三次方程式

3つの実根を持つ三次関数のグラフ（曲線がy = 0で水平軸と交差する）。示されているケースには2つの臨界点があります。ここで関数はであり、したがって3つの実根は2、-1、-4です${\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{4}}\left(x^{3}+3x^{2}-6x-8\right)\\&={\frac {1}{4}}(x-2)(x+1)(x+4)\end{aligned}}}$

代数学において、1 変数の3 次方程式は 、aが 0 ではない形式の 方程式です。 $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$$

この方程式の解は、方程式の左辺で定義される三次関数の根と呼ばれます。三次方程式の係数a、b、c、dがすべて実数である場合、この方程式は少なくとも1つの実根を持ちます（これはすべての奇数次多項式関数に当てはまります）。三次方程式のすべての根は、以下の方法で求めることができます。

• 代数的には、より正確には、 4つの係数、4つの基本的な算術演算、平方根、および立方根を含む3次式で表すことができます。（これは2次方程式や4次方程式にも当てはまりますが、アーベル・ルフィニの定理により、高次方程式には当てはまりません。）
• 幾何学的に：Omar Khayyamの方法を使用します。
• 三角法
• ニュートン法などの求根アルゴリズムを用いて、根の数値近似値を求めることができます

係数は実数である必要はありません。以下で説明する内容の多くは、標数が2と3以外の任意の体の係数に対して有効です。三次方程式の解は、必ずしも係数と同じ体に属するとは限りません。例えば、有理数係数を持つ三次方程式の中には、根が無理数（さらには非実数）の複素数であるものもあります。

歴史

三次方程式は、古代バビロニア人、ギリシャ人、中国人、インド人、エジプト人に知られていました。^{[ 1 ] [ 2 ] [ 3 ]}バビロニア（紀元前20世紀から16世紀）の楔形文字の粘土板には、立方数と立方根を計算するための表が見つかっています。^{[ 4 ] [ 5 ]}バビロニア人は三次方程式を解くのにその表を使用していた可能性がありますが、実際に使用したことを裏付ける証拠はありません。^{[ 6 ]}立方数を2倍する問題は、最も単純かつ最も古くから研究されている三次方程式に関係しており、古代エジプト人はその解が存在するとは信じていませんでした。^{[ 7 ]}紀元前5世紀に、ヒポクラテスはこの問題を、1本の直線とその2倍の長さの別の直線との間の2つの平均比例を求める問題に簡約しましたが、コンパスと定規を使った作図ではこれを解くことができませんでした。^{[ 8 ]}現在では不可能であることがわかっている作業です。三次方程式を解く方法は、紀元前2世紀頃に編纂され、3世紀に劉徽によって注釈が付けられた中国の数学書『九章算術』に記載されている。 ^{[ 2 ]}

紀元後3世紀、ギリシャの数学者ディオファントスはいくつかの二変数三次方程式（ディオファントス方程式）の整数解または有理解を発見した。^{[ 3 ] [ 9 ]}ヒポクラテス、メナエクモス、アルキメデスは交差する円錐曲線を用いて立方体の2倍の問題を解きそうになったと考えられているが^{[ 8 ]}、レヴィエル・ネッツなどの歴史家はギリシャ人が三次方程式について考えていたのか、それとも三次方程式につながる問題だけを考えていたのかについて異論を唱えている。アルキメデスの著作をすべて翻訳したTLヒースなど一部の学者はこれに反対し、アルキメデスが実際に2つの円錐曲線の交差を用いて三次方程式を解いたという証拠を提示する一方で、根が0、1、または2となる条件についても論じた。^{[ 10 ]}

3次関数のグラフf ( x ) = 2 x ³  − 3 x ²  − 3 x  + 2 = ( x  + 1) (2 x  − 1) ( x  − 2)

7世紀、唐代の天文学者で数学者の王暁同は、著書『集古算経』の中で、 x ³ + px ² + qx = Nの形の3次方程式を25個体系的に構築し、数値的に解きました。そのうち23個はp、q ≠0、2個はq = 0でした。^{[ 11 ]}

11世紀、ペルシャの詩人で数学者のウマル・ハイヤーム（1048-1131）は、三次方程式の理論において大きな進歩を遂げました。初期の論文で、彼は三次方程式が複数の解を持つことを発見し、コンパスと定規を用いた作図では解けないと述べました。また、幾何学的な解も発見しました。^{[ 12 ] [ a ]}後年の著作『代数学の問題の証明に関する論文』では、三次方程式の完全な分類と、交差する円錐曲線を用いて求められる一般的な幾何学的解について論じました。^{[ 13 ] [ 14 ]}ハイヤームは、三次根を求める代数式を考案しようと試みました。彼は次のように書いています。

「我々はこれらの根を代数で表現しようと試みたが、失敗した。しかし、我々の後継者たちは成功するかもしれない。」^{[ 15 ]}

12世紀、インドの数学者バースカラ2世は3次方程式の解を求めようとしたが、全般的な成功には至らなかった。しかし、彼は3次方程式の例を1つ挙げている：x ³ + 12 x = 6 x ² + 35。^{[ 16 ]} 12世紀には、別のペルシャの数学者シャラフ・アルディーン・トゥーシー（1135-1213）が『方程式論』を著し、正の解を持つ8種類の3次方程式と正の解を持たない可能性のある5種類の3次方程式を扱った。彼は、後にホーナー・ルフィニ法として知られるようになる方法を用いて、 3次方程式の根を数値的に近似した。また、曲線の最大値と最小値の概念を用いて、正の解を持たない可能性のある3次方程式を解いた。^{[ 17 ]}彼は、ある種の3次方程式の代数解を求めるために、3次方程式の判別式の重要性を理解していた。 ^{[ 18 ]}

