弘毅：我们学了二次方程的求根方法，我想试下三次方程是不是也能解出来我写了两个小时都算不出来，这个三次方程能解吗？我：你能举一反三很不错这个是有点难度，五百年前这个算是最前沿的数学内容了0. 一点历史-两次数学battle。

进入数学主题前，我们先聊聊历史和八卦这些故事如果要拍成电影的话，我想取个名字叫-两次数学battle上之尼科洛与三次方程我们的主角尼科洛.塔尔塔利亚, 1500年-1557年12月13日，是一个意大利数学家，工程师。

一看这个时间，这个地点就知道是文艺复兴时期的重镇我自己最喜欢的历史上的三段时空，分别是春秋战国的中原-我们的先贤孔子就生活在这里；与春秋战国重叠几百年的古希腊时期的泛古希腊地区-西方先贤苏格拉底就在这里；。

还有一个就是文艺复兴时期的意大利和西欧各国-渊博多艺的达芬奇就在这里而我喜欢的原因就是这三个时期都是公认的百家争鸣，人才辈出，学术风气最活跃的历史时期之三我们的主人公被公认为是第一个能全面解出三次方程的人，但也因此而陷入争议。

他还在1543年，翻译了欧几里得的《几何原本》。开场-童年不幸尼科洛.塔尔塔利亚本名叫尼科洛.丰坦纳(他改姓是一个事故)，出生于布雷西亚，意大利的大城市，是小提琴的发源地之一。

他的父亲米科利.丰坦纳是一名邮差，虽然家境一般，但是对儿子的教育问题高度重视从儿子尼科洛四岁开始便送其上学不幸的是，在尼科洛六岁时，父亲在工作路上被人杀害，从此家道更落，陷入贫苦更加不幸的事发生在六年后。

1512年，大概12岁的尼科洛带着全家躲在一间教堂内，整个城市的市民都在逃难原来，此时法军占领了整个布雷西亚，一路大开杀戒在全家逃离过程中，尼科洛被一名士兵砍伤头部后来好不容易活下来了，却留下了说话结巴的后遗症

因此，大家都叫他“塔尔塔利亚”(Tartaglia)-口吃者的意思，后来他自己干脆以此为姓发表文章于是就真的成了尼科洛.塔尔塔利亚中场-巅峰battle由于数学天赋极高，尼科洛的母亲托人带他到帕杜瓦学习

学成回来，回到布雷西亚的尼科洛终日炫耀学识，世人厌之离开布雷西亚后去了维罗纳，这是意大利的“爱之都”，莎翁著名的《罗密欧与朱丽叶》就是以此城为背景在维罗纳结婚后，于1534年定居威尼斯教授数学此时镜头转向我们的

配角菲奥尔菲奥尔是博洛尼亚大学教授，意大利数学家希皮奥尔.费罗的学生费罗发现了缺少二次项的正系数三次方程x3+px=qx^3+px=q 的求解方法，但是没有发表费罗将此方法传给了学生菲奥尔在1530年后几年中，尼科洛找到了缺少一次项的正系数三次方程。

x3+px2=qx^3+px^2=q的一般解法菲奥尔听说尼科洛会解三次方程，就约战尼科洛要公开battle，即搞公开数学竞赛发公告，现场有大量观众，参赛双方相互出题视觉效果很震撼，有点像我们的科学答题类电视节目。

这里要解释一下，这种解方程的题目为什么适合现场battle，且不泄露自己的秘方原因就是出题和解题是两件工作量差别极大的事情，前者太简单，后者太难就像现在的密码理论一样，将两个无比大的素数相乘是件很简单的事情，但是反过来将一个很大的pq型的整数拆成两个素数的乘积就太难了。

比如我在心中想 x=23−12x=rac{sqrt[3]{2}-1}{2} ，那我要凑出一个三次方程很简单，直接变形在两边三次方就得到了 (2x+1)3=2(2x+1)^3=2 ，再将其展开就得到了

