感受伽羅瓦：三次方程的根式解
本網頁介紹求實係數三次多項式方程根式解的一般方法，設 a、b、c、d 為 實數，其中 a̸= 0，則三次方程的一般形式為
ax3+ bx2+ cx + d = 0 (1)
我們在《感受伽羅瓦：二次方程與複數》中曾介紹求解二次方程的契爾恩 豪斯變換方法，這種方法先把全式除以 a，然後用 x = y−2ab 代入原有二次 方程，從而使該方程的二次項係數 a 和一次項係數 b 分別變為 1 和 0，以 易於求解。對於三次方程，我們也採用類似方法，先把全式除以 a，然後用 x = y− 3ab 代入：
x3+ b
ax2+ c ax + d
a = 0
(
y− b 3a
)
3+ b a
(
y− b 3a
)
2+ c a
(
y− b 3a
)
+ d
a = 0 y3+
(
c a − b23a2
)
y +
(
d a − bc3a2 + 2b3 27a3
)
= 0 現在如果設 p = ac −3ab22 和 q = da− 3abc2 + 27a2b33，那麼 (1) 便變成：
y3+ py + q = 0 (2)
上式就是經化簡的三次方程，其三次項和二次項係數分別為 1 和 0。這裡 我們假設 p ̸= 0 和 q ̸= 0，這是因為若 p = 0，那麼 (2) 可以簡單求解如下 (在下式中，ω3 代表 1 的主幅角為 2π3 的立方根，即−12 + √23i)：
y3+ q = 0 y = √3
−q, ω3(√3
−q), ω32(√3
−q) 若 q = 0，那麼 (2) 也可以簡單求解如下：
y3+ py = 0 y(y2 + p) = 0
y = 0, √
−p, −√
−p
當 p̸= 0 和 q ̸= 0 時，(2) 似乎並不容易求解。不過，經過多代人的求解經 驗，人們發現了一種求解 (2) 的方法，其關鍵是假設 (2) 的解具有以下形 式：
y = z− p
3z (3) 把上式代入 (2)，
(
z− p 3z
)
3+ p
(
z− p 3z
)
+ q = 0 z3+ q− p3
27z3 = 0 z6+ qz3− p3
27 = 0 (4)
上式雖然看似六次方程，但如把 u = z3 代入上式，所得結果是以下二次方 程：
u2+ qu− p3
27 = 0 (5)
上述方程稱為三次方程 (2) 的二次預解式(resolvent quadratic)1，接著可以 運用二次方程的求解公式，求得上式的解如下：
u = −q ±
√
q2− (4)(1)
(
−p273)
2× 1= −q 2 ±
√
q2 4 + p3
27 (6)
在上式中，q42 +p273 稱為三次方程的「判別式」，以下把此判別式記作 ∆3。容 易看到，當 ∆3 取不同值時，上式表現為不同情況。以下暫時只討論 ∆3 ̸= 0 的情況，在此情況下，上式包含兩個解，以下只討論 −q2+
√
q24 +p273 這個解 (記作 u1)(讀者可自行驗證，如使用 (6) 中的另一個解，所得結果與以下分 析的結果相同)。由於前面設定了 u1 = z3，可知 z 等於 u1 的立方根。根據 我們在《感受伽羅瓦：二次方程與複數》中的討論，u1 的立方根共有三個，
以下分別記作 z1、z2 和 z3，並且有：
z1 = 3
v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27 z2 = ω3z1
= ω3
3v u u t
−q2+
√
q2 4 + p3
27
1
不同數學家曾提出不同的二次預解式，本網頁介紹的只是其中一個。
z3 = ω32z1
= ω32
3v u u t
−q2+
√
q2 4 + p3
27
接下來根據 (3) 去求 (2) 的三個解 (以下分別記作 y1、y2 和 y3)，為求 y1， 須先計算 −3zp1 如下：
− p
3z1 = − p 33
√
−q2 +
√
q2 4 +p273=
− p 33√
−q2 +
√
q2 4 +p273
3
√
−q2 −
√
q42 + p2733
√
−q2 −
√
q42 + p273
= −
p
(
3
√
−q2 −
√
q42 + p273)
33
√(
−q2 +√
q2 4 +p273) (
−q2 −
√
q42 + p273)
= − p
(
3
√
−q2 −
√
q42 +p273)
33
√
q2
4 −
(
q42 +p273)
= − p
(
3
√
−q2 −
√
q42 +p273)
3
(
−p3)
= 3
v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27 由此根據 (3)，可得
y1 = z1 − p 3z1
= 3
v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27+ 3
v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27 請注意上式包含著 (6) 中兩個解的主立方根。
為計算 y2 和 y3，需要利用 z1 與 z2、z3 的關係以及 1
ω3 和 1
ω32，由於
ω3 是 1 的立方根，故有 ω33 = 1，由此必有 1
ω3 = ω32 1
ω32 = ω3 因此
y2 = z2− p 3z2
= ω3z1− p 3ω3z1
= ω3z1+
(
1 ω3) (
− p 3z1
)
= ω3
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27
+ ω32
3v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
y3 = z3− p 3z3
= ω32z1− p 3ω32z1
