三次方程

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三次方程是未知项总次数最高为3的整式方程，一元三次方程一般形式为

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$。

其中$a, b, c, d (a\neq 0)$是属于一个域的数字，通常这个域为ℝ或ℂ。

本条目只解释一元三次方程，而且简称之为三次方程式。

## 历史

中国唐朝数学家王孝通在武德九年（626年）前后所著的《缉古算经》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构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$m, n$是复数，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复数。

尼科洛·塔尔塔利亚被认为是最早得出三次方程式一般解的人。1553年他在一场数学竞赛中解出所有三次方程式的问题。随后卡尔丹诺拜访了塔尔塔利亚请教三次方程式解法并得到了启发。卡尔丹诺注意到塔尔塔利亚的方法有时需要他给复数开平方。他甚至在《数学大典》里包括了这些复数的计算，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复数的发现者。

## 判别式

当$\Delta>0$时，方程有一个实根和两个共轭复根。

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

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0$

$x_1=-\frac{b}{3 a}+ \sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}+\sqrt{{\color{red}\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}}+\sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}-\sqrt{\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}$

$x_2=-\frac{b}{3 a}+\frac{-1+ \sqrt{3}\,\rm{{i}}}{2} \sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a} +\sqrt{\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}+\frac{-1- \sqrt{3}\,\rm{{i}}}{2} \sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a} -\sqrt{\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}$

$x_3=-\frac{b}{3 a}+\frac{-1- \sqrt{3}\,\rm{{i}}}{2} \sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a} +\sqrt{\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}+\frac{-1+ \sqrt{3}\,\rm{{i}}}{2} \sqrt[3]{\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a} -\sqrt{\left(\frac{bc}{6a^2}-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}\right)^2+ \left(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}\right)^3}}$

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复根。

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

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0$

$x=-{{b}\over{3a} }+ {{\sqrt [3]{2} \left(b^2-3ac\right)}\over{3a\left({{-1+\sqrt3i}\over{2}}\right)^k}\sqrt[3]{9abc-27a^2d-2b^3+\sqrt{\left(9abc-27a^2d-2b^3\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}} } +{{\left({{-1+\sqrt3i}\over{2}}\right)^k}\sqrt[3]{9abc-27a^2d-2b^3+\sqrt{\left(9abc-27a^2d-2b^3\right)^2-4\left(b^2-3ac\right)^3}}\over{3\sqrt[3]{2}a} } ,k=0,1,2$

### 三角函数解

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$，其中$a\ne0$。

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

$$x_1=-\frac{b}{3 a}+2 \sqrt{-\beta}\cos \left[ \frac{\arccos \frac {\alpha} {(-\beta)^{\frac{3}{2}}}}{3} \right]$$

$$x_2=-\frac{b}{3 a}+2 \sqrt{-\beta}\cos \left[ \frac{\arccos \frac {\alpha} {(-\beta)^{\frac{3}{2}}} +2\pi}{3} \right]$$

$$x_3=-\frac{b}{3 a}+2 \sqrt{-\beta}\cos \left[ \frac{\arccos \frac {\alpha} {(-\beta)^{\frac{3}{2}}} -2\pi}{3} \right]$$

### 卡尔达诺法

令$K$为域，可以进行开平方或立方运算。要解方程只需找到一个根$r$，然后把方程$ax^3 + bx^2 + cx +d$除以$x - r$，就得到一个二次方程，而我们已会解二次方程。

在一个代数封闭域，所有三次方程都有三个根。复数域就是这样一个域，这是代数基本定理的结果。

解方程步骤：

- 把原来方程除以首项系数$a \left(a \neq 0 \right)$，得到：

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

- 代换未知项$x = z - \frac {b'} {3}$，以消去二次项。当展开$\left ( z - \frac {b'} {3} \right )^3$，会得到$-b'z^2$这项，正好抵消掉出现于$b' \left ( z - \frac {b'} {3} \right )^2$的项$b'z^2$。故得：

