三次方程

三次方程是未知项總次数最高为3的整式方程，一元三次方程一般形式為

三次函数$y=x^{3}-8x^{2}+x+15$的图像。该函数与x轴相交3次说明方程$x^{3}-8x^{2}+x+15$有3个实数根。

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$，

其中$a,b,c,d(a\neq 0)$是屬於一個域的數字，通常這個域為ℝ或ℂ。

本條目只解釋一元三次方程，而且簡稱之為三次方程式。

历史

中國唐朝数学家王孝通在武德九年（626年）前后所著的《緝古算經》中建立了25个三次多项式方程和提出三次方程实根的数值解法。

波斯数学家欧玛尔·海亚姆（1048年－1123年）通过用圆锥截面与圆相交的方法構建了三次方程的解法。他说明了怎样用这种几何方法利用三角法表得到数字式的答案。

中国南宋的数学家秦九韶在他1247年编写的《数书九章》一书中提出了高次方程的数值解法秦九韶算法，提出“商常为正，实常为负，从常为正，益常为负”的原则。

在十六世纪早期，意大利数学家费罗找到了能解一种三次方程的方法，也就是形如$x^{3}+mx=n$的方程。事实上，如果我们允许$m,n$是複数，所有的三次方程都能变成这种形式，但在那个时候人们不知道複数。

尼科洛·塔爾塔利亞被認為是最早得出三次方程式一般解的人。1553年他在一場數學競賽中解出所有三次方程式的問題。隨後卡尔丹诺拜訪了塔爾塔利亞請教三次方程式解法並得到了啟發。卡尔丹诺注意到塔爾塔利亞的方法有时需要他给复数开平方。他甚至在《数学大典》裡包括了这些複數的计算，但他并不真正理解它。拉斐尔·邦贝利（Rafael Bombelli）详细地研究了这个问题，并因此被人们认为是複数的发现者。

判别式

当$\Delta >0$时，方程有一个实根和两个共轭複根；

当$\Delta =0$时，方程有三个实根：当

$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}=0$

时，方程有一个三重实根；

当

$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}\neq 0$

时，方程的三个实根中有两个相等；

当$\Delta <0$时，方程有三个不等的实根。

三次方程解法

求根公式法

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0$

$x_{1}=-{\frac {b}{3a}}+{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}+{\sqrt {\color {red}\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}+{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}-{\sqrt {\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}$

$x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+{\frac {-1+{\sqrt {3}}\,{\rm {i}}}{2}}{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}+{\sqrt {\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}+{\frac {-1-{\sqrt {3}}\,{\rm {i}}}{2}}{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}-{\sqrt {\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}$

$x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+{\frac {-1-{\sqrt {3}}\,{\rm {i}}}{2}}{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}+{\sqrt {\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}+{\frac {-1+{\sqrt {3}}\,{\rm {i}}}{2}}{\sqrt[{3}]{{\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}-{\sqrt {\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}}}}}$

红色字体部分为判别式$\Delta$。

当$\Delta >0$时，方程有一个实根和两个共轭複根；

当$\Delta =0$时，方程有三个实根：

当$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}=0$时，方程有一个三重实根；

当$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}\neq 0$时，方程的三个实根中有两个相等；

当$\Delta <0$时，方程有三个不等的实根。

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0$

$x=-{{b} \over {3a}}+{{{\sqrt[{3}]{2}}\left(b^{2}-3ac\right)} \over {3a\left({{-1+{\sqrt {3}}i} \over {2}}\right)^{k}}{\sqrt[{3}]{9abc-27a^{2}d-2b^{3}+{\sqrt {\left(9abc-27a^{2}d-2b^{3}\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}}}+{{\left({{-1+{\sqrt {3}}i} \over {2}}\right)^{k}}{\sqrt[{3}]{9abc-27a^{2}d-2b^{3}+{\sqrt {\left(9abc-27a^{2}d-2b^{3}\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}} \over {3{\sqrt[{3}]{2}}a}},k=0,1,2$

三角函数解

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$，其中$a\neq 0$。

若令$\Delta =\left({\frac {-b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}+{\frac {bc}{6a^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}=\alpha ^{2}+\beta ^{3}<0$，则

$x_{1}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}}{3}}\right]$

$x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}+2\pi }{3}}\right]$

$x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}-2\pi }{3}}\right]$

卡尔达诺法

令$K$為域，可以進行開平方或立方運算。要解方程只需找到一個根$r$，然後把方程$ax^{3}+bx^{2}+cx+d$除以$x-r$，就得到一個二次方程，而我們已會解二次方程。

在一個代數封閉域，所有三次方程都有三個根。複數域就是這樣一個域，這是代數基本定理的結果。

解方程步驟：

• 把原來方程除以首項係數$a\left(a\neq 0\right)$，得到：

$x^{3}+b'x^{2}+c'x+d'=0$，其中$b'={\frac {b}{a}}$，$c'={\frac {c}{a}}$，$d'={\frac {d}{a}}$。

