2 - \伽玛)、左(v - { 5、6 } \α\右)+ \左({ \α^ 3\2 } - { \α\伽玛\ 2 } - { \β^ 2\8 } \右)= 0的标签。<一样;/math>。
扩大binomials的权力，
<math>领略;左(v^3 - { 5\2 } \α- v^2 + { 25 \超过12 } \α^ 2 v - { 125 \在216 } \α^ 3 \右)+ { 5\2 } \α\左(v^2 - { 5\3 } \α- v + { 25 \超过36 } \α^ 2 \右)+(2 \α^ 2 - \伽玛)v - { 5、6 } \α(2 \α^ 2 - \伽玛)+ \左({ \α^ 3\2 } - { \α\伽玛\ 2 } - { \β^ 2\8 } \右)= 0的标签。<一样;/math>。
散布，收集喜欢力量的v，和取消对v2条件，
<math>五^ 3 + \左(- { \α^ 2 \超过12 } - \伽玛\右)v + \左(- { \α^ 3 \在108 } + { \α\伽玛\ 3 } - { \β^ 2\8 } \右)= 0的标签。<一样;/math>。
这是一个沮丧道三次方程。
Relabel计算，
<math>P = - { \α^ 2 \超过12 } - \显示:<一样;/math>。
<math>问= - { \α^ 3 \在108 } + { \α\伽玛\ 3 } - { \β^ 2\8 }。<一样;/math>。
沮丧的立方现在
<math>^3 + P，v v +问= 0。\ qquad\qquad(5)<一样;/math>。
解嵌套的减少次数的三次方程
解决办法(任何解决方案将会做，所以你要挑出的三个复杂方程的根源(5)
让<math>U =\sqrt[3]{ {问\ 2 } \点\ sqrt { {问^\4 } + { P^\超过27模板<一样;/math>。
(离开立方等式)
<math>v = { P \在3U } - U<一样;/math>。
因此解决原有的嵌套的立方
<math>y = - { 5、6 } \α+ { P \在3U } -你\ qquad\qquad(6)<一样;/math>。
记得1:<math>P = 0\Longleftarrow {问\ 2 } +\sqrt { {问^\4 } + { P^\超过27 } } = 0<一样;/math>。
记住2:<math>领略;lim_ { P\0 } { P \、sqrt[3]{ {问\ 2 } +\sqrt { {问^\4 } + { P^\超过27 }模板= 0<一样;/math>。
配成完全平方项
和价值为y赋予方程(6)，现在已知，方程的右边(3)的一个完美的正方形之中
<math>(s^2)你^ 2 +(2st)你+(t^2 = \左(\左(\ sqrt {(s^2)} \右)你+ {(2st)、2\sqrt {(s^2)} } \右);/2< math> ^。
这是正确的都平方根的迹象，只要采取同样的手势表达对于平方根。一个±是多余的，它可能被另一个原子吸收±几个方程进一步下跌这个页面。
，这样它可以折叠的:
<math>(\α+ 2 y)你^ 2 +(\测试版)你+(y^2 + 2 y \α+ \α^ 2 - \伽玛)= \左(\左(\ sqrt {(\α+ 2y)} \右)你+ {(\β)、2\sqrt {(\α+ 2 y)} } \右);/2<^math>。”
注意:如果βα+ 2y≠0然后≠0。如果β= 0，那么这将是一个特征求解方程，从而更早。
因此方程(3)成为
<math>(你^ 2 + \α+ y)^ 2 = \左(\左(\ sqrt { \α+ 2 y } \右)你——{ \β\ 2\sqrt { \α+ 2 y } } \右)^ 2\qquad\qquad(7)<一样;/math>。”
方程(7)有一双折叠的完美的方块，每边各一个了方程。这两个完美的方块平衡彼此。
如果两个正方形相等，则双方的两个正方形，也平等，如图所示。
<math>(你^ 2 + \α+ y)= \点\左(\左(\ sqrt { \α+ 2 y } \右)你——{ \β\ 2\sqrt { \α+ 2 y } } \右)、qquad\qquad(7 ');/< math>。”
你的权力收集喜欢产生的
<math>你的^ 2 + \左(\ mp_s\sqrt { \α+ 2 y } \右)你+ \左(\α+ y\pm_s { \β\ 2\sqrt { \α+ 2 y } } \右)= 0\qquad\qquad(8)<一样;/math>。”
注:<math>下标s的math>领略;pm_s<一样;/;<math>领略;mp_s<一样;/，就是math>注意到它的依赖。
方程(8)是一种二次方程为u。对该模型的求解方法
<math>u = {\pm_s\sqrt { \α+ 2 y }\pm_t\sqrt {(\α+ 2y)- 4(\α+ y\pm_s { \β\ 2\sqrt { \α+ 2 y } })}\2 } <一样;/math>。
得到简化、
<math>u = {\pm_s\sqrt { \α+ 2 y }\pm_t\sqrt { - \离开(3 \α+ 2y\pm_s { 2 \β\、sqrt { \α+ 2 y } } \右)}\2 } <一样;/math>。
这是解决沮丧的四次方，因此解决方案的原始四次方方程
