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{{NoteTA
|G1 = Math
}}
[[File:Cubic function.png|right|250px|thumb|三次函数<math>y=x^3-8x^2+x+15</math>的图像。该函数与x轴相交3次说明方程<math>x^3-8x^2+x+15</math>有3个实数根。]]
'''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
:<math>ax^3 + bx^2 + cx + d = 0</math>，
其中<math>a, b, c, d (a\neq 0)</math>是屬於一個[[域 (數學)|域]]的數字，通常這個域為'''[[实数|ℝ]]'''或'''[[复数 (数学)|ℂ]]'''。

本條目只解釋一元三次方程，而且簡稱之為三次方程式。

== 历史 ==
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。<ref>[[三上义夫]] 《中国算学之特色》  34页 商务印书馆。</ref>

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<math>x^3 +mx= n</math>的方程。事实上，如果我们允许<math>m, n</math>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[[复数 (数学)|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。

== 判别式 ==

当<math>\Delta>0</math>时，方程有一个实根和两个[[共軛複數|共轭]]複根；

当<math>\Delta=0</math>时，方程有三个实根：当
<div style="overflow:auto"><math>\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</math></div>
时，方程有一个三重实根；

当<div style="overflow:auto"><math>\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</math></div>时，方程的三个实根中有两个相等；

当<math>\Delta<0</math>时，方程有三个不等的实根。

== 三次方程解法 ==
===求根公式法 ===
<div style="overtflow:auto">
<math>ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>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}}</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>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}}</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>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}}</math></div>

<span style=color:red>红色</span>字体部分为判别式<math>\Delta</math>。

当<math>\Delta>0</math>时，方程有一个实根和两个[[共軛複數|共轭]]複根；

当<math>\Delta=0</math>时，方程有三个实根：

当<math>\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</math>时，方程有一个三重实根；

当<math>\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</math>时，方程的三个实根中有两个相等；

当<math>\Delta<0</math>时，方程有三个不等的实根。
<div style="overflow:auto">
<math>ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>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</math><br /></div>
=== 三角函数解 ===
<math>ax^3 + bx^2 + cx + d = 0</math>，其中<math>a\ne0</math>。

若令<math>\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</math>，则

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

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

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

=== 卡尔达诺法 ===
令<math>K</math>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<math>r</math>，然後把方程<math>ax^3 + bx^2 + cx +d</math>除以<math>x - r</math>，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<math>a \left(a \neq 0 \right)</math>，得到：
::<math>x^3 + b'x^2 + c'x + d' = 0</math>，其中<math>b' = \frac {b} {a}</math>，<math>c' = \frac {c} {a}</math>，<math>d' = \frac {d} {a}</math>。

*代換未知項<math>x = z - \frac {b'} {3}</math>，以消去二次項。當展開<math>\left ( z - \frac {b'} {3} \right )^3</math>，會得到<math>-b'z^2</math>這項，正好抵消掉出現於<math>b' \left ( z - \frac {b'} {3} \right )^2</math>的項<math>b'z^2</math>。故得：
::<math>z^3 + pz + q = 0</math>，其中<math>p</math>和<math>q</math>是域中的數字。
::<math>p = c' - \frac {b'^2} {3}</math>；<math>q = \frac {2b'^3} {27} - \frac {b'c'} {3} + d'</math>。

*設<math>u,v</math>滿足<math>3uv=-p,u^3+v^3=-q</math>,則<math>u+v</math>為解
:這個假設的hint如下:
::記<math>z = u + \upsilon</math>。前一方程化為<math>(u + \upsilon)^3 + p(u + \upsilon) + q = 0</math>。
::展開：<math>u^3 + 3u^2\upsilon + 3u\upsilon^2 + \upsilon^3 + pu + p\upsilon + q = 0</math>。
::重組：<math>(u^3 + \upsilon^3 + q) + (3u\upsilon^2 + 3u^2\upsilon + pu + p\upsilon) = 0</math>。
::分解：<math>(u^3 + \upsilon^3 + q) + (u + \upsilon)(3u\upsilon + p) = (u^3 + \upsilon^3 + q) + z(3u\upsilon + p) = 0</math>。

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

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

在域<math>\mathbb{C}</math>裡，若<math>u_0</math>和<math>v_0</math>是立方根，其它的立方根就是<math>\omega u_0</math>和<math>\omega^2u_0</math>，當然還有<math>\omega v_0</math>和<math>\omega^2v_0</math>，其中<math>\omega = e^{\frac {2i \pi} {3}}=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}</math>，是1的一个复数立方根。