8x3+12x2+6x−1=08x^3+12x^2+6x-1=0 .而直接从方程 8x3+12x2+6x−1=08x^3+12x^2+6x-1=0 出发，你是很难通过运气来凑出其实数解的因为x=23−1

2x=rac{sqrt[3]{2}-1}{2} 就是其唯一的实数解，这显然是无理数即便是今天，多项式方程手工能凑出来的解依然只有有理数解事实上，它的另外两个根是虚数 x=23(−12±32i)−1

2x=rac{sqrt[3]{2}(-rac{1}{2}pm rac{sqrt{3}}{2}i)-1}{2} .于是到了battle那天，1535年2月22日，尼科洛和菲奥尔在威尼斯，分别向对方出了

30个题尼科洛在两小时内解出了菲奥尔的全部问题，而菲奥尔只解出了一部分原来就在比赛的前几天，尼科洛把缺二次项的三次方程也搞定了这场battle之后，尼科洛因此声名鹊起，赢得胜利的他最终也放弃了奖金尾声-与卡尔达诺师徒的骂战

镜头再次转换，移到另外一个配角-吉罗拉莫.卡尔达诺这是一位非常传奇的学者，他在数学，物理，医学上都有相当贡献他是达芬奇一位律师朋友的私生子早年多病，后来刻苦研究医学，拿到帕维亚医学博士学位，还做过英国御医

就在上述battle后五年，卡尔达诺正在写一本数学专著，正好听说了尼科洛会解三次方程于是就给尼科洛写信，在卡尔达诺发誓保密的前提下，尼科洛以猜谜的形式写了一首藏头诗给他很明显卡尔达诺领悟了其精神，因为他发现了虚根。

随即尼科洛就开始后悔了于是在后来的通信中，在卡尔达诺向自己询问虚根的疑惑时，尼科洛故意骗卡尔达诺说他的这些想法都是错的，越走越远了一旦领悟了精神，完全解出了三次方程，你再怎么骗也没有用，因为自己多找几个方程试试便知。

于是差不多一年后，即1540年，卡尔达诺解出了三次方程他的学生路多维科.费拉里在老师的基础上解出了四次方程但是碍于与尼科洛的誓言，他们并没有发表三年后，他们在博洛尼亚访问的时候发现费罗的手稿，得知费罗才是第一个解出三次方程的人。

这个费罗正是上次battle中输给尼科洛的菲奥尔的老师在得知这个重大发现后，卡尔达诺随即将三次方程和四次方程的解法于1545年在著作《大术》(Arsmagna)中发表了当然卡尔达诺书中写明了费罗第一个解出，以及尼科洛独立发现了三次方程的解法。

由于这是三次方程解法的第一个公开出版物，后世称三次方程的求根公式为卡尔达诺公式，或者卡当公式(卡当即Jerome Cardan是其英译名)这件事把尼科洛搞得勃然大怒，当时他正在翻译和推演《几何原本》于是他写了一本著作《各种问题和发明》,于次年发表。

这是一部涵盖当时几乎所有数学领域的大部头在书中他详细描述了与卡尔达诺，菲奥尔等人的交往过程，有对话以及书信等纪实材料当然，书中免不了对卡尔达诺进行了攻击其实，这本书除了三次方程，还讲了很多其它有意思的问题。

比如军事筑垒和弹药配制方法等他将弹道计算抽象为数学问题，将抛物运动理论化，通过计算求出射程和高度，得到45度角为最大射程角，这启发了伽利略对自由落体运动的研究面对尼科洛的指责，老师卡尔达诺选择沉默但是学生费拉里则回击了尼科洛。

他们争论了一年多，最后决定再来一次公开battle.选在1548年8月10日，就在米兰大教堂附近但是尼科洛觉得观众和裁判不公平，第二天就回到布雷西亚去了因为缺席当然就被判输掉比赛，之后他在故乡布雷西亚的教职也被撤销了，。

