关于一元三次方程的一些事

reinforest · 2025-06-17 14:43:05 · 算法·理论

安利一下我的博客

定义

如果一个整式方程经过整理后只有一个未知数，并且未知数的最高次项等于 3，这样的方程称作一元三次方程。

一元三次方程是形如 ax^3+bx^2+cx+d=0(a \ne 0) 的方程，其中 a,b,c,d 分别称作三次项系数，二次项系数，一次项系数和常数项。同样地，我们称函数 y=ax^3+bx^2+cx+d(a \ne 0) 为三次函数。

例 1：观察下列方程，它们是一元三次方程吗？

解析：3. 5. 是，1. 2. 4. 不是。因为 1. 不满足整式方程；2. 没有说 a \ne 0；3. 因为 \sqrt{a^2+1} \ge 1，所以隐含了三次项系数不为 0 的条件；4. 化简后是 6x^2+4x+1=0，最高次项为 2；5. 化简后是 3x^3+7x^2+5x+1=0，是一元三次方程。

求解一元三次方程

研究一个代数问题，可以按照从特殊到一般的方法层层递进。

配立方法

对于一元二次方程，我们可以把它配成 (x+h)^2=\frac{k}{a} 的形式，如果我们可以把一元三次方程配成 (x+h)^3=\frac{k}{a} 的形式，那么问题也就迎刃而解了。

但是所有的一元三次方程都可以使用配立方法吗？

例2：尝试使用配立方法解如下方程：

解析：

对于第一个：

\\ x^3+3\cdot x^2 \cdot 2+3 \cdot x \cdot 2^2 +8 &= -1 \\ (x+2)^3 &= -1 \\ x &= -3 \end{aligned}

但是对于第二个方程，无论如何都无法使用配立方法求解。

考虑什么样的方程可以使用配立方法求解？

尝试展开 (x+h)^3=\frac{k}{a}，可得 ax^3+3ahx^2+3ah^2x+ah^3-k=0，与方程 ax^3+bx^2+cx+d=0 做比较，可得

因而得到数量关系 b^2-3ac=0。因此，只要 b^2-3ac=0，那么这个方程就可以直接使用配立方法求解。

例3：判断如下的方程是否可以直接使用配立方法求解。

解析：分别计算三个方程的 b^2-3ac 即可。

对于第一个方程，b^2-3ac=36-33 \ne 0，所以不行；

对于第二个方程，b^2-3ac=144-144 = 0，所以可以；

对于第一个方程，b^2-3ac=48-48 = 0，所以可以。

因式分解法

如果我们能够很容易地看出来方程的一个根，那么可以考虑把这个一元三次方程“降次”，变成一元二次方程然后求解。

例4： 在实数范围内解下列方程。

解析： 对于第一个方程，代入 x=-1，可得左式 =-4+9+x-6=0，所以 x=-1 是原方程的一个根，所以原方程必然有一个因式为 x+1。

考虑凑出 x+1，可得 4x^3+4x^2+5x^2+5x-6x-6=0，即 4x^2(x+1)+5x(x+1)-6(x+1)=0，提出公因式 x+1，可得 (4x^2+5x-6)(x+1)=0，最终可以因式分解成 (4x-3)(x+2)(x+1)=0。

所以原方程的三个实数根分别为 x_1=\frac{3}{4},x_2=-2,x_3=-1。

对于第二个方程，可以看出 x=1 是原方程的根，所以原方程可以因式分解成 (x^2+7x+12)(x-1)=0，进而因式分解成 (x+3)(x+4)(x-1)=0。

所以原方程的三个实数根分别为 x_1=-4,x_2=-3,x_3=1。

对于第三个方程，可以试出 x=2 是原方程的根，所以原方程可以因式分解成 (3x^2+8x+16)(x-2)=0。该式子不能继续因式分解了。

所以原方程的唯一实数根为 x=2。

卡尔丹诺公式

先考虑一种特殊形式的三次方程：x^3+px+q=0。这样的方程缺少二次项。

接下来就是处理这个方程比较神奇的地方：令 x=u+v。（假设 u>v）

代入可得 (u+v)^3+p(u+v)+q=0。

整理可得 u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0。

因为 u 和 v 到现在只需满足 x=u+v 这个限制，不妨让它再多满足一个限制 3uv+p=0。

如果这样可行，我们可以得到这样的方程：\begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3}\end{cases}。