レオナルド・デ・ピサ（フィボナッチとしても知られる、1170–1250）は、著書『Flos』の中で、三次方程式x ³ + 2 x ² + 10 x = 20の正の解を近似値で示した。60進法で記すと、彼はその結果を1,22,7,42,33,4,40（1 + 22/60 + 7/60 ²  + 42/60 ³  + 33/60 ⁴  + 4/60 ⁵  + 40/60 ⁶に相当）と示し、その相対誤差は約10 ⁻⁹であった。^{[ 19 ]}

16世紀初頭、イタリアの数学者シピオーネ・デル・フェロ（1465–1526）は、 x ³ + mx = nの形をとる三次方程式の解法を発見しました。実際、mとnが負の数であれば、すべての三次方程式はこの形に帰着しますが、当時の彼は負の数を知りませんでした。デル・フェロは死の直前までこの功績を秘密にしていましたが、弟子のアントニオ・フィオールにそのことを伝えました。

ニッコロ・フォンターナ・タルタリア

1535年、ニッコロ・タルタリア（1500年 - 1557年）はズアンヌ・ダ・コイから三次方程式の2つの問題を受け取り、それを解けると宣言しました。すぐにフィオールに挑戦状を叩きつけられ、二人の間で有名な対決が繰り広げられました。出場者はそれぞれ一定額の賞金を出し、ライバルに解かせる問題をいくつか提案しなければなりませんでした。30日以内により多くの問題を解いた方が賞金を全額獲得できるというものでした。タルタリアはx ³ + mx = nという形式の問題を受け取りましたが、彼はこれに対する一般的な解法を編み出していました。一方、フィオールはx 3 + mx 2 = n という形式の問題を受け取りましたが、^これは彼^には難しすぎて解けず、タルタリアが対決に勝利しました。

その後、タルタリアはジェロラモ・カルダーノ（1501–1576）に説得され、三次方程式を解く秘訣を明かした。1539年、タルタリアはカルダーノが決して秘密を明かさないこと、そしてもし三次方程式に関する本を執筆するなら出版の猶予を与えることを条件に、タルタリアにその秘密を明かした。数年後、カルダーノはデル・フェロの先行研究を知り、1545年に著書『アルス・マグナ』でデル・フェロの手法を公表した。つまり、カルダーノはタルタリアに6年間の猶予を与え、その結果を発表させたことになる（ただし、タルタリアは独自の解法を提唱した）。

カルダーノはタルタリアとの約束でタルタリアの作品を出版しないとしており、カルダーノは約束を回避するためにデル・フェッロの作品を出版していると感じていた。しかし、このことがタルタリアからの挑戦に繋がり、カルダーノはこれを拒否した。この挑戦は最終的にカルダノの弟子であるルドヴィーコ・フェラーリ（1522–1565）によって受け入れられた。フェラーリは競争でタルタリアよりも優れた成績を収め、タルタリアは名声と収入の両方を失った。^{[ 20 ]}

カルダノは、タルタリアの手法では負の数の平方根を求める必要がある場合があることに気づきました。彼は『アルス・マグナ』にこれらの複素数を用いた計算を掲載しましたが、実際には理解していませんでした。ラファエル・ボンベッリはこの問題を詳細に研究し^{[ 21 ]}、そのため複素数の発見者とみなされることが多いです。

フランソワ・ヴィエト（1540–1603）は独立に3つの実根を持つ三次方程式の三角関数の解を導き出し、ルネ・デカルト（1596–1650）はヴィエトの研究を拡張した。^{[ 22 ]}

因数分解

三次方程式の係数が有理数である場合、すべての係数にその分母の公倍数を掛けることで、整数係数を持つ等価な方程式を得ることができます。このような整数係数を持つ方程式は 、左辺の多項式が低次多項式の積である場合、既約である といいます。ガウスの補題により、方程式が既約である場合、因子は整数係数を持つと仮定できます。 $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0,}$$

既約三次方程式の根を求めるのは、一般の場合を解くよりも簡単です。実際、方程式が既約である場合、因数の1つは1次でなければならず、したがって qとp が互いに素な整数 となる形をとります。有理根判定により、有限個のケースを調べることでqとpを求めることができます（ q はaの約数であり、p はdの約数であるため）。 $${\displaystyle qx-p,}$$

したがって、1つの根は であり、他の根は多項式 の長除法で求められるもう1つの因数の根です。このもう1つの因数は です （係数は整数ではないように見えますが、⁠ ⁠が根である場合は整数でなければなりません）。 ${\displaystyle \textstyle x_{1}={\frac {p}{q}},}$ $${\displaystyle {\frac {a}{q}}\,x^{2}+{\frac {bq+ap}{q^{2}}}\,x+{\frac {cq^{2}+bpq+ap^{2}}{q^{3}}}.}$$ ${\displaystyle p/q}$

そして、他の根はこの二次多項式の根であり、二次方程式の公式を使用して求めることができます。

凹型立方次

の形をした立方次数は 凹型と呼ばれます。一般的な立方次数よりもはるかに単純ですが、変数を単純に変更するだけで、任意の立方次数の研究を凹型立方次数の研究に 簡略化できるため、基礎的なものです$${\displaystyle t^{3}+pt+q}$$