• 代換未知項$x=z-{\frac {b'}{3}}$，以消去二次項。當展開$\left(z-{\frac {b'}{3}}\right)^{3}$，會得到$-b'z^{2}$這項，正好抵消掉出現於$b'\left(z-{\frac {b'}{3}}\right)^{2}$的項$b'z^{2}$。故得：

$z^{3}+pz+q=0$，其中$p$和$q$是域中的數字。

$p=c'-{\frac {b'^{2}}{3}}$；$q={\frac {2b'^{3}}{27}}-{\frac {b'c'}{3}}+d'$。

• 設$u,v$滿足$3uv=-p,u^{3}+v^{3}=-q$,則$u+v$為解

這個假設的hint如下:

記$z=u+\upsilon$。前一方程化為$(u+\upsilon )^{3}+p(u+\upsilon )+q=0$。

展開：$u^{3}+3u^{2}\upsilon +3u\upsilon ^{2}+\upsilon ^{3}+pu+p\upsilon +q=0$。

重組：$(u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+(3u\upsilon ^{2}+3u^{2}\upsilon +pu+p\upsilon )=0$。

分解：$(u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+(u+\upsilon )(3u\upsilon +p)=(u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+z(3u\upsilon +p)=0$。

• 設$U=u^{3}$和$V=\upsilon ^{3}$。我們有$U+V=-q$和$UV=-{\frac {p^{3}}{27}}$因為$UV=(u\upsilon )^{3}=(-{\frac {p}{3}})^{3}$。所以$U$和$V$是輔助方程$\mathrm {X} ^{2}+q\mathrm {X} -{\frac {p^{3}}{27}}=0$的根，可代一般二次方程公式得解。

接下來，$u$和$v$是$U$和$V$的立方根，適合$uv=-{\frac {p}{3}}$，$z=u+v$，最後得出$x=z-{\frac {b'}{3}}$。

在域$\mathbb {C}$裡，若$u_{0}$和$v_{0}$是立方根，其它的立方根就是$\omega u_{0}$和$\omega ^{2}u_{0}$，當然還有$\omega v_{0}$和$\omega ^{2}v_{0}$，其中$\omega =e^{\frac {2i\pi }{3}}={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}$，是1的一个复数立方根。

因為乘積$uv=-{\frac {p}{3}}$固定，所以可能的$(u,v)$是$(u_{0},v_{0})$，$(\omega u_{0},\omega ^{2}v_{0})$和$(\omega ^{2}u_{0},\omega v_{0})$。因此三次方程的其它根是$\omega u_{0}+\omega ^{2}v_{0}-{\frac {b'}{3}}$和$\omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}$。

判别式

最先嘗試解的三次方程是實係數（而且是整數）。因為實數域並非代數封閉，方程的根的數目不一定是3個。所遺漏的根都在$\mathbb {C}$裡，就是$\mathbb {R}$的代數閉包。其中差異出現於$U$和$V$的計算中取平方根時。取立方根時則沒有類似問題。

可以證明實數根數目依賴於輔助方程的判別式$\Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}$，

• 若$\Delta >0$，方程有一个实根和两个共轭複根；
• 若$\Delta =0$，方程有三个实根：当${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}=0$时，方程有一个三重实根；当${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}\neq 0$时，方程的三个实根中有两个相等；
• 若$\Delta <0$，方程有三个不等的实根：$x_{1}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta }{3}}-{\frac {b}{3a}},x_{2,3}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta \pm 2\pi }{3}}-{\frac {b}{3a}},$其中$\theta =\arccos {\frac {R}{Q{\sqrt {Q}}}},Q=-{\frac {p}{3}},R={\frac {q}{2}}$（注意，由於此公式應對於$x^{3}+px=q$的形式，因此這裡的$q$實際上是前段的$-q$，應用時務必注意取負號即$R=-{\frac {q}{2}}$）。

注意到实系数三次方程有一實根存在，這是因為非常數多項式在$+\infty$和$-\infty$的極限是無窮大，對奇次多項式這兩個極限異號，又因为多項式是連續函數，所以從介值定理可知它在某點的值為0。

第一個例子

解$2t^{3}+6t^{2}+12t+10=0$。

我們依照上述步驟進行：

• $t^{3}+3t^{2}+6t+5=0$（全式除以$2$）
• 設$t=x-1$，代換：$(x-1)^{3}+3(x-1)^{2}+6(x-1)+5=0$，再展開$x^{3}+3x+1=0$。
• $x=u+v$，$U=u^{3}$，$V=v^{3}$。設$U+V=-1$和$UV=-1$。$U$和$V$是$X^{2}+X-1=0$的根。

$U={\frac {-1-{\sqrt {5}}}{2}}$和$V={\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}$，

$u={\sqrt[{3}]{\frac {-1-{\sqrt {5}}}{2}}}$和$v={\sqrt[{3}]{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}$。

$t=x-1=u+v-1$，

$={\sqrt[{3}]{\frac {-1-{\sqrt {5}}}{2}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}-1\approx -1.3221853546$