第二个式子等式两边同时三次方，可得 u^3v^3=-\frac{p^3}{27}。

因此可以解得 u^3=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}，v^3=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}。

所以 x=u+v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}。

一般三次方程的转化

对于一般的一元三次方程 ax^3+bx^2+cx+d=0 (a \ne 0)，都可以转化成以上形式的方程。

考虑令 x=y+m，确定 m 的取值，可以消去二次项。我们先代入 x=y+m：

& ax^3+bx^2+cx+d \\= & a(y+m)^3+b(y+m)^2+c(y+m)+d \\= & ay^3+(3am+b)y^2+(3am^2+2bm+c)y+ (am^3+bm^2+cm+d) \end{aligned}

所以令 3am+b=0，即 m=-\frac{b}{3a} 是可以令二次项系数化为 0 的 m。

例5：运用以上方法解方程 x^3-3x^2-9x+27=0。

首先把它转化成缺项形式，令 m=-\frac{b}{3a}=1，代入 x=y+1 可得

所以 $p=-12,q=16$，代入以上公式，可得 $u=\sqrt[3]{-\frac{16}{2}+\sqrt{\frac{16^2}{4}+\frac{(-12)^3}{27}}}=-2,v=\sqrt[3]{-\frac{16}{2}-\sqrt{\frac{16^2}{4}+\frac{(-12)^3}{27}}}=-2$。 所以原方程的一个根为 $y=u+v=-4$，此时 $x=y+1=-3$。 将原方程进行降次，可得 $(x+3)(x^2-6x+9)=0$，即 $(x+3)(x-3)^2=0$，所以原方程有两个根 $x_1=3,x_2=-3$。

注意以上的公式不能求出一个一元三次方程的所有根，在求出一个根之后，还需要进行降次得到另外的根。

复数的引入

请尝试解方程 x^3-15x-4=0。

如果还是使用以上的方法解方程，你会发现这个方程的根是“无意义的”：

但是，对于原方程，容易发现代入 x=4 是满足条件的。

那么是哪里出问题了呢？

假设我们令 i=\sqrt{-1}，并定义 i^2=-1，那么我们可以进行如下的变形：

神奇！把它展开以后，i 居然消掉了，并且得出了正确的结果。

这启示我们，可能 \sqrt{-1} 不是一种无意义的运算，如果能够在解三次方程的时候假设它是 “有意义” 的，也是没有关系的，因为它能够得出正确的结果。

复数范围内的解

卡尔达诺公式不能求出一个缺项的一元三次方程的所有解，那么是否有可能把这个公式“升级”，使得它能够求出所有解呢？

在复数范围内，对一个数 a 开根，相当于在复数域解方程 x^3-a=0。

首先在实数域中可以因式分解：(x-\sqrt[3]{a})(x^2+\sqrt[3]{a}x+{a}^{\frac{2}{3}})=0。

然后使用求根公式，x^2+\sqrt[3]{a}x+{a}^{\frac{2}{3}}=0 的两根为

所以在复数域中，令 \omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}，那么 x^3-a=0 的根为 x_1=\sqrt[3]{a},x_2=\omega \sqrt[3]{a},x_3=\omega^2 \sqrt[3]{a}。

我们再回顾一下卡尔达诺公式的推导过程，我们实际上是在解方程 \begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3}\end{cases}，然后第二个式子同时 3 次方，得到了 \begin{cases}u^3+v^3=-q \\ u^3v^3=-\frac{p^3}{27}\end{cases}，然后得到了

因此得到了 u^3=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}，v^3=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}。

根据以上的推导过程，设 u_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}，u_2=\omega \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}},u_3=\omega^2 \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}，v 同理，这些 u,v 都是满足以上条件的数，那么这个一元三次方程有 9 个根？这显然不正确。