を3次方程式とし ます。変数変換により、 t ²に項を持たない 3次方程式（t ）が得られます。実際、は元の3次方程式の変曲点（曲率が符号を変える点）なので、変換は単に3次方程式を変曲点を中心に配置するだけです。 $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$$ $${\displaystyle x=t-{\frac {b}{3a}}}$$ ${\displaystyle x=-{\frac {b}{3a}}}$

1で割ると、次の三次方程式 が得られます 。 $${\displaystyle t^{3}+pt+q=0,}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}t={}&x+{\frac {b}{3a}}\\p={}&{\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\\q={}&{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}}}.\end{aligned}}}$$

元の方程式の根は 、 の関係によって、下降方程式の 根と関連付けられます。 ${\displaystyle x_{1},x_{2},x_{3}}$ ${\displaystyle t_{1},t_{2},t_{3}}$ $${\displaystyle x_{i}=t_{i}-{\frac {b}{3a}},}$$ ${\displaystyle i=1,2,3}$

判別式と語根の性質

3次方程式の根の性質（実根かどうか、根が区別できるかどうか）は、判別式を使用することで、明示的に計算しなくても判定できます。

判別式

多項式の判別式は、その係数の関数であり、多項式が重根を持つ場合、または非定数多項式の平方で割り切れる場合に限り、ゼロになります。言い換えれば、判別式がゼロでないのは、多項式が平方根を持たない場合のみです。

r ₁、r ₂、r ₃が3次方程式の3つの根（必ずしも異なる根でも実数でもない）である場合、判別式は ${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d,}$ $${\displaystyle a^{4}(r_{1}-r_{2})^{2}(r_{1}-r_{3})^{2}(r_{2}-r_{3})^{2}.}$$

凹立方体の判別式は ${\displaystyle t^{3}+pt+q}$ $${\displaystyle -\left(4\,p^{3}+27\,q^{2}\right).}$$

一般立方体の判別式は、 対応する凹立方体の判別式 の積である。一般立方体と対応する凹立方体の関係式を用いると、一般立方体の判別式は次のように書ける。 ${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d}$ $${\displaystyle 18\,abcd-4\,b^{3}d+b^{2}c^{2}-4\,ac^{3}-27\,a^{2}d^{2}.}$$ ${\displaystyle a^{4}}$ $${\displaystyle {\frac {4(b^{2}-3ac)^{3}-(2b^{3}-9abc+27a^{2}d)^{2}}{27a^{2}}}.}$$

したがって、これら2つの判別式のうち一方がゼロとなるのは、他方もゼロとなる場合のみであり、係数が実数であれば、2つの判別式の符号は同じになります。つまり、これら2つの判別式のどちらからでも同じ情報を推論できるということです。

上記の式を証明するには、ヴィエタの公式を用いて、すべてをr ₁、r ₂、r ₃、aの多項式として表すことができます。この証明は、2つの多項式の等式性を証明することになります。

根の性質

多項式の係数が実数で、その判別式がゼロでない場合、次の 2 つのケースが考えられます。 ${\displaystyle \Delta}$

• 立方次数が3つの異なる実根を持つ場合${\displaystyle \Delta >0,}$
• 3次方程式に実根が 1 つと、非実複素共役根が 2 つある場合。${\displaystyle \Delta <0,}$

これは次のように証明できます。まず、r が実係数の多項式の根である場合、その複素共役も根になります。したがって、実数でない根は、もし存在するならば、複素共役根のペアとして現れます。代数学の基本定理により、3次多項式には3つの根（必ずしも異なるとは限らない）があるため、少なくとも1つの根は実数でなければなりません。

上で述べたように、r ₁、r ₂、r ₃が3次の根である場合、判別式は ${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d}$ $${\displaystyle \Delta =a^{4}(r_{1}-r_{2})^{2}(r_{1}-r_{3})^{2}(r_{2}-r_{3})^{2}}$$

3つの根が実数で異なる場合、判別式は正の実数の積、つまり${\displaystyle \Delta >0.}$

もし、r _{1 の}ような実根が1つだけであれば、r ₂とr ₃は複素共役であり、r ₂ − r ₃は純虚数であり、したがって( r ₂ − r ₃ ) ²は実数かつ負である。一方、r ₁ − r ₂とr ₁ − r ₃は複素共役であり、それらの積は実数かつ正である。^{[ 23 ]}したがって、判別式は1つの負の数と複数の正の数の積である。つまり、${\displaystyle \Delta <0.}$

重根

3次方程式の判別式が0の場合、その3次方程式は重根を持ちます。さらに、その係数が実数の場合、そのすべての根は実数です

負の三次方程式の判別式が0となるのは、 pも0ならばp = q = 0となり、0は三次方程式の三重根となる。またp ≠0ならば、三次方程式は単根となる。 ${\displaystyle t^{3}+pt+q}$ ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}=0.}$ ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}=0.}$ $${\displaystyle t_{1}={\frac {3q}{p}}}$$

そして二重根 $${\displaystyle t_{2}=t_{3}=-{\frac {3q}{2p}}.}$$

言い換えれば、 $${\displaystyle t^{3}+pt+q=\left(t-{\frac {3q}{p}}\right)\left(t+{\frac {3q}{2p}}\right)^{2}.}$$

