三次方程式是未知項總次數最高為 3 的整式方程式，一元三次方程式一般形式為

　
: $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ ，

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式，而且簡稱之為三次方程式式。



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 個三次多項式方程式和提出三次方程式實根的數值解法。

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式的解法。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式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式的方法，也就是形如 $x^{3}+mx=n$ 的方程式。事實上，如果我們允許 $m,n$ 是複數，所有的三次方程式都能變成這種形式，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，方程式有一個實根和兩個共軛複根；

當 $\Delta =0$ 時，方程式有三個實根：當

時，方程式有一個三重實根；

當

時，方程式的三個實根中有兩個相等；

當 $\Delta <0$ 時，方程式有三個不等的實根。



三次方程式解法

求根公式法

紅色字體部分為判別式 $\Delta $ 。

當 $\Delta >0$ 時，方程式有一個實根和兩個共軛複根；

當 $\Delta =0$ 時，方程式有三個實根：當

時，方程式有一個三重實根；

當

時，方程式的三個實根中有兩個相等；

當 $\Delta <0$ 時，方程式有三個不等的實根。

 

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。要解方程式只需找到一個根 $r$ ，然後把方程式 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ 除以 $x-r$ ，就得到一個二次方程式，而我們已會解二次方程式。

在一個代數封閉域，所有三次方程式都有三個根。複數體就是這樣一個域，這是代數基本定理的結果。

解方程式步驟：


* 把原來方程式除以首項係數 $a\left(a\neq 0\right)$ ，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 $ 。前一方程式化為 $(u+\upsilon )^{3}+p(u+\upsilon )+q=0$ 。

　
: 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 $V$ 是輔助方程式 $\mathrm {X} ^{2}+q\mathrm {X} -{\frac {p^{3}}{27}}=0$ 的根，可代一般二次方程式公式得解。

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 $\omega ^{2}u_{0}$ ，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 $(\omega ^{2}u_{0},\omega v_{0})$ 。因此三次方程式的其它根是 $\omega u_{0}+\omega ^{2}v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ 和 $\omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ 。

判別式

最先嘗試解的三次方程式是實係數（而且是整數）。因為實數體並非代數封閉，方程式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式的判別式 $\Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}$ ，


* 若 $\Delta >0$ ，方程式有一個實根和兩個共軛複根；

* 若 $\Delta =0$ ，方程式有三個實根：當 ${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}=0$ 時，方程式有一個三重實根；當 ${\frac {q^{2}}{4}}=-{\frac {p^{3}}{27}}\neq 0$ 時，方程式的三個實根中有兩個相等；

* 若 $\Delta <0$ ，方程式有三個不等的實根： $x_{1}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta }{3}}-{\frac {b}{3a}},x_{2,3}=2{\sqrt {Q}}\cos {\frac {\theta \pm 2\pi }{3}}-{\frac {b}{3a}},$ 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式有一實根存在，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 $v={\sqrt[{3}]{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}$ 。

　
: $t=x-1=u+v-1$ ，

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

該方程式的另外兩個根：

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

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

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式。

方程式是 $x^{3}-15x-4=0$ 。

從函數 $x\mapsto x^{3}-15x-4$ 算出判別式的值 $\Delta =-13068<0$ ，知道這方程式有三實根，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。這方程式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：複數是解方程式必需工具，即使方程式或許只有實根。

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 $k={\frac {B}{A}}\ (A\neq 0)$ ，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 ${\frac {dy}{dx}}=3ax^{2}+2bx+c$

1. 

* 有序列表項

反曲點

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

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 $f(x)$ 的反曲點。 
  
 ${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=6ax+2b=2(3ax+b)$ 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； 
 $3ax_{e}+b=0$ ， $y$ 的駐點為反曲點。



參見



參考資料



外部連結


* 三次方程式的計算機 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）

* 代數學的故事：三次方程式的一般解（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館），李白飛

* 三次方程式的判別式（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館），應用（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館），Carto Wong

* 以複變函數求解一元三次方程式式的根（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）