= ω32
z1+
(
1 ω32) (
− p 3z1
)
= ω32
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27
+ ω3
3v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
以上求得的 y1、y2 和 y3 只是以 y 作為變項的三次方程 (2) 的解，但由於前 面曾設定 x = y − 3ab ，故可馬上求得原來以 x 作為變項的三次方程 (1) 的 三個解 (以下分別記作 x1、x2 和 x3) 如下：
x1 = y1− b 3a
= − b 3a + 3
v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27+ 3
v u u t
−q2−
√
q2 4 + p3
27 (7) x2 = y2− b
3a
= − b 3a + ω3
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27
+ ω32
3v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
(8)x3 = y3− b 3a
= − b
3a + ω32
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27
+ ω3
3v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
(9)當然我們還可以把 p = ca− 3ab22 和 q = ad−3abc2 +27a2b33 代入以上三式，從而得 到以 a、b、c、d 這四個數表達的 (1) 的解，但這樣做不但令以上三式過於 冗長，而且令人不易看到以上三式在結構上的整齊性。
上列公式是在假設 ∆3 ̸= 0 的情況下推導而來的，但 ∆3 ̸= 0 還可以細 分為兩個子情況，以下讓我們看看在不同情況下，上列公式有何表現。首 先考慮 ∆3 > 0 的情況，在此情況下，
√
q24 +27p3 是實數 (因為 a、b、c、d 全 是實數，所以 p 和 q 也是實數)。由此可知，(7) 中的 x1 必然是實數。至於 (8) 和 (9)，可以把 ω3 =−12 +√23i 和 ω32 =−12 − √23i 代入，然後計算出：
x2 =
− b 3a −12
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27+ 3
v u u t
−q2−
√
q2 4 + p3
27
+
√3 2
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27− 3
v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
ix3 =
− b 3a −12
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27+ 3
v u u t
−q2−
√
q2 4 + p3
27
−
√3 2
3v u u t
−q2 +
√
q2 4 + p3
27− 3
v u u t
−q2 −
√
q2 4 + p3
27
i上式顯示 x2 和 x3 是一對互相共軛的複數。從以上討論可見，當 ∆3 > 0 時，(1) 有一個實數解和一對互為共軛複數的解。
其次考慮 ∆3 < 0 的情況，在此情況下，(6) 變成 u =−q
2 ±
√
−q2 4 − p3
27i (10) 上式包含兩個解，以下只討論 −2q +
√
−q42 − p273i 這個解 (記作 u1)(讀者可 自行驗證，如使用另一個解，所得結果與以下分析的結果相同)。跟前面相 同，接下來要求 u1 這個複數的立方根，為此要先求 u1 的模和主幅角，u1 的模可計算如下：|u1| =
v u u u t (
−q 2
)
2+
√
−q2 4 − p3
27
2
=
√
q2 4 −q2
4 − p3 27
=
√(
−p 3)
3請注意由於 q42 + p273 < 0，必有 p < 0，所以上述計算結果是實數。u1 的主 幅角則可計算如下：
Arg(u1) = cos−1
−q2√(
−p 3)
3
= cos−1
(
3√ 3q 2p√−p
)
由此可得
u1 =
√(
−p 3)
3(cos(Arg(u1)) + i sin(Arg(u1)))
由於
√√(
3 −p3)
3 =√
−p3 ，根據《感受伽羅瓦：二次方程與複數》中的「棣美 弗定理」(即「定理 1」)，可求得 u1 的三個立方根 (以下分別記作 z1、z2 和 z3) 如下：
z1 =
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
z2 =
√
−p 3(
cosArg(u1) + 2π
3 + i sinArg(u1) + 2π 3
)
z3 =
√
−p 3(
cosArg(u1) + 4π
3 + i sinArg(u1) + 4π 3
)
跟前面相同，接下來用 (3) 計算 y1 如下：
y1 = z1− p 3z1
=
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
− p
3
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
=
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
− p 3
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
