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 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0} ， 其中 a , b , c , d ( a ≠ 0 ) {\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。 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 + m x = n {\displaystyle x^{3}+mx=n} 的方程。事实上，如果我们允许 m , n {\displaystyle 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。 当 Δ > 0 {\displaystyle \Delta >0} 时，方程有一个实根和两个共轭複根； 当 Δ = 0 {\displaystyle \Delta =0} 时，方程有三个实根：当 ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 = − ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 = 0 {\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} 时，方程有一个三重实根； 当 ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 = − ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 ≠ 0 {\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} 时，方程的三个实根中有两个相等； 当 Δ < 0 {\displaystyle \Delta <0} 时，方程有三个不等的实根。 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 , a ≠ 0 {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0} x 1 = − b 3 a + b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a + ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a − ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 {\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}}}}}} x 2 = − b 3 a + − 1 + 3 i 2 b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a + ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + − 1 − 3 i 2 b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a − ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 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}}}}}} x 3 = − b 3 a + − 1 − 3 i 2 b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a + ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + − 1 + 3 i 2 b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a − ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 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}}}}}} 红色字体部分为判别式 Δ {\displaystyle \Delta } 。 当 Δ > 0 {\displaystyle \Delta >0} 时，方程有一个实根和两个共轭複根； 当 Δ = 0 {\displaystyle \Delta =0} 时，方程有三个实根： 当 ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 = − ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 = 0 {\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} 时，方程有一个三重实根； 当 ( b c 6 a 2 − b 3 27 a 3 − d 2 a ) 2 = − ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 ≠ 0 {\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} 时，方程的三个实根中有两个相等； 当 Δ < 0 {\displaystyle \Delta <0} 时，方程有三个不等的实根。 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 , a ≠ 0 {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0} x = − b 3 a + 2 3 ( b 2 − 3 a c ) 3 a ( − 1 + 3 i 2 ) k 9 a b c − 27 a 2 d − 2 b 3 + ( 9 a b c − 27 a 2 d − 2 b 3 ) 2 − 4 ( b 2 − 3 a c ) 3 3 + ( − 1 + 3 i 2 ) k 9 a b c − 27 a 2 d − 2 b 3 + ( 9 a b c − 27 a 2 d − 2 b 3 ) 2 − 4 ( b 2 − 3 a c ) 3 3 3 2 3 a , k = 0 , 1 , 2 {\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} a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0} ，其中 a ≠ 0 {\displaystyle a\neq 0} 。 