原来在同时三次方的过程中，会导致最终出现增根。例如 u_1,v_2 它满足 u^3v^3=-\frac{p^3}{27}，但是不满足 uv=-\frac{p}{3}。

舍去增根以后，就只有三个根满足条件了。

这样我们就得到了一元三次方程的通解了。

盛金公式

用以上的方法解一元三次方程是非常麻烦的。首先我们需要进行代数变形去除掉二次项，然后代入以上的公式。代入以上的公式会导致解的形式可能出现复数，不是很直观，需要进行化简才能得到最终结果。这样对计算机很不友好。如果三次方程的系数比较奇怪，运用以上的公式以后可能都不知道从何化简。

有没有一些更直观的公式呢？接下来我们介绍盛金公式。

对于一般的一元三次方程 ax^3+bx^2+cx+d=0(a \ne 0)，规定 \begin{cases} A=b^2-3ac \\ B=bc-9ad \\ C=c^2-3bd \end{cases}，判别式 \Delta=B^2-4AC。

当 A=B=0 时，方程有三个相等的实根，x_1=x_2=x_3=-\frac{b}{3a}=-\frac{c}{b}=-\frac{3d}{c}。（盛金公式 1）

当 \Delta>0 时，方程有一个实根，x_1=\frac{-b-(\sqrt[3]{y_1}+\sqrt[3]{y_2})}{3a}，其中 y_{1,2}=Ab+3a(\frac{-B \pm \sqrt{B^2-4AC}}{2})。（盛金公式 2）

当 \Delta=0 时，方程有三个实根，x_1=-\frac{b}{a}+K,x_2=x_3=-\frac{K}{2}，其中 K=\frac{B}{A}。（盛金公式 3）

当 \Delta<0 时，方程有三个实根，x_1=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos{\frac{\theta}{3}}}{3a},x_{2,3}=\frac{-b+\sqrt{A}(\cos{\frac{\theta}{3}}\pm\sqrt 3\sin{\frac{\theta}{3}})}{3a}，其中 \theta=\arccos \frac{2Ab-3aB}{2 \sqrt{A^3}}。（盛金公式 4）

例6：解以下方程。

解析： 对于第一个方程：a=1,b=0,c=3,d=1，计算得 A=-9,B=-9,C=9，计算 \Delta=405>0，运用盛金公式 2。 计算 y_{1,2}=\frac{3}{2}(9\pm 9\sqrt{5})，所以 x=\frac{-\sqrt[3]{\frac{3}{2}(9+ 9\sqrt{5})}-\sqrt[3]{\frac{3}{2}(9- 9\sqrt{5})}}{3}。

对于第二个方程：a=5\sqrt 2,b=-18,c=6\sqrt 2,d=4，计算得 A=144,B=-288\sqrt 2,C=288，计算 \Delta=0，运用盛金公式 3。 计算 K=\frac{B}{A}=-2\sqrt 2，所以 x_1=\frac{18}{5\sqrt 2}-2\sqrt 2=-\frac{\sqrt 2}{5}，x_2=x_3=-\frac{-2\sqrt 2}{2}=\sqrt 2。

三次方程韦达定理

用求根公式推韦达定理固然可行，但是我们可以用一种更简单的方法。

设一元三次方程 ax^3+bx^2+cx+d 的三根分别是 x_1,x_2,x_3，那么原方程可以分解成 a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0。展开可得 ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)x-ax_1x_2x_3=0。

对比系数可知 \begin{cases}b=-a(x_1+x_2+x_3) \\ c=a(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1) \\ d=-ax_1x_2x_3\end{cases}，即 \begin{cases}x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a} \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\frac{c}{a} \\ x_1x_2x_3=-\frac{d}{a} \end{cases}。

运用三次方程韦达定理，我们可以快速解决一些代数问题。

例7：已知 x_1,x_2,x_3 分别为方程 x^3-x^2-1=0 的根，计算 \frac{1+x_1}{1-x_1}+\frac{1+x_2}{1-x_2}+\frac{1+x_3}{1-x_3} 的值。