该方程的另外两个根：

$t_{2}\approx -0.838907+1.75438i$，

$t_{3}\approx -0.838907-1.75438i$，

第二个例子

这是一个历史上的例子，因为它是邦别利考虑的方程。

方程是$x^{3}-15x-4=0$。

从函数$x\mapsto x^{3}-15x-4$算出判别式的值$\Delta =-13068<0$，知道这方程有三实根，所以比上例更容易找到一个根。

前两步都不需要做，做第三步：$x=u+v$，$U=u^{3}$，$V=v^{3}$。

$U+V=4$和$UV=125$。

$U$和$V$是$X^{2}-4X+125=0$的根。这方程的判别式已算出是负数，所以只有实根。很吊诡地，这方法必须用到复数求出全是实数的根。这是发明复数的一个理由：复数是解方程必需工具，即使方程或许只有实根。

我们解出$U=2-11{\mathrm {i} }$和$V=2+11{\mathrm {i} }$。取复数立方根不同于实数，有两种方法：几何方法，用到辐角和模（把辐角除以3取模的立方根）；代数方法，分开复数的实部和虚部： 现设$u=a+b{\mathrm {i} }$。

$u^{3}=2-11{\mathrm {i} }$等价于：

$a^{3}-3ab^{2}=2$（实部）

$3a^{2}b-b^{3}=-11$（虚部）

$a^{2}+b^{2}=5$（模）

得到$a=2$和$b=-1$，也就是$u=2-{\mathrm {i} }$，而$v$是其共轭：$v=2+{\mathrm {i} }$。

归结得$x=u+v=(2-{\mathrm {i} })+(2+{\mathrm {i} })=4$，可以立时验证出来。

其它根是$x'=j(2-{\mathrm {i} })+j^{2}(2+{\mathrm {i} })=-2+{\sqrt {3}}$和$x''=j^{2}(2-{\mathrm {i} })+j(2+{\mathrm {i} })=-2-{\sqrt {3}}$，其中$j={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}$。

当$\Delta$是负，$U$和$V$共轭，故此$u$和$v$也是（要适当选取立方根，记得$uv=-{\frac {p}{3}}$）；所以我们可确保$x$是实数，还有$x'$和$x''$。

盛金公式法

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0$，其中系数皆为实数。

判别式

重根判别式：$A=b^{2}-3ac,\ B=bc-9ad,\ C=c^{2}-3bd$；

总判别式：$\Delta =B^{2}-4AC$。

情况1：$A=B=0$

$x_{1}=x_{2}=x_{3}={\frac {-b}{3a}}={\frac {-c}{b}}={\frac {-3d}{c}}$。

情况2：$\Delta >0$

让$y_{1,2}=Ab+3a\left({\frac {-B\pm {\sqrt {B^{2}-4AC}}}{2}}\right)$，得：

$x_{1}={\frac {-b-\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}+{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right)}{3a}}$；

$x_{2}={\frac {-2b+\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}+{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right)+{\sqrt {3}}\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}-{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right){\rm {i}}}{6a}}$；

$x_{3}={\frac {-2b+\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}+{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right)-{\sqrt {3}}\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}-{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right){\rm {i}}}{6a}}$。

情况3：$\Delta =0$

让$k={\frac {B}{A}}\ (A\neq 0)$，得：

$x_{1}={\frac {-b}{a}}+k$；

$x_{2}=x_{3}={\frac {-k}{2}}$。

情况4：$\Delta <0$

让$t={\frac {2Ab-3aB}{2A{\sqrt {A}}}}\ (A>0,-1<t<1),\theta =\arccos t$，得：

$x_{1}={\frac {-b-2{\sqrt {A}}\cos {\frac {\theta }{3}}}{3a}}$；

$x_{2}={\frac {-b+{\sqrt {A}}\left(\cos {\frac {\theta }{3}}+{\sqrt {3}}\sin {\frac {\theta }{3}}\right)}{3a}}$；

$x_{3}={\frac {-b+{\sqrt {A}}\left(\cos {\frac {\theta }{3}}-{\sqrt {3}}\sin {\frac {\theta }{3}}\right)}{3a}}$。

极值

驻点的公式

设$y=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

将其微分，可得${\frac {dy}{dx}}=3ax^{2}+2bx+c$

• 有序列表项

拐点

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b$

设${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0$，可得$y$。

$x=-{\frac {b}{3a}}$

驻点的类型

由函数取极值的充分条件可知：
$f^{\prime \prime }(x_{e})<0$，$x_{e}$是$f(x)$的极大值点；
$f^{\prime \prime }(x_{e})>0$，$x_{e}$是$f(x)$的极小值点；
$f^{\prime \prime }(x_{e})=0$，$x_{e}$是$f(x)$的拐点。

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b=2(3ax+b)$可知：
$3ax_{e}+b<0$，$y$的驻点为极大值点；
$3ax_{e}+b>0$，$y$的驻点为极小值点；
$3ax_{e}+b=0$，$y$的驻点为拐点。

外部链接

• 代數學的故事：三次方程的一般解（页面存档备份，存于互联网档案馆），李白飛
• 三次方程的判別式（页面存档备份，存于互联网档案馆），應用（页面存档备份，存于互联网档案馆），Carto Wong
• 以複變函數求解一元三次方程式的根（页面存档备份，存于互联网档案馆）
• 一元三次方程解法 （页面存档备份，存于互联网档案馆）