この結果は後者の積を展開することによって証明するか、ヴィエタの公式から得られる比較的単純な連立方程式を解くことによって得ること ができます

抑圧された三次方程式の簡約を用いることで、これらの結果を一般の三次方程式に拡張することができる。つまり、三次方程式の判別式が0であれば、 ${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d}$

• 立方根が3倍根である場合も${\displaystyle b^{2}=3ac,}$ $${\displaystyle x_{1}=x_{2}=x_{3}=-{\frac {b}{3a}},}$$ $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=a\left(x+{\frac {b}{3a}}\right)^{3}}$$
• あるいは、三次方程式に二重根と単純根がある場合、${\displaystyle b^{2}\neq 3ac,}$ $${\displaystyle x_{2}=x_{3}={\frac {9ad-bc}{2(b^{2}-3ac)}},}$$ $${\displaystyle x_{1}={\frac {4abc-9a^{2}db^{3}}{a(b^{2}-3ac)}}.}$$ $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=a(x-x_{1})(x-x_{2})^{2}.}$$

特性2と3

上記の結果は、係数が2 または 3 以外の特性のフィールドに属する場合に有効ですが、2 および 3 による除算が含まれるため、特性 2 または 3 の場合は修正する必要があります。

押下三次関数への簡約は、特性 2 では機能しますが、特性 3 では機能しません。ただし、どちらの場合も、一般の三次関数について結果を確立して述べる方が簡単です。そのための主なツールは、重根が多項式とその形式的導関数の共通根であるという事実です。これらの特性において、導関数が定数でない場合、それは特性 3 の線形多項式であり、特性 2 の線形多項式の平方です。したがって、特性 2 と特性 3 のどちらについても、導関数には根が 1 つしかありません。これにより重根を計算でき、3 つ目の根は根の和から演繹でき、これはVieta の公式によって提供されます。

他の特性との違いは、特性 2 では二重根の式に平方根が含まれ、特性 3 では三重根の式に立方根が含まれることです。

カルダノの公式

ジェロラモ・カルダノは、シピオーネ・デル・フェッロとニッコロ・フォンターナ・タルタリアに帰属する、3次方程式を解く最初の公式を発表したとされています。この公式は凹型3次方程式に適用されますが、「§ 凹型3次方程式」に示すように、すべての3次方程式を解くことができます

カルダノの結果は、 が 3 次方程式で、pとq が実数でが正である(つまり方程式の判別式が負である) 場合、方程式には実根があり 、 と はそれぞれ 2 つの数とである、というものです。 $${\displaystyle t^{3}+pt+q=0}$$ ${\displaystyle {\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}$ ${\displaystyle {\sqrt[{3}]{u_{1}}}+{\sqrt[{3}]{u_{2}}},}$ ${\displaystyle u_{1}}$ ${\displaystyle u_{2}}$ ${\displaystyle -{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}$ ${\displaystyle -{\frac {q}{2}}-{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}$

この結果を得るためのいくつかの方法については、以下の§ 根の導出 を参照してください。

§ 根の性質で示されているように、この場合、他の2つの根は非実複素共役数である。後に（カルダノは複素数を知らなかったため）、他の2つの根は、一方の立方根に1の原始 立方根を掛け、もう一方の立方根にもう一方の原始立方根を掛け合わせることで得られることが示された。つまり、方程式の他の根は、および^{[ 24 ]である。}${\displaystyle \varepsilon _{1}={\frac {-1+i{\sqrt {3}}}{2}},}$ ${\displaystyle \varepsilon _{2}=\varepsilon _{1}^{2}={\frac {-1-i{\sqrt {3}}}{2}}.}$ ${\displaystyle \varepsilon _{1}{\sqrt[{3}]{u_{1}}}+\varepsilon _{2}{\sqrt[{3}]{u_{2}}}}$ ${\displaystyle \varepsilon _{2}{\sqrt[{3}]{u_{1}}}+\varepsilon _{1}{\sqrt[{3}]{u_{2}}}.}$

実根が3つある場合、ガロア理論によれば、有理根が存在しないならば、実数のみを含む代数式では根は表現できないことが証明できる。したがって、この場合、カルダノの時代の知識では方程式を解くことはできない。そのため、この場合はラテン語で「既約な場合」を意味する「casus irreducibilis」と呼ばれている。 ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}<0,}$

不可逆的な場合、カルダノの公式は依然として使用できますが、立方根の使用には注意が必要です。最初の方法は、記号および を根関数の主値（つまり、最大の実部を持つ根）を表すものとして定義することです。この規則により、カルダノの 3 つの根の公式は有効なままですが、主部の定義が純粋に代数的ではなく、実部の比較に不等式が含まれるためです。また、係数が実数でない複素数の場合、主立方根を使用すると間違った結果が生じる可能性があります。さらに、係数が別の体に属する場合、主立方根は一般には定義されません。 ${\displaystyle {\sqrt {{~}^{~}}}}$ ${\displaystyle {\sqrt[{3}]{{~}^{~}}}}$

カルダノの公式を常に正しくする2つ目の方法は、2つの立方根の積が− p / 3でなければならないことに注意することです。 この式では、記号と は任意の平方根と任意の立方根を表します。この式の他の根は、立方根を変換するか、または等価的に、立方根に1の原始立方根を掛けることによって得られます。$${\displaystyle C-{\frac {p}{3C}}\quad {\text{with}}\quad C={\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}.}$$ ${\displaystyle {\sqrt {{~}^{~}}}}$ ${\displaystyle {\sqrt[{3}]{{~}^{~}}}}$ ${\displaystyle \textstyle {\frac {-1\pm {\sqrt {-3}}}{2}}.}$

