三次方程

三次方程是未知項總次數最高為3的整式方程，一元三次方程一般形式為

三次函數$y=x^{3}-8x^{2}+x+15$的圖像。該函數與x軸相交3次說明方程$x^{3}-8x^{2}+x+15$有3個實數根。

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$，

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。

歷史

中國唐朝數學家王孝通在武德九年（626年）前後所著的《緝古算經》中建立了25個三次多項式方程和提出三次方程實根的數值解法。

波斯數學家歐瑪爾·海亞姆（1048年－1123年）通過用圓錐截面與圓相交的方法構建了三次方程的解法。他說明了怎樣用這種幾何方法利用三角法表得到數字式的答案。

中國南宋的數學家秦九韶在他1247年編寫的《數書九章》一書中提出了高次方程的數值解法秦九韶算法，提出「商常為正，實常為負，從常為正，益常為負」的原則。

在十六世紀早期，意大利數學家費羅找到了能解一種三次方程的方法，也就是形如$x^{3}+mx=n$的方程。事實上，如果我們允許$m,n$是複數，所有的三次方程都能變成這種形式，但在那個時候人們不知道複數。

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。隨後卡爾丹諾拜訪了塔爾塔利亞請教三次方程式解法並得到了啟發。卡爾丹諾注意到塔爾塔利亞的方法有時需要他給複數開平方。他甚至在《數學大典》裏包括了這些複數的計算，但他並不真正理解它。拉斐爾·邦貝利（Rafael Bombelli）詳細地研究了這個問題，並因此被人們認為是複數的發現者。

判別式

當$\Delta >0$時，方程有一個實根和兩個共軛複根；

當$\Delta =0$時，方程有三個實根：當

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

時，方程有一個三重實根；

當

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

時，方程的三個實根中有兩個相等；

當$\Delta <0$時，方程有三個不等的實根。

三次方程解法

求根公式法

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

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

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

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

紅色字體部分為判別式$\Delta$。

當$\Delta >0$時，方程有一個實根和兩個共軛複根；

當$\Delta =0$時，方程有三個實根：

當$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}=0$時，方程有一個三重實根；

當$\left({\frac {bc}{6a^{2}}}-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {d}{2a}}\right)^{2}=-\left({\frac {c}{3a}}-{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)^{3}\neq 0$時，方程的三個實根中有兩個相等；

當$\Delta <0$時，方程有三個不等的實根。

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

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

三角函數解

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$，其中$a\neq 0$。

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

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

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

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

卡爾達諾法

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。複數體就是這樣一個域，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系數$a\left(a\neq 0\right)$，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$\mathbb {C}$裏，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的一個複數立方根。

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$\omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}$。

判別式

最先嘗試解的三次方程是實系數（而且是整數）。因為實數體並非代數封閉，方程的根的數目不一定是3個。所遺漏的根都在$\mathbb {C}$裏，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$\Delta >0$，方程有一個實根和兩個共軛複根；
• 若$\Delta =0$，方程有三個實根：當${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}=0$時，方程有一個三重實根；當${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}\neq 0$時，方程的三個實根中有兩個相等；
• 若$\Delta <0$，方程有三個不等的實根：$x_{1}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta }{3}}-{\frac {b}{3a}},x_{2,3}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta \pm 2\pi }{3}}-{\frac {b}{3a}},$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，因此這裏的$q$實際上是前段的$-q$，應用時務必注意取負號即$R=-{\frac {q}{2}}$）。

注意到實系數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，又因為多項式是連續函數，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$v={\sqrt[{3}]{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}$。

$t=x-1=u+v-1$，

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

該方程的另外兩個根：

$t_{2}\approx -0.838907+1.75438i$，

$t_{3}\approx -0.838907-1.75438i$，

第二個例子

這是一個歷史上的例子，因為它是邦別利考慮的方程。

方程是$x^{3}-15x-4=0$。

從函數$x\mapsto x^{3}-15x-4$算出判別式的值$\Delta =-13068<0$，知道這方程有三實根，所以比上例更容易找到一個根。

前兩步都不需要做，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。這方程的判別式已算出是負數，所以只有實根。很弔詭地，這方法必須用到複數求出全是實數的根。這是發明複數的一個理由：複數是解方程必需工具，即使方程或許只有實根。

我們解出$U=2-11{\mathrm {i} }$和$V=2+11{\mathrm {i} }$。取複數立方根不同於實數，有兩種方法：幾何方法，用到輻角和模（把輻角除以3取模的立方根）；代數方法，分開複數的實部和虛部： 現設$u=a+b{\mathrm {i} }$。

$u^{3}=2-11{\mathrm {i} }$等價於：

$a^{3}-3ab^{2}=2$（實部）

$3a^{2}b-b^{3}=-11$（虛部）

$a^{2}+b^{2}=5$（模）

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

歸結得$x=u+v=(2-{\mathrm {i} })+(2+{\mathrm {i} })=4$，可以立時驗證出來。

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$j={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}$。

當$\Delta$是負，$U$和$V$共軛，故此$u$和$v$也是（要適當選取立方根，記得$uv=-{\frac {p}{3}}$）；所以我們可確保$x$是實數，還有$x'$和$x''$。

盛金公式法

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0$，其中系數皆為實數。

判別式

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

總判別式：$\Delta =B^{2}-4AC$。

情況1：$A=B=0$

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

情況2：$\Delta >0$

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

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

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

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

情況3：$\Delta =0$

讓$k={\frac {B}{A}}\ (A\neq 0)$，得：

$x_{1}={\frac {-b}{a}}+k$；

$x_{2}=x_{3}={\frac {-k}{2}}$。

情況4：$\Delta <0$

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

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

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

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

極值

駐點的公式

設$y=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

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

• 有序列表項

拐點

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

設${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0$，可得$y$。

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

駐點的類型

由函數取極值的充分條件可知：
$f^{\prime \prime }(x_{e})<0$，$x_{e}$是$f(x)$的極大值點；
$f^{\prime \prime }(x_{e})>0$，$x_{e}$是$f(x)$的極小值點；
$f^{\prime \prime }(x_{e})=0$，$x_{e}$是$f(x)$的拐點。

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b=2(3ax+b)$可知：
$3ax_{e}+b<0$，$y$的駐點為極大值點；
$3ax_{e}+b>0$，$y$的駐點為極小值點；
$3ax_{e}+b=0$，$y$的駐點為拐點。

外部連結

• 代數學的故事：三次方程的一般解（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館），李白飛
• 三次方程的判別式（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館），應用（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館），Carto Wong
• 以複變函數求解一元三次方程式的根（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）
• 一元三次方程解法 （頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）