<math>x = - { B \在4A } + {\pm_s\sqrt { \α+ 2 y }\pm_t\sqrt { - \离开(3 \α+ 2y\pm_s { 2 \β\、sqrt { \α+ 2 y } } \右)}\2 }。\ qquad\qquad(8”)<一样;/math>。
记住:这两个<math> math>领略;pm_s<一样;/，要从同一个地方朝方程(7尺)，都应该有相同的标志，而<的标志;math>领略;pm_t<一样;/math>是独立的。
费拉里方法的概要
给四次方方程
<math>x^4 + B x^3 + C x^2 + D x + E = 0，<一样;/math>。
其解决之道，可以发现通过以下计算:
<math>领略;α= - {三B^^ 2\8一2 } + { C \在}，<一样;/math>。
<math>\β= { B^^ 3\8一——3 } { B C\2一个^ 2 } + { D \在}，<一样;/math>。
<math>\伽玛= { - 3 B^^ 4 \在256一4 } + { C^2 \在B的16个^ 3 } - { B D \在2^4)+ { E \在}，<一样;/math>。
如果<math>\β= 0<一样;/;化解math> <math>你的^ 4 + \α你^ 2 + \伽玛= 0<一样;/math>和替补<math>x =你——{ B \在4A } <一样;/;找到了math>根
<math>x = - { B \在4A }\pm_s\sqrt { - \α\ pm_t\sqrt { \α^ 2 - 4 \伽玛}\2 }，\ qquad \β= 0<一样;/math>。”
<math>P = - { \α^ 2 \超过12 } - \显示:<一样;/math>。
<math>问= - { \α^ 3 \在108 } + { \α\伽玛\ 3 } - { \β^ 2\8 }，<一样;/math>。
<math>R = {问\ 2 } \点\ sqrt { {问^\4 } + { P^\超过27 } } <一样;/(或者，math>的迹象要做平方根)
<math>U =\sqrt[3]<一样;/math>，(有3个复杂的根源，他们中的任何一个人将)
<math>y = - { 5、6 } \α- U +\beginU = 0及\ 0\\你\不0及\ { P \在3U } \结束，<一样;/math>。
<math>x = - { B\4一个十字+ {\pm_s\sqrt { \α+ 2 y }\pm_t\sqrt { - \离开(3 \α+ 2 y\pm_s { 2 \β\、sqrt { \α+ 2y } } \右)}\2 } <一样;/math>。
这两个±s必须具有相同的符号，±t独立。要把所有的根，发现x±s，±t = +，+和增加，−和−，+和−，−。双的根必赐给两次三次，三根四根将获得4次(尽管然后β= 0，这是个特殊的案件)。根的顺序立方根取决于你一个选择。(见注为(8)与(8 -)
而Faciendum Erat。
当然还有其他方法解决的四次方方程，也许更最佳的。法拉利会是第一个发现其中的一个迷宫般的解决方案。他解决方程
<math>x^4 +六乘^ 2 - 60 x + 36 = 0 <一样;/math>。
已经是在情绪低落的样子。有一对的解决方案可以发现的集合的公式上面所示。
获得可能的解决方案强硬的办法
这有可能发生，只有一个解决方案，通过了七公式，因为一个人以上不喜欢在试这4种标志要把所有四条解决模式，指出了解决问题的一个获取是复杂的。它也可能是的话，那你只不过在寻找一个真正的解决方案。让x1表示该复杂的解决方案。如果所有的原始系数A、B、C、D、E是真实的——这个案例会当一个人只渴望真正的解决办法——然后还有一个复杂的解决方案，是复杂的冷却x1共轭的。如果把两个根来，就像x3 x4四次方方程可以表示为一个
<math>(x - x_1)(x - x_2)(x - x_3)(x - x_4)= 0，<一样;/math>。
但这四次方方程相当于两个二次方程的产物。
<math>(x - x_1)(x - x_2)= 0\qquad\qquad(9)<一样;/math>。
和
<math>(x - x_3)(x - x_4)= 0。\ qquad\qquad(10)<一样;/math>。
因为
< math>x_2 = x_1;^ \明星<一样;/math>。
然后
<math>。
\开始(x-x_1)(x-x_2)及=及x^2 -(x_1 + x_1^\的星)x + x_1x_1^\明星\ qquad\qquad\qquad \四\ \及=及x^2 - 2 \，\ mathrm(x_1)×+[\ mathrm(x_1)]^ 2 +[\ mathrm(x_1)]^ 2。\结束;/< math>。
让
<math>= - 2 \，\ mathrm(x_1)，<一样;/math>。
<math>b =[\ mathrm(x_1)]^ 2 +[\ mathrm(x_1)]^ 2 <一样;/math>。
所以方程(9)而成
<math>x^2 +一根x + b = 0。\ qquad\qquad(11);/< math>。
也让有(未知)变量w和v这种方程(10)而成
<math>x^2 + w x + v = 0。\ qquad\qquad(12)<一样;/math>。
增殖方程(11)，(12)而产生的