解析：

&\frac{1+x_1}{1-x_1}+\frac{1+x_2}{1-x_2}+\frac{1+x_3}{1-x_3} \\ =& \frac{2}{1-x_1}-1+\frac{2}{1-x_2}-1+\frac{2}{1-x_3}-1 \\ =& 2\left(\frac{1}{1-x_1}+\frac{1}{1-x_2}+\frac{1}{1-x_3}\right)-3 \\ =& 2\left[\frac{(1-x_2)(1-x_3)+(1-x_1)(1-x_3)+(1-x_1)(1-x_2)}{(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)}\right]-3 \\ =& 2\left[\frac{3+(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)-2(x_1+x_2+x_3)}{1-x_1x_2x_3+(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)-(x_1+x_2+x_3)}\right]-3 \end{aligned}

因为 x_1,x_2,x_3 分别为方程 x^3-x^2-1=0 的根，所以

\begin{cases}x_1+x_2+x_3=1 \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0 \\ x_1x_2x_3=1 \end{cases}

代入原式 = 2 \times(\frac{3+0-2}{1-1+0-1})-3=-5。

三次函数的图像与性质

形

用几何画板画出 f(x)=(x-1)(x-2)(x-3) 的图像如图。

能够发现，一个普通的三次函数有最多 3 个零点（可能有两个或者一个零点），2 个顶点（可能没有顶点），1 个对称中心。如果设这个三次函数的两个顶点为 A(x_1,y_1) 和 B(x_2,y_2)。

当三次项系数 a>0 时：

• 该函数在 (-\infty,x_1] 中单调递增；
• 该函数在 (x_1,x_2] 中单调递减；
• 该函数在 (x_2,+\infty) 中单调递增。

当三次项系数 a<0 时：

• 该函数在 (-\infty,x_1] 中单调递减；
• 该函数在 (x_1,x_2] 中单调递增；
• 该函数在 (x_2,+\infty) 中单调递减。

数

顶点

我们知道三次函数 f(x)=ax^3+bx^2+cx+d(a \ne 0) 的导数是 f'(x)=3ax^2+2bx+c。导数反映了一个函数在某一点处的变化率。那么如果一个函数在某一点的变化率等于 0，那么这一点就是原函数的顶点。

那么我们令 f'(x)=3ax^2+2bx+c=0，计算 \Delta=(2b)^2-4\times(3a)\times c=4b^2-12ac。

也就是说，当 \Delta>0 时，即 b^2-3ac>0 时，原函数有 2 个顶点；当 \Delta \leq 0 时，即 b^2-3ac \leq 0 时，原函数没有顶点。

如果 \Delta>0，我们能够求出函数顶点的两个横坐标：

顺便我们也求出来了原函数存在两个顶点的充要条件，就是 b^2-3ac>0。求出顶点，单调性啥的就很好说了。

对称中心

一个三次函数的对称中心就是两个顶点的中点。如果我们代入公式，计算

看起来和二次函数的对称轴公式很像。把对称中心的横坐标求出来，代入原函数就是对称中心的纵坐标了。

计算一元三次方程的近似根

在计算近似根前的操作

我们计算近似根，首先要知道这个方程的根的分布是什么样的。为了论述简单，我们只考虑三次项系数为正数的情况，如果是负数，那么可以先让等式两边同时乘以 -1 即可。

我们不妨先把顶点求出来，拿出公式：

• 如果 b^2-3ac<0，那么函数 f(x)=ax^3+bx^2+cx+d 不存在顶点，也就是说这个函数在 (-\infty,\infty) 是单调的，只能有 1 个零点；

• 如果 b^2-3ac=0，回顾“配立方法”，这个是这个三次方程能够配立方的情形，因此只有一个实数 x 满足方程，也只能有 1 个零点。

• 如果 b^2-3ac>0，也就是原函数有两个顶点 (x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2))，根据这种三次函数的单调性有 f(x_1)>f(x_2)（因为我们钦定三次项系数为正数），这个时候需要讨论两个顶点关于 0 的大小关系，根据零点存在性定理可得到以下结论：