若令 Δ = ( − b 3 27 a 3 − d 2 a + b c 6 a 2 ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 = α 2 + β 3 < 0 {\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} ，则 x 1 = − b 3 a + 2 − β cos ⁡ [ arccos ⁡ α ( − β ) 3 2 3 ] {\displaystyle x_{1}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}}{3}}\right]} x 2 = − b 3 a + 2 − β cos ⁡ [ arccos ⁡ α ( − β ) 3 2 + 2 π 3 ] {\displaystyle x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}+2\pi }{3}}\right]} x 3 = − b 3 a + 2 − β cos ⁡ [ arccos ⁡ α ( − β ) 3 2 − 2 π 3 ] {\displaystyle x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left[{\frac {\arccos {\frac {\alpha }{(-\beta )^{\frac {3}{2}}}}-2\pi }{3}}\right]} 令 K {\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 r {\displaystyle r} ，然後把方程 a x 3 + b x 2 + c x + d {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d} 除以 x − r {\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 ( a ≠ 0 ) {\displaystyle a\left(a\neq 0\right)} ，得到： x 3 + b ′ x 2 + c ′ x + d ′ = 0 {\displaystyle x^{3}+b'x^{2}+c'x+d'=0} ，其中 b ′ = b a {\displaystyle b'={\frac {b}{a}}} ， c ′ = c a {\displaystyle c'={\frac {c}{a}}} ， d ′ = d a {\displaystyle d'={\frac {d}{a}}} 。 代換未知項 x = z − b ′ 3 {\displaystyle x=z-{\frac {b'}{3}}} ，以消去二次項。當展開 ( z − b ′ 3 ) 3 {\displaystyle \left(z-{\frac {b'}{3}}\right)^{3}} ，會得到 − b ′ z 2 {\displaystyle -b'z^{2}} 這項，正好抵消掉出現於 b ′ ( z − b ′ 3 ) 2 {\displaystyle b'\left(z-{\frac {b'}{3}}\right)^{2}} 的項 b ′ z 2 {\displaystyle b'z^{2}} 。故得： z 3 + p z + q = 0 {\displaystyle z^{3}+pz+q=0} ，其中 p {\displaystyle p} 和 q {\displaystyle q} 是域中的數字。 p = c ′ − b ′ 2 3 {\displaystyle p=c'-{\frac {b'^{2}}{3}}} ； q = 2 b ′ 3 27 − b ′ c ′ 3 + d ′ {\displaystyle q={\frac {2b'^{3}}{27}}-{\frac {b'c'}{3}}+d'} 。 設 u , v {\displaystyle u,v} 滿足 3 u v = − p , u 3 + v 3 = − q {\displaystyle 3uv=-p,u^{3}+v^{3}=-q} ,則 u + v {\displaystyle u+v} 為解 這個假設的hint如下: 記 z = u + υ {\displaystyle z=u+\upsilon } 。前一方程化為 ( u + υ ) 3 + p ( u + υ ) + q = 0 {\displaystyle (u+\upsilon )^{3}+p(u+\upsilon )+q=0} 。 展開： u 3 + 3 u 2 υ + 3 u υ 2 + υ 3 + p u + p υ + q = 0 {\displaystyle u^{3}+3u^{2}\upsilon +3u\upsilon ^{2}+\upsilon ^{3}+pu+p\upsilon +q=0} 。 重組： ( u 3 + υ 3 + q ) + ( 3 u υ 2 + 3 u 2 υ + p u + p υ ) = 0 {\displaystyle (u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+(3u\upsilon ^{2}+3u^{2}\upsilon +pu+p\upsilon )=0} 。 分解： ( u 3 + υ 3 + q ) + ( u + υ ) ( 3 u υ + p ) = ( u 3 + υ 3 + q ) + z ( 3 u υ + p ) = 0 {\displaystyle (u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+(u+\upsilon )(3u\upsilon +p)=(u^{3}+\upsilon ^{3}+q)+z(3u\upsilon +p)=0} 。 設 U = u 3 {\displaystyle U=u^{3}} 和 V = υ 3 {\displaystyle V=\upsilon ^{3}} 。