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

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$。

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

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

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

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

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

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

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

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

### 三角函數解

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$，其中$a\ne0$。

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

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

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

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

### 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$V$是任何方程$Y^2 + q Y - \frac {p^3} {27}=0$的根(韋達定理)，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$\omega^2u_0$，當然還有$\omega v_0$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$(u_0, v_0)$，$(\omega u_0, \omega^2v_0)$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$\omega^2u_0 + \omega v_0 - \frac {b'} {3}$。

#### 判別式

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$\frac{q^2}{4}=-\frac{p^3}{27}\ne 0$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$R=-\frac{q}{2}$）。

注意到實係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：

$t_2 \approx -0.838907 + 1.75438 i$。

$t_3 \approx -0.838907 - 1.75438i$。

#### 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）

$3a^2b - b^3 = - 11$（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

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0$，其中係數皆為實數。

#### 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$k=\frac{B}{A}\ (A\neq0)$，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

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

設$\frac{d^2y}{dx^2}=0$，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。

$\frac{d^2y}{dx^2}=6ax+2b=2(3ax+b)$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，李白飛
- 三次方程的判別式，應用，Carto Wong
- 以複變函數求解一元三次方程式的根
- 一元三次方程解法