この根の公式は、p = q = 0の場合を除き常に正しい。ただし、 p = 0の場合は、 C ≠ 0となるように平方根が選ばれる。しかし、カルダノの公式は、根が の立方根である場合は役に立たない。同様に、立方根が必要ない場合、つまり3次多項式が既約でない場合も、この公式は役に立たない。これには、次の場合が含まれる。${\displaystyle p=0,}$ ${\displaystyle -q.}$ ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}=0.}$

この式は、 pとq が2 または 3 以外 の特性フィールドに属する場合にも正しいです。

一般三次方程式（

式はかなり複雑なので、小さな式に分割する価値があります。$${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$$

させて

Let $${\displaystyle {\begin{aligned}\Delta _{0}&=b^{2}-3ac,\\\Delta _{1}&=2b^{3}-9abc+27a^{2}d.\end{aligned}}}$$

（ と はどちらも、3次関数とその導関数の終結式として表すことができます。 ⁠${\displaystyle \Delta _{0}}$ ${\displaystyle \Delta _{1}}$ ${\displaystyle \Delta _{1}}$ −1/8 a⁠ 3次関数とその2階微分の結果の倍であり、 ⁠${\displaystyle \Delta _{0}}$ −1/12 a3次多項式の1次導関数と2次導関数の終値の 倍

次に 、 とをそれぞれ任意の平方根と任意の立方根として解釈する ものとします（すべての非零複素数は2つの平方根と3つの立方根を持ちます）。平方根の前の符号「 ± 」は「 +」または「-」のいずれかです。どちらを選択するかはほぼ任意であり、これを変更すると異なる平方根を選択することになります。ただし、一方の符号を選択​​するとC = 0になる場合（ の場合に発生）、もう一方の符号を選択​​する必要があります。両方の符号を選択​​するとC = 0になる場合、つまり分数⁠$${\displaystyle C={\sqrt[{3}]{\frac {\Delta _{1}\pm {\sqrt {\Delta _{1}^{2}-4\Delta _{0}^{3}}}}{2}}},}$$ ${\displaystyle {\sqrt {{~}^{~}}}}$ ${\displaystyle {\sqrt[{3}]{{~}^{~}}}}$ ${\displaystyle \Delta _{0}=0}$ ${\displaystyle \Delta _{0}=\Delta _{1}=0,}$ 0/0⁠は次の式に現れます。この分数はゼロと解釈しなければなりません（このセクションの最後を参照）。これらの慣例に従うと、根の1つは $${\displaystyle x=-{\frac {1}{3a}}\left(b+C+{\frac {\Delta _{0}}{C}}\right).}$$

他の2つの根は、 Cの定義における立方根の選択を変えることによって得られる。あるいは、Cに1の原始立方根を掛けることによっても得られる。つまり、–1 ± √ –3/2⁠。言い換えれば、3つの根は ξ = ⁠ のとき$${\displaystyle x_{k}=-{\frac {1}{3a}}\left(b+\xi ^{k}C+{\frac {\Delta _{0}}{\xi ^{k}C}}\right),\qquad k\in \{0,1,2\}{\text{,}}}$$ –1 + √ –3/2⁠。

特殊なケースである押下三次多項式については、この公式は適用されますが、根が立方根なしで表せる場合は役に立ちません。特に、この公式が3つの根が等しいことを示している場合、三次多項式は次のように因数分解できます。簡単な計算により、この因数分解の存在が次の式と等価であることが確認できます${\displaystyle \Delta _{0}=\Delta _{1}=0,}$ ${\displaystyle {\frac {-b}{3a}},}$ ${\displaystyle \textstyle a(x+{\frac {b}{3a}})^{3}.}$ ${\displaystyle \Delta _{0}=\Delta _{1}=0.}$

三角関数と双曲線関数の解

3つの実根の三角関数解

実係数の三次方程式が3つの実根を持つ場合、これらの根を根号で表す式は複素数を含む。ガロア理論によれば、3つの根が実根で、いずれも有理根でない場合（casus irreducibilis ）、根を実根号で表すことはできない。しかしながら、三角関数、具体的には余弦と逆余弦を用いて、解の純粋に実数的な表現を得ることができる。^{[ 25 ]}より正確には、減数三次方程式 の根は^{[ 26 ]} である。$${\displaystyle t^{3}+pt+q=0}$$ $${\displaystyle t_{k}=2\,{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\,\cos \left[\,{\frac {1}{3}}\arccos \left({\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\,\right)-{\frac {2\pi k}{3}}\,\right]\qquad {\text{for }}k=0,1,2.}$$

この公式はフランソワ・ヴィエトによるものです。^{[ 22 ]}方程式が3つの実根を持つ場合（つまり ）は純粋に実数です。それ以外の場合も正しいですが、実根が1つしかない場合は複素余弦と逆余弦を含み、 p = 0の場合は無意味です（ゼロ除算）。 ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}<0}$