  • 如果 f(x_1)>f(x_2)> 0，那么原函数只有 1 个零点，在区间 (-\infty,x_1) 中；
  • 如果 f(x_1)>0=f(x_2)，那么原函数有 2 个零点，一个在区间 (-\infty,x_1) 中，另一个为 x_2；
  • 如果 f(x_1)>0>f(x_2)，那么原函数有 3 个零点，分别在区间 (-\infty,x_1),(x_1,x_2),(x_2,+\infty) 中；
  • 如果 f(x_1)=0>f(x_2)，那么原函数有 2 个零点，一个在区间 (x_2,+\infty) 中，另一个为 x_1；
  • 如果 0>f(x_1)>f(x_2)，那么原函数有 1 个零点，在区间 (x_2,+\infty) 中；

零点存在性定理：设函数是 [a,b] 上的连续函数，且存在不等式 f(a)f(b)<0，则在 (a,b) 上，至少存在一个数 x ，能够使得 f(x)=0 成立。

至此我们只需要解决在一个区间上有且只有一个零点的情况了。

二分法

二分法是求近似根比较基础的方法，易于理解。

原理：零点存在性定理。

步骤：首先选取一个区间 [a,b]，要求函数在区间 [a,b] 已经被确定有且仅有一个零点，并提前预设一个精度 \varepsilon。

1. 取 [a,b] 的中点 m=\frac{a+b}{2}。
2. 如果 [a,b] 的精度已经满足要求（也就是 |b-a|<\varepsilon），那么 m 就可以作为我们要求的近似根。否则比较 f(a)f(m) 与 0 的大小关系。
   • 如果 f(a)f(m)>0，令 a \leftarrow m。
   • 如果 f(a)f(m)<0，令 b \leftarrow m。
3. 重复 1. 2. 的操作即可。

牛顿迭代法

牛顿迭代法是求近似根较为常用的方法，其特点是方法简单，收敛速度快。但前提是能够知道原函数的导数。每迭代计算一次，牛顿迭代法结果的有效数字将增加一倍。

原理

对于一个函数 f(x)，其导数 f'(x) 的几何意义之一是函数 f(x) 上的点 (x,f(x)) 切线方程的斜率。

所以对于函数上的一个点 (x_0,f(x_0))，我们能够写出它的切线方程：f'(x_0)=\frac{y-f(x_0)}{x-x_0}，这个方程与 x 轴的交点为 (x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)},0)，如果我们令 x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}，那么点 (x_1,f(x_1)) 相较于 (x_0,f(x_0)) 会更接近函数的零点。如图所示。浅蓝色为 f(x) 的图像。

步骤

步骤就很简单了，对于区间 [a,b]，取 x_0=\frac{a+b}{2}（这个 x_0 只要在区间内且 f'(x_0) 不为 0 即可）。

然后每次计算：

一直迭代下去即可得到精确的答案。

例8：分别用二分法、牛顿迭代法求方程 x^3-3x+1=0 在 (0,1) 之间的近似根。

解析：以下表格是用二分法的过程

迭代次数	a	b	m	f(m)	新区间
0	0	1	0.5	-0.375	[0,0.5]
1	0	0.5	0.25	0.2656	[0.25,0.5]
2	0.25	0.5	0.375	-0.0723	[0.25,0.375]
3	0.25	0.375	0.3125	0.0930	[0.3125,0.375]

迭代 3 次只能保证小数点后 2 位的精度。

在牛顿迭代法中，我们计算 f'(x)=3x-3。这个是使用牛顿迭代法的结果。

迭代次数	x_n	f(x_n)	f'(x_n)	x_{n+1}
0	0.500000	-0.375000	-2.250	0.333333
1	0.333333	0.037037	-2.667	0.347222
2	0.347222	-0.000365	-2.638	0.347296
3	0.347296	-3.7×10^{-8}	-2.638	0.347296

迭代 3 次即能获得小数点后 6 位的精度。效率较高。