三次方程

✍ dations ◷ 2025-10-20 12:37:30 #初等代数,方程,多项式

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

其中 $a,b,c,d(\neq 0)$ $a,b,c,d(\neq 0)$ 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。

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 $x^{3}+mx=n$ $x^{3}+mx=n$ 的方程。事实上，如果我们允许 $m, n {\displaystyle m,n}$ $m,n$ 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一般解的人。1553年他在一场数学竞赛中解出所有三次方程的问题。随后卡尔丹诺拜访了塔尔塔利亚请教三次方程解法并得到了启发。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。

红色字体部分为判别式 $\Delta$ $\Delta$ 。

当 $\Delta >0$ $\Delta >0$ 时，方程有一个实根和两个共轭复根；

当 $\Delta =0$ $\Delta =0$ 时，方程有三个实根：当

时，方程有一个三重实根；

当

时，方程的三个实根中有两个相等；

当 $\Delta <0$ $\Delta <0$ 时，方程有三个不等的实根。

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ ，其中 $a\neq 0$ $a\ne0$ 。

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

$x_{1}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$ $x_{1}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$

$x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$ $x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$

$x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$ $x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {-\beta }}\cos \left$

令 $K {\displaystyle K}$ $K$ 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 $r {\displaystyle r}$ $r$ ，然后把方程 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ $ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ 除以 $x-r$ $x-r$ ，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：

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

在域 $\mathbb {C}$ $\mathbb {C}$ 里，若 $u_{0}$ $u_{0}$ 和 $v_{0}$ $v_0$ 是立方根，其它的立方根就是 $\omega u_{0}$ $\omega u_{0}$ 和 $\omega ^{2}u_{0}$ $\omega ^{2}u_{0}$ ，当然还有 $\omega v_{0}$ $\omega v_{0}$ 和 $\omega ^{2}v_{0}$ $\omega ^{2}v_{0}$ ，其中 $\omega =e^{\frac {2i\pi }{3}}={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}$ $\omega =e^{\frac {2i\pi }{3}}={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}$ ，是1的一个复数立方根。

因为乘积 $uv=-{\frac {p}{3}}$ $uv=-{\frac {p}{3}}$ 固定，所以可能的 $(u,v)$ $(u,v)$ 是 $(u_{0},v_{0})$ $(u_{0},v_{0})$ ， $(\omega u_{0},\omega ^{2}v_{0})$ $(\omega u_{0},\omega ^{2}v_{0})$ 和 $(\omega ^{2}u_{0},\omega v_{0})$ $(\omega ^{2}u_{0},\omega v_{0})$ 。因此三次方程的其它根是 $\omega u_{0}+\omega ^{2}v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ $\omega u_{0}+\omega ^{2}v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ 和 $\omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ $\omega ^{2}u_{0}+\omega v_{0}-{\frac {b'}{3}}$ 。

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 $\mathbb {C}$ $\mathbb {C}$ 里，就是 $\mathbb {R}$ $\mathbb {R}$ 的代数闭包。其中差异出现于 $U {\displaystyle U}$ $U$ 和 $V {\displaystyle V}$ $V$ 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 $\Delta ={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}$ $\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$ ，

注意到实系数三次方程至少有一实根存在，这是因为非常数多项式在 $+\infty$ $+\infty$ 和 $-\infty$ $-\infty$ 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。

解 $2t^{3}+6t^{2}+12t+10=0$ $2t^{3}+6t^{2}+12t+10=0$ 。

我们依照上述步骤进行：

该方程的另外两个根：

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 $x^{3}-15x-4=0$ $x^{3}-15x-4=0$ 。

从函数 $x\mapsto x^{3}-15x-4$ $x\mapsto x^{3}-15x-4$ 算出判别式的值 $\Delta =-13068<0$ $\Delta =-13068<0$ ，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： $x=u+v$ $x=u+v$ ， $U=u^{3}$ $U=u^{3}$ ， $V=v^{3}$ $V=v^{3}$ 。

$U {\displaystyle U}$ $U$ 和 $V {\displaystyle V}$ $V$ 是 $X^{2}-4X+125=0$ $X^{2}-4X+125=0$ 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 $U=2-11{\mathrm {i} }$ $U=2-11{\mathrm {i} }$ 和 $V=2+11{\mathrm {i} }$ $V=2+11{\mathrm {i} }$ 。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 $u=a+b{\mathrm {i} }$ $u=a+b{\mathrm {i} }$ 。

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

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

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

当 $\Delta$ $\Delta$ 是负， $U {\displaystyle U}$ $\text{[math]}$

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