<math>x^4 + a + w)x^3 +(b + w^+ v)×2 +(w b + v)x + v b = 0。\ qquad\qquad(13)<一样;/math>。
比较方程(13)原四次方方程，可以看出
<math>+ w = { B \在}，<一样;/math>。
<math>b + w + v = { C \在}，<一样;/math>。
<math>w b + v一个= { D \在}，<一样;/math>。
和
<math>v b = { E \在}。<一样;/math>。
因此
<math>女= { B \在} - = { B \在一个十字+ 2\mathrm(x_1)，<一样;/math>。
<math>v = { E \在b } = { E \在\左(
[\ mathrm(x_1)]^ 2 +[\ mathrm(x_1)]^ 2 \右)}。<一样;/math>方程(12)可以解决x屈服
<math>x_3 = { -w +\sqrt { w^2 - 4 v }\2 }，<一样;/math>。
<math>x_4 = { -w -\sqrt { w^2 - 4 v }\2 }。<一样;/math>。
其中的两种解决方案应该预期的真正的解决方案。
替代方法
还原到一个特征
我们会发现产生的根源
<math>x^^ cx 4 + 2 + dx + e = 0\qquad\qquad(1)<一样;/;math>(见四次方方程#转换成性格忧郁的四次方)
把一个特征方程的一种方法Tschirnhaus转变。
如果<math>y = x^2 + px + q<一样;/，我们可以math> <math>/math>中;的根
<math>dp^3 +(4e-c^^ 2)p^2 = 2 - 2cdp-d;/0< math>(见立方等式)。
和
<math>q<一样;/;math> <math>c \在2<一样;/math>。”
这些将该方程
<math>y^^ 2/4 +(特别+ 3pd + 2e + p^^ 2c)，2 + <一样;/math>。
math>(48p <2ced^^^^^2-128pce 2d-4c 3p二维^^2 + 32pc^^^2c 3ed-128p 2e;/2 + < math>。
<math>^^，我4-12pd^^ 2c 3c^^ 2 + 8d报告2ec^2c^2 + 16p^^ 2e四发+ 256p 3-48d^^^2 + d 2e^2c 16d /(4)<^2);/math>。
这是和特征，可以较好地解决用平方根。计算<math>x<一样;/math>从<math>y<一样;/math>需要解决二次方程，也通过平方根。
因此我们有一种解决方法从平方根和根除，三次多项式。
这可以导致<math>y<四math>' s;/8 <，因此，math>x<一样;/math>“价值观;四根:(1)就可以取决于尝试和错误。
加罗华的理论和因式分解
在对称组四种元素的机构four-group克莱因作为一个正常的情况。这表明使用一个解决方案，其根源可以各种方式描述成一种基于离散傅里叶变换或哈达玛矩阵的转变的根。假设扶轮因为我从0到3是根
<math>x^4 + bx^^ 2 + 3 + cx结尾dx + e = 0 \，\，(1)<一样;/math>。
如果我们现在
<math>s_0 =(r_0 + r_1 + r_2 + r_3)/2<一样;/math>。
<math>s_1 =(r_0 - r_1 + r_2 - r_3)/2<一样;/math>。
<math>s_2 =(r_0 + r_1 - r_2 - r_3)/2<一样;/math>。
<math>s_3 =(r_0 - r_1 r_2 + r_3——math>)/2<一样;/。
然后从转变是一个回归我们可以表达扎根于应有的四个斯方式都完全相同。因为我们知道价格s0 = -b，我们真的只需要值，s2和轻度s1。这些我们会发现通过扩大了多项式的
<math>(z^2 - s_1^^ 2)(z 2-s_2^2)(z_3-s_3^2)\，\;(2);/< math>。
如果我们做出了精简的假设那b指数= 0，等于
<math>^^\，每升1级+ 2^-^c +^-^\，e \，\;(3);/< math>。
这多项式也只是程度上六岁了，但只有3的程度，因此z2矩阵方程是可以解决的。我们可以决定试用三根是正确的，并因此四次方的找到解决的方法。
我们可以清除任何要求用审判的根相同的解决方案;如果保理多项式的意思是任何的根源，(3)，如果<math> F_1 =^+ wx;\，^ 1/2 + + 1/2 \，c-1/2 \，{ \数量-1/2 w^{ } } \，{ \数量^ } } - { { { c^\数量} } + 2 \，{ \数量;/< math>);< math>F_2 = ^;-wx + 1/2 \，^ + 1/2 \，c + 1/2 \，{ \数量^ } } + { { { c^\数量\，{ } }上述数量} + 1\\，{ \数量< w^{ } };/math>然后
< math>F_1;F_2 = x^^ cx 4 + 2 + dx + e \，\;(4)<一样;/math>。
所以我们能解决四次方通过求解华府，然后计算的两个因素的根使用二次公式。
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