我們有 U + V = − q {\displaystyle U+V=-q} 和 U V = − p 3 27 {\displaystyle UV=-{\frac {p^{3}}{27}}} 因為 U V = ( u υ ) 3 = ( − p 3 ) 3 {\displaystyle UV=(u\upsilon )^{3}=(-{\frac {p}{3}})^{3}} 。所以 U {\displaystyle U} 和 V {\displaystyle V} 是輔助方程 X 2 + q X − p 3 27 = 0 {\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， u {\displaystyle u} 和 v {\displaystyle v} 是 U {\displaystyle U} 和 V {\displaystyle V} 的立方根，適合 u v = − p 3 {\displaystyle uv=-{\frac {p}{3}}} ， z = u + v {\displaystyle z=u+v} ，最後得出 x = z − b ′ 3 {\displaystyle x=z-{\frac {b'}{3}}} 。 在域 C {\displaystyle \mathbb {C} } 裡，若 u 0 {\displaystyle u_{0}} 和 v 0 {\displaystyle v_{0}} 是立方根，其它的立方根就是 ω u 0 {\displaystyle \omega u_{0}} 和 ω 2 u 0 {\displaystyle \omega ^{2}u_{0}} ，當然還有 ω v 0 {\displaystyle \omega v_{0}} 和 ω 2 v 0 {\displaystyle \omega ^{2}v_{0}} ，其中 ω = e 2 i π 3 = − 1 + 3 i 2 {\displaystyle \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 u v = − p 3 {\displaystyle uv=-{\frac {p}{3}}} 固定，所以可能的 ( u , v ) {\displaystyle (u,v)} 是 ( u 0 , v 0 ) {\displaystyle (u_{0},v_{0})} ， ( ω u 0 , ω 2 v 0 ) {\displaystyle (\omega u_{0},\omega ^{2}v_{0})} 和 ( ω 2 u 0 , ω v 0 ) {\displaystyle (\omega ^{2}u_{0},\omega v_{0})} 。因此三次方程的其它根是 ω u 0 + ω 2 v 0 − b ′ 3 {\displaystyle \omega u_{0}+\omega ^{2}v_{0}-{\frac {b'}{3}}} 和 ω 2 u 0 + ω v 0 − b ′ 3 {\displaystyle \omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}} 。 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 C {\displaystyle \mathbb {C} } 裡，就是 R {\displaystyle \mathbb {R} } 的代數閉包。其中差異出現於 U {\displaystyle U} 和 V {\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 Δ = q 2 4 + p 3 27 {\displaystyle \Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}} ， 若 Δ > 0 {\displaystyle \Delta >0} ，方程有一个实根和两个共轭複根； 若 Δ = 0 {\displaystyle \Delta =0} ，方程有三个实根：当 q 2 4 = − p 3 27 = 0 {\displaystyle {\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}=0} 时，方程有一个三重实根；当 q 2 4 = − p 3 27 ≠ 0 {\displaystyle {\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 Δ < 0 {\displaystyle \Delta <0} ，方程有三个不等的实根： x 1 = 2 Q cos ⁡ θ 3 − b 3 a , x 2 , 3 = 2 Q cos ⁡ θ ± 2 π 3 − b 3 a , {\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 θ = arccos ⁡ R Q Q , Q = − p 3 , R = q 2 {\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 x 3 + p x = q {\displaystyle x^{3}+px=q} 的形式，因此這裡的 q {\displaystyle q} 實際上是前段的 − q {\displaystyle -q} ，應用時務必注意取負號即 R = − q 2 {\displaystyle 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 + ∞ {\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。 解 2 t 3 + 6 t 2 + 12 t + 10 = 0 {\displaystyle 2t^{3}+6t^{2}+12t+10=0} 。 我們依照上述步驟進行： t 3 + 3 t 2 + 6 t + 5 = 0 {\displaystyle t^{3}+3t^{2}+6t+5=0} （全式除以 2 {\displaystyle 2} ） 設 t = x − 1 {\displaystyle t=x-1} ，代換： ( x − 1 ) 3 + 3 ( x − 1 ) 2 + 6 ( x − 1 ) + 5 = 0 {\displaystyle (x-1)^{3}+3(x-1)^{2}+6(x-1)+5=0} ，再展開 x 3 + 3 x + 1 = 0 {\displaystyle x^{3}+3x+1=0} 。 x = u + v {\displaystyle x=u+v} ， U = u 3 {\displaystyle U=u^{3}} ， V = v 3 {\displaystyle V=v^{3}} 。