−1=
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
+
(
−p 3) √
3−p
(
cos
(
−Arg(u1) 3
)
+ i sin
(
−Arg(u1) 3
))
=
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 + i sinArg(u1) 3
)
+
√
−p 3(
cosArg(u1)
3 − i sinArg(u1) 3
)
= 2
√
−p 3(
cosArg(u1) 3
)
在以上計算中，如把 Arg3(u1) 換成 Arg(u31)+2π 或 Arg(u31)+4π，推導仍然成立，
由此可得
y2 = z2− p 3z2
= 2
√
−p 3(
cosArg(u1) + 2π 3
)
y3 = z3− p 3z3
= 2
√
−p 3(
cosArg(u1) + 4π 3
)
利用 x = y−3ab ，可求得 (1) 的三個解 (以下分別記作 x1、x2 和 x3) 如下：
x1 = − b 3a + 2
√
−p 3(
cosArg(u1) 3
)
(11)
x2 = − b 3a + 2
√
−p 3(
cosArg(u1) + 2π 3
)
(12)
x3 = − b 3a + 2
√
−p 3(
cosArg(u1) + 4π 3
)
(13)
以上三個解都是實數，由此可知，當 ∆3 < 0 時，(1) 有三個相異的實數解。
最後考慮 ∆3 = 0 的情況，在此情況下，(6) 變成 u =−q
2 (14)
接著寫出 u 的三個立方根 (以下分別記作 z1、z2 和 z3) 如下：
z1 = 3
√
−q 2
z2 = ω3z1
= ω3
(
3
√
−q 2
)
z3 = ω32z1
= ω32
(
3
√
−q 2
)
跟前面相同，接下來要用 (3) 計算 y1。但在進行此計算前，可以先利用
∆3 = 0 作以下推導：
q2 4 + p3
27 = 0
−p3
27 = q2 4
−p
3 = 3
√
q2 4 由此可得
− p 3z1 =
(
−p 3
) (
1 z1)
= 3
v u u t
(
q2 4) (
−2 q
)
= 3
√
−q 2 接著根據 (3)，有
y1 = z1− p 3z1
= 3
√
−q 2 + 3
√
−q 2
= −2
(
3√
q 2)
為計算 y2 和 y3，需要利用 z1 與 z2、z3 的關係以及 1
ω3 和 1
ω32，此外，還 需要 −ω3 − ω32。根據《感受伽羅瓦：二次方程與複數》中的「定理 2」，
1 + ω3+ ω32 = 0，由此必有
−ω3− ω32 = 1
因此
y2 = z2− p 3z2
= ω3z1− p 3ω3z1
= ω3z1+
(
1 ω3) (
− p 3z1
)
= ω3
(
3
√
−q 2
)
+ ω32
(
3
√
−q 2
)
=
(
3
√
q 2)
(−ω3− ω32)
= 3
√
q 2 y3 = z3− p3z3
= ω32z1− p 3ω32z1
= ω32z1+
(
1 ω32) (
− p 3z1
)
= ω32
(
3
√
−q 2
)
+ ω3
(
3
√
−q 2
)
=
(
3
√
q 2)
(−ω32− ω3)
= 3
√
q 2利用 x = y−3ab ，可求得 (1) 的三個解 (以下分別記作 x1、x2 和 x3) 如下：
x1 = − b
3a − 2
( √
3 q 2)
(15) x2 = − b
3a + 3
√
q2 (16) x3 = − b
3a + 3
√
q2 (17)
其中 x2 和 x3 相同，由此可知，當 ∆3 = 0 時，(1) 有一對二重實數解和另 一個實數解。
接下來讓我們運用上述方法求解以下三次方程：
6x3− 25x2− 31x + 140 = 0 (18)
由於在上述方程中，a = 6、b =−25、c = −31 和 d = 140，故有 p = −31
6 −(−25)2 3× 62
= −1183 108 q = 140
6 − (−25) × (−31)
3× 62 + 2× (−25)3 27× 63
= 15745 1458
∆3 =
(
15745 1458)
24 +
(
−1183108)
3 27= −19.52167
由於 ∆3 < 0，故知 (18) 有三個相異的實數解。接著根據 (10) 求 u1 = −157451458
2 +√
19.52167i
= −5.39952 + 4.41833i 由於 u1 所對應的點位於第二象限，因此求得
Arg(u1) = cos−1
3√3
(
157451458)
2(
−1183108) (√
1183108)
= 2.4558
由此根據 (11)、(12) 和 (13)，可求得 (18) 的三個解如下：
x1 = −−25 3× 6 + 2
√
1183 1083
(
cos2.4558 3
)
= 4 x2 = −−25
3× 6 + 2
√
1183 1083
(
cos2.4558 + 2π 3
)
= −7 3 x3 = −−25
3× 6 + 2
√
1183 1083
(
cos2.4558 + 4π 3
)
= 5 2
請注意 (18) 的三個解雖然都是有理數，但在求解過程中，卻出現了無理數 以至非實數，這是本網頁介紹的方法的特色。事實上，對於有理係數三次
方程而言，使用「因式定理」(Factor Theorem) 求解，可能比本網頁介紹的 方法簡單。不過，本網頁介紹的方法能揭示實係數三次方程在不同情況下 的解的特點，因此仍有重要的理論意義。
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