因為乘積<math>uv = -\frac {p} {3}</math>固定，所以可能的<math>(u, v)</math>是<math>(u_0, v_0)</math>，<math>(\omega u_0, \omega^2v_0)</math>和<math>(\omega^2u_0, \omega v_0)</math>。因此三次方程的其它根是<math>\omega u_0 + \omega^2v_0 - \frac {b'} {3}</math>和<math>\omega^2u_0 + \omega v_0 - \frac {b'} {3}</math>。

==== 判别式 ====
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<math>\mathbb{C}</math>裡，就是<math>\mathbb{R}</math>的代數閉包。其中差異出現於<math>U</math>和<math>V</math>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]]<math>\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}</math>，
*若<math>\Delta > 0</math>，方程有一个实根和两个[[共轭复数|共轭]]複根；
*若<math>\Delta = 0</math>，方程有三个实根：当<math>\frac{q^2}{4}=-\frac{p^3}{27}=0</math>时，方程有一个三重实根；当<math>\frac{q^2}{4}=-\frac{p^3}{27}\ne 0</math>时，方程的三个实根中有两个相等；
*若<math>\Delta < 0</math>，方程有三个不等的实根：<math>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},</math>其中<math>\theta = \arccos \frac{R}{Q\sqrt{Q}}, Q=-\frac{p}{3}, R=\frac{q}{2}</math>（注意，由於此公式應對於<math>x^3 + px = q</math>的形式，因此這裡的<math>q</math>實際上是前段的<math>-q</math>，應用時務必注意取負號即<math>R=-\frac{q}{2}</math>）。

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<math>+\infty</math>和<math>-\infty</math>的[[函数极限|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。

==== 第一個例子 ====
解<math>2t^3 + 6t^2 + 12t + 10 = 0</math>。

我們依照上述步驟進行：
* <math>t^3 + 3t^2 + 6t + 5 = 0</math>（全式[[除以二|除以<math>2</math>]]）
*設<math>t = x - 1</math>，代換：<math>(x - 1)^3 + 3(x - 1)^2 + 6(x - 1) + 5 = 0</math>，再展開<math>x^3 + 3x + 1 = 0</math>。
* <math>x = u + v</math>，<math>U = u^3</math>，<math>V = v^3</math>。設<math>U + V = - 1</math>和<math>UV = - 1</math>。<math>U</math>和<math>V</math>是<math>X^2 + X - 1 = 0</math>的根。

:<math>U = \frac {-1 - \sqrt {5}} {2}</math>和<math>V = \frac {-1 + \sqrt {5}} {2}</math>，

:<math>u = \sqrt[3]{\frac {-1 - \sqrt {5}} {2}}</math>和<math>v = \sqrt[3]{\frac {-1 + \sqrt {5}} {2}}</math>。
:<math>t = x - 1 = u + v - 1</math>，
:<math>= \sqrt[3]{\frac {-1 - \sqrt {5}} {2}} + \sqrt[3]{\frac {-1 + \sqrt {5}} {2}} - 1 \approx -1.3221853546</math>

该方程的另外两个根：
:<math>t_2 \approx -0.838907 + 1.75438 i</math>，
:<math>t_3 \approx -0.838907 - 1.75438i</math>，

==== 第二个例子 ====
这是一个历史上的例子，因为它是[[拉斐尔·邦贝利|邦别利]]考虑的方程。

方程是<math>x^3 - 15x - 4 = 0</math>。

从函数<math>x \mapsto x^3 - 15x - 4</math>算出判别式的值<math>\Delta = -13068< 0</math>，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：<math>x = u + v</math>，<math>U = u^3</math>，<math>V = v^3</math>。
:: <math>U + V = 4</math>和<math>UV = 125</math>。
<math>U</math>和<math>V</math>是<math>X^2 - 4X + 125 = 0</math>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<math>U = 2 - 11{\mathrm{i}}</math>和<math>V = 2 + 11{\mathrm{i}}</math>。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[[除以三|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<math>u = a + b{\mathrm{i}}</math>。
: <math>u^3 = 2 - 11{\mathrm{i}}</math>等价于：
:: <math>a^3 - 3ab^2 = 2</math>（实部）
:: <math>3a^2b - b^3 = - 11</math>（虚部）
:: <math>a^2 + b^2 = 5</math>（模）

得到<math>a = 2</math>和<math>b = -1</math>，也就是<math>u = 2 - {\mathrm{i}}</math>，而<math>v</math>是其共轭：<math>v = 2 + {\mathrm{i}}</math>。

归结得<math>x = u + v = (2 - {\mathrm{i}}) + (2 + {\mathrm{i}}) = 4</math>，可以立时验证出来。

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

当<math>\Delta</math>是负，<math>U</math>和<math>V</math>共轭，故此<math>u</math>和<math>v</math>也是（要适当选取立方根，记得<math>uv = -\frac {p} {3}</math>）；所以我们可确保<math>x</math>是实数，还有<math>x'</math>和<math>x''</math>。

