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

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

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

其中${\displaystyle a,b,c,d(a\neq 0)}$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。^[1]

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${\displaystyle x^{3}+mx=n}$的方程。事實上，如果我們允許${\displaystyle m,n}$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${\displaystyle \Delta >0}$時，方程有一個實根和兩個共軛複根；

當${\displaystyle \Delta =0}$時，方程有三個實根：當

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

時，方程有一個三重實根；

當

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

時，方程的三個實根中有兩個相等；

當${\displaystyle \Delta <0}$時，方程有三個不等的實根。

三次方程解法

求根公式法

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

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

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

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

紅色字體部分為判別式${\displaystyle \Delta }$。

當${\displaystyle \Delta >0}$時，方程有一個實根和兩個共軛複根；

當${\displaystyle \Delta =0}$時，方程有三個實根：

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

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

當${\displaystyle \Delta <0}$時，方程有三個不等的實根。

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

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

三角函數解

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

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

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

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

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

卡爾達諾法

令${\displaystyle K}$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${\displaystyle r}$，然後把方程${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d}$除以${\displaystyle x-r}$，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${\displaystyle a\left(a\neq 0\right)}$，得到：

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

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

${\displaystyle z^{3}+pz+q=0}$，其中${\displaystyle p}$和${\displaystyle q}$是域中的數字。

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

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

這個假設的hint如下:

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

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

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

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

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

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

在域${\displaystyle \mathbb {C} }$裏，若${\displaystyle u_{0}}$和${\displaystyle v_{0}}$是立方根，其它的立方根就是${\displaystyle \omega u_{0}}$和${\displaystyle \omega ^{2}u_{0}}$，當然還有${\displaystyle \omega v_{0}}$和${\displaystyle \omega ^{2}v_{0}}$，其中${\displaystyle \omega =e^{\frac {2i\pi }{3}}={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}}$，是1的一個複數立方根。

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

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${\displaystyle \mathbb {C} }$裏，就是${\displaystyle \mathbb {R} }$的代數閉包。其中差異出現於${\displaystyle U}$和${\displaystyle V}$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${\displaystyle \Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}$，

• 若${\displaystyle \Delta >0}$，方程有一個實根和兩個共軛複根；
• 若${\displaystyle \Delta =0}$，方程有三個實根：當${\displaystyle {\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}=0}$時，方程有一個三重實根；當${\displaystyle {\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}\neq 0}$時，方程的三個實根中有兩個相等；
• 若${\displaystyle \Delta <0}$，方程有三個不等的實根：${\displaystyle x_{1}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta }{3}}-{\frac {b}{3a}},x_{2,3}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta \pm 2\pi }{3}}-{\frac {b}{3a}},}$其中${\displaystyle \theta =\arccos {\frac {R}{Q{\sqrt {Q}}}},Q=-{\frac {p}{3}},R={\frac {q}{2}}}$（注意，由於此公式應對於${\displaystyle x^{3}+px=q}$的形式，因此這裏的${\displaystyle q}$實際上是前段的${\displaystyle -q}$，應用時務必注意取負號即${\displaystyle R=-{\frac {q}{2}}}$）。

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${\displaystyle +\infty }$和${\displaystyle -\infty }$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${\displaystyle 2t^{3}+6t^{2}+12t+10=0}$。

我們依照上述步驟進行：

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

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

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

${\displaystyle t=x-1=u+v-1}$，

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

該方程的另外兩個根：

${\displaystyle t_{2}\approx -0.838907+1.75438i}$，

${\displaystyle t_{3}\approx -0.838907-1.75438i}$，

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${\displaystyle x^{3}-15x-4=0}$。

從函數${\displaystyle x\mapsto x^{3}-15x-4}$算出判別式的值${\displaystyle \Delta =-13068<0}$，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：${\displaystyle x=u+v}$，${\displaystyle U=u^{3}}$，${\displaystyle V=v^{3}}$。

${\displaystyle U+V=4}$和${\displaystyle UV=125}$。

${\displaystyle U}$和${\displaystyle V}$是${\displaystyle X^{2}-4X+125=0}$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${\displaystyle U=2-11{\mathrm {i} }}$和${\displaystyle V=2+11{\mathrm {i} }}$。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${\displaystyle u=a+b{\mathrm {i} }}$。

${\displaystyle u^{3}=2-11{\mathrm {i} }}$等價於：

${\displaystyle a^{3}-3ab^{2}=2}$（實部）

${\displaystyle 3a^{2}b-b^{3}=-11}$（虛部）

${\displaystyle a^{2}+b^{2}=5}$（模）

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

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

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

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

盛金公式法

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

判別式

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

總判別式：${\displaystyle \Delta =B^{2}-4AC}$。

情況1： A = B = 0 {\displaystyle A=B=0}

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

情況2： Δ > 0 {\displaystyle \Delta >0}

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

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

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

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

情況3： Δ = 0 {\displaystyle \Delta =0}

讓${\displaystyle k={\frac {B}{A}}\ (A\neq 0)}$，得：

${\displaystyle x_{1}={\frac {-b}{a}}+k}$；

${\displaystyle x_{2}=x_{3}={\frac {-k}{2}}}$。

情況4： Δ < 0 {\displaystyle \Delta <0}

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

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

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

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

極值

駐點的公式

設${\displaystyle y=ax^{3}+bx^{2}+cx+d}$

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

• 有序列表項

拐點

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

設${\displaystyle {\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0}$，可得${\displaystyle y}$。

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

駐點的類型

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

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

參見

參考資料

1. 三上義夫 《中國算學之特色》 34頁 商務印書館。

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）