設 U + V = − 1 {\displaystyle U+V=-1} 和 U V = − 1 {\displaystyle UV=-1} 。 U {\displaystyle U} 和 V {\displaystyle V} 是 X 2 + X − 1 = 0 {\displaystyle X^{2}+X-1=0} 的根。 U = − 1 − 5 2 {\displaystyle U={\frac {-1-{\sqrt {5}}}{2}}} 和 V = − 1 + 5 2 {\displaystyle V={\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}} ， u = − 1 − 5 2 3 {\displaystyle u={\sqrt[{3}]{\frac {-1-{\sqrt {5}}}{2}}}} 和 v = − 1 + 5 2 3 {\displaystyle v={\sqrt[{3}]{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}} 。 t = x − 1 = u + v − 1 {\displaystyle t=x-1=u+v-1} ， = − 1 − 5 2 3 + − 1 + 5 2 3 − 1 ≈ − 1.3221853546 {\displaystyle ={\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 ≈ − 0.838907 + 1.75438 i {\displaystyle t_{2}\approx -0.838907+1.75438i} ， t 3 ≈ − 0.838907 − 1.75438 i {\displaystyle t_{3}\approx -0.838907-1.75438i} ， 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 − 15 x − 4 = 0 {\displaystyle x^{3}-15x-4=0} 。 从函数 x ↦ x 3 − 15 x − 4 {\displaystyle x\mapsto x^{3}-15x-4} 算出判别式的值 Δ = − 13068 < 0 {\displaystyle \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 {\displaystyle x=u+v} ， U = u 3 {\displaystyle U=u^{3}} ， V = v 3 {\displaystyle V=v^{3}} 。 U + V = 4 {\displaystyle U+V=4} 和 U V = 125 {\displaystyle UV=125} 。 U {\displaystyle U} 和 V {\displaystyle V} 是 X 2 − 4 X + 125 = 0 {\displaystyle 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 i {\displaystyle U=2-11{\mathrm {i} }} 和 V = 2 + 11 i {\displaystyle 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 i {\displaystyle u=a+b{\mathrm {i} }} 。 u 3 = 2 − 11 i {\displaystyle u^{3}=2-11{\mathrm {i} }} 等价于： a 3 − 3 a b 2 = 2 {\displaystyle a^{3}-3ab^{2}=2} （实部） 3 a 2 b − b 3 = − 11 {\displaystyle 3a^{2}b-b^{3}=-11} （虚部） a 2 + b 2 = 5 {\displaystyle a^{2}+b^{2}=5} （模） 得到 a = 2 {\displaystyle a=2} 和 b = − 1 {\displaystyle b=-1} ，也就是 u = 2 − i {\displaystyle u=2-{\mathrm {i} }} ，而 v {\displaystyle v} 是其共轭： v = 2 + i {\displaystyle v=2+{\mathrm {i} }} 。 归结得 x = u + v = ( 2 − i ) + ( 2 + i ) = 4 {\displaystyle 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 − i ) + j 2 ( 2 + i ) = − 2 + 3 {\displaystyle x'=j(2-{\mathrm {i} })+j^{2}(2+{\mathrm {i} })=-2+{\sqrt {3}}} 和 x ″ = j 2 ( 2 − i ) + j ( 2 + i ) = − 2 − 3 {\displaystyle x''=j^{2}(2-{\mathrm {i} })+j(2+{\mathrm {i} })=-2-{\sqrt {3}}} ，其中 j = − 1 + 3 i 2 {\displaystyle j={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}} 。 当 Δ {\displaystyle \Delta } 是负， U {\displaystyle U} 和 V {\displaystyle V} 共轭，故此 u {\displaystyle u} 和 v {\displaystyle v} 也是（要适当选取立方根，记得 u v = − p 3 {\displaystyle uv=-{\frac {p}{3}}} ）；所以我们可确保 x {\displaystyle x} 是实数，还有 x ′ {\displaystyle x'} 和 x ″ {\displaystyle x''} 。 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 , a ≠ 0 {\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,a\neq 0} ，其中系数皆为实数。 