=== 盛金公式法 ===
<math>ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,a\ne0</math>，其中系数皆为实数。

==== 判别式 ====
重根判别式：<math>A=b^2-3ac,\ B=bc-9ad,\ C=c^2-3bd</math>；

总判别式：<math>\Delta=B^2-4AC</math>。

==== 情况1：<math>A=B=0</math> ====
<math>x_1=x_2=x_3=\frac{-b}{3a}=\frac{-c}{b}=\frac{-3d}{c}</math>。

==== 情况2：<math>\Delta >0</math> ====
让<math>y_{1,2}=Ab+3a\left(\frac{-B\pm\sqrt{B^2-4AC}}{2}\right)</math>，得：

<math>x_1=\frac{-b-\left(\sqrt[3]{y_1}+\sqrt[3]{y_2}\right)}{3a}</math>；

<math>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}</math>；

<math>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}</math>。

==== 情况3：<math>\Delta = 0</math> ====
让<math>k=\frac{B}{A}\ (A\neq0)</math>，得：

<math>x_1=\frac{-b}{a}+k</math>；

<math>x_2=x_3=\frac{-k}{2}</math>。

==== 情况4：<math>\Delta < 0</math> ====
让<math>t=\frac{2Ab-3aB}{2A\sqrt{A}}\ (A>0, -1<t<1), \theta=\arccos t</math>，得：

<math>x_1=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos\frac{\theta}{3}}{3a}</math>；

<math>x_2=\frac{-b+\sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}+\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3}\right)}{3a}</math>；

<math>x_3=\frac{-b+\sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}-\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3}\right)}{3a}</math>。

== 极值 ==
=== 驻点的公式 ===
设<math>y=ax^3+bx^2+cx+d</math>

将其微分，可得<math>\frac{dy}{dx} = 3ax^2+2bx+c</math>

# 
* 有序列表项

=== 拐点 ===
<math>\frac{d^2y}{dx^2}=6ax+2b</math>

设<math>\frac{d^2y}{dx^2}=0</math>，可得<math>y</math>。

<math>x=-\frac{b}{3a}</math>

=== 驻点的类型 ===
由函数取极值的[[充分条件]]可知：<br />
<math>f^{\prime \prime}(x_e)<0</math>，<math>x_e</math>是<math>f(x)</math>的[[极大值点]]；<br />
<math>f^{\prime \prime}(x_e)>0</math>，<math>x_e</math>是<math>f(x)</math>的[[极小值点]]；<br />
<math>f^{\prime \prime}(x_e)=0</math>，<math>x_e</math>是<math>f(x)</math>的[[拐点]]。<br />
<br />
<math>\frac{d^2y}{dx^2}=6ax+2b=2(3ax+b)</math>可知：<br />
<math>3ax_e+b<0</math>，<math>y</math>的驻点为极大值点；<br />
<math>3ax_e+b>0</math>，<math>y</math>的驻点为极小值点；<br />
<math>3ax_e+b=0</math>，<math>y</math>的驻点为拐点。

== 參見 ==
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== 參考資料 ==
{{Reflist}}

== 外部链接 ==
* [http://episte.math.ntu.edu.tw/articles/sm/sm_10_04_1/page5.html 代數學的故事：三次方程的一般解]{{Wayback|url=http://episte.math.ntu.edu.tw/articles/sm/sm_10_04_1/page5.html |date=20061011171253 }}，[[李白飛]]
* [http://db.math.ust.hk/resource_sharing/algebra/sc_d3.pdf 三次方程的判別式]{{Wayback|url=http://db.math.ust.hk/resource_sharing/algebra/sc_d3.pdf |date=20060509054608 }}，[http://db.math.ust.hk/resource_sharing/algebra/se_d3app.pdf 應用]{{Wayback|url=http://db.math.ust.hk/resource_sharing/algebra/se_d3app.pdf |date=20060509054721 }}，Carto Wong
* [http://msvlab.hre.ntou.edu.tw/grades/now/univm/yu%E7%B5%90%E5%A0%B1.doc 以複變函數求解一元三次方程式的根]{{Wayback|url=http://msvlab.hre.ntou.edu.tw/grades/now/univm/yu%E7%B5%90%E5%A0%B1.doc |date=20160304204209 }}
* [https://img.iduodou.com/images/docs/20230821/9919F106-37C2-4E83-B345-7054E34A8AF4.pdf 一元三次方程解法] {{Wayback|url=https://img.iduodou.com/images/docs/20230821/9919F106-37C2-4E83-B345-7054E34A8AF4.pdf |date=20230821055737 }}

{{多項式}}
[[Category:初等代数|S]]
[[Category:方程|S]]
[[Category:多項式|S]]