この式は、§ 抑圧三次方程式で説明した後退代入を使用して、一般三次方程式の根の式に簡単に変換できます。

この公式は次のように証明できる。t 3 + pt + q = 0 という方程式から出発し、^t = u cos θと置く。uを等式 と一致させるように 選ぶのがポイントだ。 そのためには、等式を で割る。すると、 が得られる。 上記の等式と組み合わせると、 が得られ 、根はこうなる。  $${\displaystyle 4\cos ^{3}\theta -3\cos \theta -\cos(3\theta )=0.}$$ ${\displaystyle u=2\,{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\,,}$ ${\displaystyle {\frac {u^{3}}{4}}.}$ $${\displaystyle 4\cos ^{3}\theta -3\cos \theta -{\frac {3q}{2p}}\,{\sqrt {\frac {-3}{p}}}=0.}$$ $${\displaystyle \cos(3\theta )={\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\,,}$$ $${\displaystyle t_{k}=2\,{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\,\cos \left[{\frac {1}{3}}\arccos \left({\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\right)-{\frac {2\pi k}{3}}\right]\qquad {\text{for }}k=0,1,2.}$$

1つの実根に対する双曲解

実根が1つしかない場合（p ≠0）、この根は同様に双曲線関数を使用して次のように表すことができます^{[ 27 ] [ 28 ]} p ≠0で右側の不等式が満たされない 場合（実根が3つある場合）、式は有効のままですが複素数を含みます。 $${\displaystyle {\begin{aligned}t_{0}&=-2{\frac {|q|}{q}}{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\cosh \left[{\frac {1}{3}}\operatorname {arcosh} \left({\frac {-3|q|}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\right)\right]\qquad {\text{if }}~4p^{3}+27q^{2}>0~{\text{ and }}~p<0,\\t_{0}&=-2{\sqrt {\frac {p}{3}}}\sinh \left[{\frac {1}{3}}\operatorname {arsinh} \left({\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}\right)\right]\qquad {\text{if }}~p>0.\end{aligned}}}$$

p = ±3 のとき、上記のt ₀の値はチェビシェフの立方根と呼ばれることがあります。 ^{[ 29 ]}より正確には、余弦と双曲線余弦の値は、p = −3のとき、 C _1/3 ( q )で表される同じ解析関数を定義し、これが真のチェビシェフの立方根です。双曲線正弦の値は、 p = 3 のとき、同様にS _1/3 ( q )と表されます。

幾何解

オマール・カイヤームの解

オマール・カイヤームによる3次方程式の幾何解。m = 2、n = 16の場合、根は2となります。図示の例の場合、 x軸上の垂直線と円の中心の交点は偶然の一致です

オマール・カヤムは、三次方程式x ³ + m ² x = n（ただしn > 0 ）を解くために、放物線y = x ² / mを構築しました。これは、正のx軸上の線分[0, n / m ² ]を直径とする円と、円と放物線がx軸上で交差する点を通る垂線です。解は、原点から垂線とx軸の交点までの水平線分の長さで与えられます（図を参照）。

簡単な現代的な証明は次のとおりです。方程式にx / m ²を掛けて項をまとめると、次のようになります。 左辺は放物線上のy ²の値です。円の方程式はy ² + x ( x − ⁠$${\displaystyle {\frac {x^{4}}{m^{2}}}=x\left({\frac {n}{m^{2}}}-x\right).}$$ n/m ²⁠ ) = 0、右辺は円上の y ^{2の値です}

角の三等分線による解

実係数の3次方程式は、3つの実根を持つ場合にのみ、コンパス、定規、角の三等分線を使用して幾何学的に解くことができます。 ^{[ 30 ]：Thm. 1}

三次方程式は、有理根を持つ場合のみ、コンパスと定規を用いた作図（三等分線を使わずに）で解くことができます。これは、古代ギリシャの数学者によって提起された角の三等分と立方体の2倍という古い問題は、コンパスと定規を用いた作図では解けないこと を意味します。

根の幾何学的解釈

3つの実根

3つの実根を持つ3次方程式（1 ）の場合、根は正三角形の頂点A、B、Cのx軸への射影です。三角形の中心のx座標は変曲点と同じです

ヴィエトの三角関数の根の表現は、円を用いた幾何学的解釈に適している。^{[ 22 ] [ 31 ]} 3次関数を上記のように負の形で表すと（2 ）、t ³ + pt + q = 0となり、解は次のように表される。

$${\displaystyle t_{k}=2{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}\cos \left({\frac {1}{3}}\arccos \left({\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\right)-k{\frac {2\pi }{3}}\right)\quad {\text{for}}\quad k=0,1,2\,.}$$

これは単位円内の角度です。${\displaystyle \arccos \left({\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {-3}{p}}}\right)}$ 1/3その角度の⁠は複素数の立方根を取ることに相当し、 − k ⁠を加えると2π/3k = 1, 2の場合、他の3乗根を求めます。そして、これらの角度の余弦に を掛けてスケールを修正します ${\displaystyle 2{\sqrt {-{\frac {p}{3}}}}}$

非陥没ケース（1 ）（添付のグラフに表示）の場合、前述のように、陥没ケースは、tをx = t − ⁠と定義することによって得られる。b/3 a⁠つまりt = x + ⁠b/3 a⁠。グラフ的に言えば、これは変数tとxを変化させる際に、角度の関係を変えずにグラフを水平方向に移動するだけです。この移動により、変曲点と円の中心がy軸上に移動します。その結果、 tにおける方程式の根の和はゼロになります。

一つの実根

デカルト平面において

直線RAの傾きは直線RHの2倍です。3次方程式の複素根をg ± hiとすると、g = OM（ここでは負）、h = √tan ORH = √となるため、直線RHの傾きはBE = DAとなります。