只好回到威尼斯教书，他对卡尔达诺的怨恨终生未解1. 存在有理根的有理系数三次方程有理系数三次方程通过乘上一个整数可以变成整系数三次方程，假设如下形式：ax3+bx2+cx+d=0,a,b,c,d∈Z.ax^3+bx^2+cx+d=0, a,b,c,dinmathbb{Z}.\

令首系数a的所有因子为 a0=1,a1,...,am=aa_0=1,a_1,...,a_m=a ,同样的常数项d的所有因子为 d0=1,d1,...,dn=dd_0=1,d_1,...,d_n=d .如此，

所有可能的有理根必然为下面的这些数之一：±diaj,i=0,1,...,n,j=0,1,...,m.pmrac{d_i}{a_j}, i=0,1,...,n,j=0,1,...,m.\于是，将上述有理数逐一代入方程中，验证是否为0。

倘若无一为0，则该方程无有理根倘若找到一个为零，则此有理数，不妨设为 x0x_0 即为方程之根再用多项式除法，即可将三次多项式拆成一次和二次多项式的乘积ax3+bx2+cx+d=(x−x0)(ax2+(

b+ax0)x−dx0).ax^3+bx^2+cx+d=(x-x_0)(ax^2+(b+ax_0)x-rac{d}{x_0}).\而对于二次方程我们可以用求根公式完全解答比如举个例子： k3+24

a2k+9ak2−34a3=0.k^3+24a^2k+9ak^2-34a^3=0.\利用上述方法，可能的有理式根为： ±ai,±2ai,±17ai,±34ai,i=0,1,2,3.pm a^i,pm2a^i, pm17a^i,pm34a^i, i=0,1,2,3.\

代入 x=ax=a 即得一个根下略不存在有理根的三次方程才是硬核内容其实这有点尴尬，因为就内容本身它无法成为高阶数学(大学数学)的内容因为它包含的内容没有太多的数学新思想和内涵如果非要说，我们能从解一个一般的三次方程中能学到什么东西

的话我能勉强给出两点：1).对高中生来说a. 可以掌握解三次方程的配方技巧的本质其实是化归思想其实所谓配方，有不少中学生理解起来有点缥缈，就是有点虚因为配方的中文含义本身就是有点虚在我看来，配方的真正内核应该是化归思想。

何谓化归，简单来说就是将未知问题转化为已知问题这不只是在数学上，在任何其它学科以及在生活中都有广泛应用回顾我们的二次方程： ax2+bx+c=0,ax^2+bx+c=0,就是通过配方将问题转为一个简单二次方程和一个一般一次方程：。

x2=a∈R,ax+b=0.x^2=ainmathbb{R},\ ax+b=0.\即我们的：(x+b2a)2=b2−4ac4a2∈R.(x+rac{b}{2a})^2=rac{b^2-4ac}{4a^2}inmathbb{R}.\

这就是我们要凑出一个完全平方的目的，因为这样可以将问题转化为已知的问题其实在三次方程的求解过程中，就是通过将问题转化为一个简单三次方程和一个一般二次方程：x3=z0∈C,ax2+bx+c=0.x^3=z_0inmathbb{C},\ ax^2+bx+c=0.\。

b. 关于尼科洛跟卡尔达诺师徒的恩怨情仇对于一个高中生了解一点数学史还是很有必要的，可以让你从数学心理和历史的角度考虑问题的产生与进展过程2). 对于大学生而言如果要将三次方程的求解放到高阶数学的内容，这显得有点单薄。

最多可以作为复变函数和群论的入门问题，由此展开后续内容下面我详细给出一般三次方程的求解过程2. 三次方程的一般解首先，(实系数)三次方程的一般形式如下:，ax3+bx2+cx+d=0，a≠0,b,c,d

∈R.ax^3 + bx^2 + cx + d = 0，a eq0,b,c,dinmathbb{R}.\除了上述文艺复兴时期的意大利故事外，我们的南宋数学家秦九昭在1247年编写的《数书九章》中受汉代的《九章算术》之开方法的启发，详细叙述二十六个