$z^3 + pz + q = 0$，其中$p$和$q$是域中的数字。

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

- 设$u,v$满足$3uv=-p,u^3+v^3=-q$,则$u+v$为解

这个假设的hint如下:

记$z = u + \upsilon$。前一方程化为$(u + \upsilon)^3 + p(u + \upsilon) + q = 0$。

展开：$u^3 + 3u^2\upsilon + 3u\upsilon^2 + \upsilon^3 + pu + p\upsilon + q = 0$。

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

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

- 设$U = u^3$和$V = \upsilon^3$。我们有$U + V = - q$和$UV = -\frac {p^3} {27}$因为$UV = (u\upsilon)^3 = (-\frac {p} {3})^3$。所以$U$和$V$是任何方程$Y^2 + q Y - \frac {p^3} {27}=0$的根(韦达定理)，可代一般二次方程公式得解。

接下来，$u$和$v$是$U$和$V$的立方根，适合$uv = -\frac {p} {3}$，$z = u + v$，最后得出$x = z - \frac {b'} {3}$。

在域$\mathbb{C}$里，若$u_0$和$v_0$是立方根，其它的立方根就是$\omega u_0$和$\omega^2u_0$，当然还有$\omega v_0$和$\omega^2v_0$，其中$\omega = e^{\frac {2i \pi} {3}}=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$，是1的一个复数立方根。

因为乘积$uv = -\frac {p} {3}$固定，所以可能的$(u, v)$是$(u_0, v_0)$，$(\omega u_0, \omega^2v_0)$和$(\omega^2u_0, \omega v_0)$。因此三次方程的其它根是$\omega u_0 + \omega^2v_0 - \frac {b'} {3}$和$\omega^2u_0 + \omega v_0 - \frac {b'} {3}$。

#### 判别式

最先尝试解的三次方程是实系数（而且是整数）。因为实数域并非代数封闭，方程的根的数目不一定是3个。所遗漏的根都在$\mathbb{C}$里，就是$\mathbb{R}$的代数闭包。其中差异出现于$U$和$V$的计算中取平方根时。取立方根时则没有类似问题。

可以证明实数根数目依赖于辅助方程的判别式$\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$。

- 若$\Delta > 0$，方程有一个实根和两个共轭复根。
- 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$\frac{q^2}{4}=-\frac{p^3}{27}\ne 0$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，由于此公式应对于$x^3 + px = q$的形式，因此这里的$q$实际上是前段的$-q$，应用时务必注意取负号即$R=-\frac{q}{2}$）。

注意到实系数三次方程有一实根存在，这是因为非常数多项式在$+\infty$和$-\infty$的极限是无穷大，对奇次多项式这两个极限异号，又因为多项式是连续函数，所以从介值定理可知它在某点的值为0。

#### 第一个例子

解$2t^3 + 6t^2 + 12t + 10 = 0$。

我们依照上述步骤进行：

- $t^3 + 3t^2 + 6t + 5 = 0$（全式除以$2$）
- 设$t = x - 1$，代换：$(x - 1)^3 + 3(x - 1)^2 + 6(x - 1) + 5 = 0$，再展开$x^3 + 3x + 1 = 0$。
- $x = u + v$，$U = u^3$，$V = v^3$。设$U + V = - 1$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：

$t_2 \approx -0.838907 + 1.75438 i$。

$t_3 \approx -0.838907 - 1.75438i$。

#### 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）

$3a^2b - b^3 = - 11$（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

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0$，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$k=\frac{B}{A}\ (A\neq0)$，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

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

设$\frac{d^2y}{dx^2}=0$，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。

$\frac{d^2y}{dx^2}=6ax+2b=2(3ax+b)$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

- 代数学的故事：三次方程的一般解，李白飞
- 三次方程的判别式，应用，Carto Wong
- 以复变函数求解一元三次方程式的根
- 一元三次方程解法