3次関数のグラフを直交平面にプロットした場合、実根が1つしかないときは、その実根は曲線の水平切片（図の点R）の横座標（x座標）になります。さらに、 ^{[ 32 ] [ 33 ] [ 34 ]}複素共役根をg ± hiと書くと、実部gは3次関数のx切片R（図では負の符号付き長さOM）を通る3次関数の接線の接点Hの横座標になります。虚部±hは、この接線と水平軸の間の角度の正接の平方根です。

複素平面では

実根が1つと複素根が2つある場合、3つの根は複素平面上の点として表すことができます。これは、3次微分の2つの根も同様です。これらの根の間には、興味深い幾何学的関係があります。

複素平面上の3つの根を表す点は、二等辺三角形の頂点として機能します。（三角形が二等辺三角形であるのは、1つの根が水平（実）軸上にあり、他の2つの根が複素共役であるため、実軸の上下に対称に現れるためです。）マーデンの定理によれば、3次関数の微分の根を表す点は、三角形のシュタイナー内楕円（三角形の各辺の中点で三角形に接する唯一の楕円）の焦点となります。実軸上の頂点の角度が⁠未満である場合、π/3⁠楕円の長軸は実軸上にあり、焦点も実軸上にあり、したがって導関数の根も実軸上にあります。その角度が⁠より大きい場合π/3⁠、長軸は垂直で、その焦点、すなわち導関数の根は複素共役である。そしてその角度が⁠π/3⁠、三角形は正三角形で、シュタイナーの内接楕円は単に三角形の内接円であり、その焦点は実軸上にある内心で互いに一致するため、導関数には重複した実根があります。

ガロア群

標数が2と3とは異なる体K上の3次既約多項式が与えられたとき、K上のガロア群は、KをKの最小拡大（分解体）に固定する体自己同型群の群である。これらの自己同型は多項式の根を置換する必要があるため、この群は3つの根の6つの置換すべてからなる群S ₃、または3つの円置換からなる群A ₃のいずれかである。

3次方程式の判別式Δは の平方です。 ここで、 aは3次方程式の最高係数、r ₁、r ₂、r ₃は3つの根です。2つの根が交換されると は符号が変わるため、 はガロア群が A ₃である場合にのみガロア群によって決定されます。言い換えれば、判別式がKの元の平方である場合にのみガロア群はA ₃です。 $${\displaystyle {\sqrt {\Delta }}=a^{2}(r_{1}-r_{2})(r_{1}-r_{3})(r_{2}-r_{3}),}$$ ${\displaystyle {\sqrt {\Delta }}}$ ${\displaystyle {\sqrt {\Delta }}}$

ほとんどの整数は平方数ではないので、有理数体 Q 上で作業する場合、ほとんどの既約3次多項式のガロア群は6元群S _{3となる。3元群}A ₃の例として、p ( x ) = x ³ − 3 x − 1があり、その判別式は81 = 9 ²である。

語根の派生

このセクションでは、カルダノの式を導出するためのいくつかの方法を再まとめます。

カルダーノ法

この方法はシピオーネ・デル・フェッロとタルタリアに由来しますが、1545年に 著書『アルス・マグナ』で初めて発表したジェロラモ・カルダーノにちなんで名付けられました

この方法は、 t ³ + pt + q = 0の凹型立方体に適用されます。アイデアとしては、2つの変数uとを導入し、これを凹型立方体に代入して、 ${\displaystyle v}$ ${\displaystyle u+v=t}$ $${\displaystyle u^{3}+v^{3}+(3uv+p)(u+v)+q=0.}$$

この時点でカルダノは条件を課した。これにより前の等式の3番目の項が削除され、方程式のシステムが得られる。 ${\displaystyle 3uv+p=0.}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}u^{3}+v^{3}&=-q\\uv&=-{\frac {p}{3}}.\end{aligned}}}$$

u ³と1 の和と積が分かれば、これらが二次方程式の2つの解であることが分かります。 したがって 、 この方程式の判別式は であり、これが正であると仮定すると、この方程式の実数解は（平方根の下で4で割った後）以下のようになります。 したがって（ uまたは を 選択しても一般性は損なわれません）。 これらの解の3乗根の和は方程式の根である ため、は方程式の根です。つまり 、 は方程式の根です。これがカルダノの公式です。 ${\displaystyle v^{3},}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}0&=(x-u^{3})(x-v^{3})\\&=x^{2}-(u^{3}+v^{3})x+u^{3}v^{3}\\&=x^{2}-(u^{3}+v^{3})x+(uv)^{3}\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle x^{2}+qx-{\frac {p^{3}}{27}}=0.}$$ ${\displaystyle \Delta =q^{2}+{\frac {4p^{3}}{27}}}$ $${\displaystyle -{\frac {q}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}.}$$ ${\displaystyle v}$ $${\displaystyle u={\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}.}$$ $${\displaystyle v={\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}.}$$ ${\displaystyle u+v=t,}$ $${\displaystyle t={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt {{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt {{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}}$$

これは の場合にはうまく機能しますが、式に現れる平方根が実数でない場合はうまく機能しません。複素数には3つの立方根があるため、カルダノの公式をそのまま使用すると9つの根が得られますが、3次方程式は4つ以上の根を持つことはできません。これは、ラファエル・ボンベリが著書『代数』 （1572年）で初めて明らかにしました。解決策は、 が であるという事実を利用することです。これは、1つの立方根だけを計算すればよいことを意味し、§ カルダノの公式に示されている2番目の式につながります。 ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}>0,}$ ${\displaystyle 4p^{3}+27q^{2}<0,}$ ${\displaystyle uv=-{\frac {p}{3}},}$ ${\displaystyle v={\frac {-p}{3u}}.}$