二次到十次方程的实数根的数值解法比如《数书九章》中列了一个十次方程，求解圆城的直径：x10+15x8+72x6−864x4−11664x2−34992=0,x^{{10}}+15x^{8}+72x^{6}-864x^{4}-11664x^{2}-34992=0,\。

得精确解 x=3.x=3.我们这里的做法主要技巧采用卡尔达诺在其著作《大术》(Arsmagna)中发表的内容，加上一点点复数的基本知识，这样就很容易理解整个思路框架，不至于迷失在繁杂的计算中而忘了自己的目标。

Step1-归结为缺二次项的三次方程首先方程两边同时除以首次项系数，便得到：其中，x3+b′x2+c′x+d′=0,其中b′=ba，c′=ca,d′=da.x^3 + bx^2 + cx + d = 0, ,其中, b= rac {b} {a} ,， c= rac {c} {a} ,,d= rac {d} {a} .\

令 x=z−b′3x = z - rac {b} {3} , ，便可消去二次项，得到：其中z3+pz+q=0,其中p=c′−b′23,q=2b′327−b′c′3+d′.z^3 + pz + q = 0, , 其中 p = c - rac {b^2} {3}, q = rac {2b^3} {27} - rac {bc} {3} + d.\

Step2-归结为解二次方程这一步就比较巧妙了通过多元来降低次数令 z=u+v,z = u + v, 代入上述方程：(u+v)3+p(u+v)+q=0.(u + v)^3 + p(u + v) + q = 0.\。

展开上述左边，化为如下：(u3+v3+q)+(u+v)(3uv+p)=0.(u^3 + v^3 + q) + (u +v)(3uv + p) = 0.\观察上述式子，我们想，要是 即3uv+p=0,即

,uv=−p33uv + p = 0, 即, uv=-rac{p}{3} 那问题就简单了因为此时我们将 u3,v3u^3, v^3 看成两个数的话，我们就有机会得到两数之和，两数之积了于是我们联想起二次方程的根与系数关系，很快就看到希望的曙光了。

将上述想法实现，便有如下式子由于 ，u3+v3=−q，u3v3=−p327u^3 + v^3 =-q， u^3v^3=-rac{p^3}{27} ,令 U=u3,V=v3U=u^3,V=v^3 ,则U,V是如下方程的两个根：

X2+qX−p327=0,p,q∈R.X^2 + qX - rac {p^3} {27}=0,, p, qinmathbb{R}.\于是得到二次方程的解， u3=12(−q±q2+4p327

)∈Cu^3=rac{1}{2}(-qpmsqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})inmathbb{C} .由于v由 uv=−p3uv=-rac{p}{3} 等式所确立，因此只要解出u即可。

令 Δ=q2+4p327Delta=q^2+rac{4p^3}{27} ,当它大于等于0时，大家相对容易做出正确的判断这也是为什么在文艺复兴时期，尼科洛只能解系数p大于0的情况但是当delta小于0时，由于u没有实数解，我们。

容易臆想原三次方程没有实数解这是错误的Step3-归结为解三次方程 x3=z0∈Cx^3=z_0inmathbb{C}为了解释清楚delta小于0的情况，我们不得不采用复数的指数形式这样做还有另外一个。

好处，就是对于上述不管delta是否小于0的所有情况，我们都能找到统一的答案对任何一个非0复数，我们都能找到统一的唯一表达：三角形式或者说指数形式其中z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)=reiθ∈C,其

中r∈R+,θ∈[0,2π).z=r(cos heta+isin heta)=re^{i heta}inmathbb{C},其中,rinmathbb{R}^+, hetain[0,2pi).\

上式中的r,theta分别称为复数z的模长和幅角由于u,v的对称性，于是我们将关于u的三次方的二次方程重新写成如下形式：u3=12(−q+q2+4p327)=reiθ.u^3=rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})=re^{i heta}.\。