重根判别式： A = b 2 − 3 a c ,   B = b c − 9 a d ,   C = c 2 − 3 b d {\displaystyle A=b^{2}-3ac,\ B=bc-9ad,\ C=c^{2}-3bd} ； 总判别式： Δ = B 2 − 4 A C {\displaystyle \Delta =B^{2}-4AC} 。 x 1 = x 2 = x 3 = − b 3 a = − c b = − 3 d c {\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}={\frac {-b}{3a}}={\frac {-c}{b}}={\frac {-3d}{c}}} 。 让 y 1 , 2 = A b + 3 a ( − B ± B 2 − 4 A C 2 ) {\displaystyle y_{1,2}=Ab+3a\left({\frac {-B\pm {\sqrt {B^{2}-4AC}}}{2}}\right)} ，得： x 1 = − b − ( y 1 3 + y 2 3 ) 3 a {\displaystyle x_{1}={\frac {-b-\left({\sqrt[{3}]{y_{1}}}+{\sqrt[{3}]{y_{2}}}\right)}{3a}}} ； x 2 = − 2 b + ( y 1 3 + y 2 3 ) + 3 ( y 1 3 − y 2 3 ) i 6 a {\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}}} ； x 3 = − 2 b + ( y 1 3 + y 2 3 ) − 3 ( y 1 3 − y 2 3 ) i 6 a {\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}}} 。 让 k = B A   ( A ≠ 0 ) {\displaystyle k={\frac {B}{A}}\ (A\neq 0)} ，得： x 1 = − b a + k {\displaystyle x_{1}={\frac {-b}{a}}+k} ； x 2 = x 3 = − k 2 {\displaystyle x_{2}=x_{3}={\frac {-k}{2}}} 。 让 t = 2 A b − 3 a B 2 A A   ( A > 0 , − 1 < t < 1 ) , θ = arccos ⁡ t {\displaystyle t={\frac {2Ab-3aB}{2A{\sqrt {A}}}}\ (A>0,-1<t<1),\theta =\arccos t} ，得： x 1 = − b − 2 A cos ⁡ θ 3 3 a {\displaystyle x_{1}={\frac {-b-2{\sqrt {A}}\cos {\frac {\theta }{3}}}{3a}}} ； x 2 = − b + A ( cos ⁡ θ 3 + 3 sin ⁡ θ 3 ) 3 a {\displaystyle x_{2}={\frac {-b+{\sqrt {A}}\left(\cos {\frac {\theta }{3}}+{\sqrt {3}}\sin {\frac {\theta }{3}}\right)}{3a}}} ； x 3 = − b + A ( cos ⁡ θ 3 − 3 sin ⁡ θ 3 ) 3 a {\displaystyle x_{3}={\frac {-b+{\sqrt {A}}\left(\cos {\frac {\theta }{3}}-{\sqrt {3}}\sin {\frac {\theta }{3}}\right)}{3a}}} 。 设 y = a x 3 + b x 2 + c x + d {\displaystyle y=ax^{3}+bx^{2}+cx+d} 将其微分，可得 d y d x = 3 a x 2 + 2 b x + c {\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=3ax^{2}+2bx+c} 有序列表项 d 2 y d x 2 = 6 a x + 2 b {\displaystyle {\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b} 设 d 2 y d x 2 = 0 {\displaystyle {\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0} ，可得 y {\displaystyle y} 。 x = − b 3 a {\displaystyle x=-{\frac {b}{3a}}} 由函数取极值的充分条件可知： f ′ ′ ( x e ) < 0 {\displaystyle f^{\prime \prime }(x_{e})<0} ， x e {\displaystyle x_{e}} 是 f ( x ) {\displaystyle f(x)} 的极大值点； f ′ ′ ( x e ) > 0 {\displaystyle f^{\prime \prime }(x_{e})>0} ， x e {\displaystyle x_{e}} 是 f ( x ) {\displaystyle f(x)} 的极小值点； f ′ ′ ( x e ) = 0 {\displaystyle f^{\prime \prime }(x_{e})=0} ， x e {\displaystyle x_{e}} 是 f ( x ) {\displaystyle f(x)} 的拐点。 d 2 y d x 2 = 6 a x + 2 b = 2 ( 3 a x + b ) {\displaystyle {\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b=2(3ax+b)} 可知： 3 a x e + b < 0 {\displaystyle 3ax_{e}+b<0} ， y {\displaystyle y} 的驻点为极大值点； 3 a x e + b > 0 {\displaystyle 3ax_{e}+b>0} ， y {\displaystyle y} 的驻点为极小值点； 3 a x e + b = 0 {\displaystyle 3ax_{e}+b=0} ， y {\displaystyle y} 的驻点为拐点。 三上义夫 《中国算学之特色》 34页 商务印书馆。 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）