于是u的三个根分别为u0=r13eiθ3,u1=r13eiθ+2π3,u2=r13eiθ+4π3.u_0=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta}{3}},u_1=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta+2pi}{3}},u_2=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta+4pi}{3}}.\

由于v由 uv=−p3uv=-rac{p}{3} ，所以z的三个根分别为:z0=r13eiθ3−p3r−13ei−θ3,z1=r13eiθ+2π3−p3r−13ei−θ−2π3,z2=r13eiθ+

4π3−p3r−13ei−θ−4π3.z_0=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta}{3}}-rac{p}{3}r^{-rac{1}{3}}e^{irac{- heta}{3}},\ z_1=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta+2pi}{3}}-rac{p}{3}r^{-rac{1}{3}}e^{irac{- heta-2pi}{3}},\ z_2=r^{rac{1}{3}}e^{irac{ heta+4pi}{3}}-rac{p}{3}r^{-rac{1}{3}}e^{irac{- heta-4pi}{3}}.\

1). delta小于0时在二次方程X2+qX−p327=0,p,q∈R.X^2 + qX - rac {p^3} {27}=0,, p, qinmathbb{R}.\的 Δ=q2+4p327

Delta=q^2+rac{4p^3}{27} 小于0时，由 ，12(−q+q2+4p327)=reiθ，rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})=re^{i heta}，

我们可以很容易的计算得到 r=(-rac{p}{3})^{rac{3}{2}}, 即r^{rac{1}{3}}=(-rac{p}{3})^{rac{1}{2}} .此时，方程的三个根都有统一的表达式:

z_k=r^{rac{1}{3}}(e^{irac{ heta+2kpi}{3}}+e^{irac{- heta-2kpi}{3}-})=(rac{-p}{3})^{rac{1}{2}}(e^{irac{ heta+2kpi}{3}}+e^{irac{- heta-2kpi}{3}})\ =2(rac{-p}{3})^{rac{1}{2}}cos(rac{ heta+2kpi}{3})inmathbb{R},, k=0,1,2.

因此当delta小于0时，原三次方程不是没有实数根，反而是有三个不同的实数根，因为上述括号里面的两个复数是共轭的，共轭复数相加就成了实数这点可以看出复数的威力，即使是为实数服务，有了复数也能让事情更加高效，圆满！。

2). delta大于等于0时此时由于 rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})inmathbb{R},当 r=rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})geq0

时原方程的三个根为：z_k=r^{rac{1}{3}}e^{irac{2kpi}{3}}-rac{p}{3}r^{-rac{1}{3}}e^{irac{-2kpi}{3}},, k=0,1,2.\

当 rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})<0 时，令 r=|rac{1}{2}(-q+sqrt{q^2+rac{4p^3}{27}})| ,则原方程的三个根为：

z_k=r^{rac{1}{3}}e^{irac{pi+2kpi}{3}}-rac{p}{3}r^{-rac{1}{3}}e^{irac{-pi-2kpi}{3}},, k=0,1,2.\

总结一下经过上述两步之后，我们已经彻底解完了三次方程当然你可以把最原始的系数a,b,c,d代入上述解的公式中，得到(实系数)三次方程ax^3 + bx^2 + cx + d = 0，a eq0,b,c,dinmathbb{R}.\。

的带系数的根的公式写出来实在太长了，不像二次方程的 x=rac{-bpmsqrt{b^2-4ac}}{2a} 这么简单，因此意义不大实际上，我们应该要问的是，在这个过程中，我知道了哪些新的东西？。

其实在文艺复兴时期，如果当时尼科洛，卡尔达诺或者其学生费拉里能仔细想想，或许就能往复变函数方向取得一定进展，或许能为一百多年后的欧拉提供一些启发上述求解过程中，除了用到二次方程的求根公式外，出现的新的就是形如。

x^3=z_0=re^{i heta},\这样的三次方程。这个方程形式很简单，但是常数项是复数, 这就是复杂和这件事本质的地方。多谢关注和点赞，支持原创高质量文章！