方程式の他の根は、立方根を変えることによって得られる。あるいは、同じことであるが、立方根に、次の2つの原始立方根をそれぞれ掛け合わせることによっても得られる。${\displaystyle {\frac {-1\pm {\sqrt {-3}}}{2}}.}$

ヴィエタの置換

ヴィエタの置換は、フランソワ・ヴィエト（ヴィエタは彼のラテン語名）が1615年に死後に出版したテキストで導入した方法であり、 §カルダノ法の2番目の公式を直接提供し、2つの異なる立方根を計算する問題を回避します。^{[ 35 ]}

陥没三次方程式t ³ + pt + q = 0から出発して、ヴィエタの置換はt = w − ⁠p/3 w⁠ . ^{[ b ]}

t = w – ⁠の置換p/3 w⁠凹立方体を $${\displaystyle w^{3}+q-{\frac {p^{3}}{27w^{3}}}=0.}$$

これは の2次方程式なので、 の解は6つあります。代入において、 の各値に対して、の可能な値は2つあります。3次方程式の各根は2回求められます。 ${\displaystyle w^{3}}$ ${\displaystyle w}$ ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle w}$

w ³を掛けると、 w ³の二次方程式が得られます。 $${\displaystyle (w^{3})^{2}+q(w^{3})-{\frac {p^{3}}{27}}=0.}$$

この二次方程式の任意の非零根をw ₁、w ₂、w ₃とする と、元の負の三次方程式の根はw ₁ − ⁠$${\displaystyle W=-{\frac {q}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {p^{3}}{27}}+{\frac {q^{2}}{4}}}}}$$ p/3 w ₁⁠、 w ₂ − ⁠p/3勝_2敗⁠、そしてw ₃ − ⁠p/3勝_3敗⁠。この二次方程式のもう一方の根は、平方根の符号を変えるとw _iと−が入れ替わることを意味します。${\displaystyle \textstyle -{\frac {p^{3}}{27W}}.}$ p/3 w _i⁠ はi = 1, 2, 3の場合であり、したがって根は変化しません。この方法は、二次方程式の両方の根がゼロ、つまりp = q = 0の場合にのみ失敗します。この場合、押下三次方程式の根は0 のみとなります。

ラグランジュ法

ジョゼフ・ルイ・ラグランジュは論文『方程式の代数的解法についての考察』[36]において、低^{次方程式を} 統一的に解く新しい手法を提示し、それを高次方程式にも一般化できることを期待しました。この手法は3次方程式と4次方程式には有効ですが、 5次方程式には適用できませんでした。なぜなら、少なくとも6次以上の解多項式を解く必要があるからです。^{[ 37 ] [ 38 ] [ 39 ]} これまで誰も成功していなかったという事実を除けば、これは5次以上の代数式が存在しないことを初めて示したものであり、後にアーベル・ルフィニの定理によって証明されました。それでもなお、解ける5次方程式を解く現代の手法は、主にラグランジュの方法に基づいています。^{[ 39 ]}

3次方程式の場合、ラグランジュ法はカルダノ法と同じ解を与えます。ラグランジュ法は一般3次方程式 ax ³ + bx ² + cx + d = 0に直接適用できますが、減算3次方程式t ³ + pt + q = 0では計算がより簡単になります。

ラグランジュの中心的なアイデアは、根そのものではなく、根の離散フーリエ変換を扱うことであった。より正確には、 ξを1の原始3乗根、つまりξ ³ = 1かつξ ² + ξ + 1 = 0となる数とする（複素数空間で扱う場合はとなるが、ここではこの複雑な解釈は用いない）。解くべき3次方程式の3つの根 をx ₀、x ₁、x ₂とすると、 根の離散フーリエ変換は となる。s 0 、s 1 、s 2 が既知であれば、_この線形_変換を反転_する逆フーリエ変換によって根を復元できる。つまり、 ${\displaystyle \textstyle \xi ={\frac {-1\pm i{\sqrt {3}}}{2}}=e^{2i\pi /3},}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}s_{0}&=x_{0}+x_{1}+x_{2},\\s_{1}&=x_{0}+\xi x_{1}+\xi ^{2}x_{2},\\s_{2}&=x_{0}+\xi ^{2}x_{1}+\xi x_{2},\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}x_{0}&={\tfrac {1}{3}}(s_{0}+s_{1}+s_{2}),\\x_{1}&={\tfrac {1}{3}}(s_{0}+\xi ^{2}s_{1}+\xi s_{2}),\\x_{2}&={\tfrac {1}{3}}(s_{0}+\xi s_{1}+\xi ^{2}s_{2}).\end{aligned}}}$$

ヴィエタの公式によれば、凹立方体の場合、 s ₀はゼロになることが知られており、 − ⁠b/a一般の3次方程式の場合。したがって、s 1 と s 2 のみを計算_すれば済み_ます。これらは根の対称関数ではありません（ x ₁とx _{2を交換すると、} s ₁とs ₂も交換されます）。しかし、 s ₁とs ₂のいくつかの単純な対称関数は、解くべき3次方程式の根においても対称です。したがって、これらの対称関数は、元の3次方程式の（既知の）係数で表すことができ、最終的にはs _{i を}既知の係数を持つ多項式の根として表すことができます。これはすべての次数でうまく機能しますが、4次を超えると、 s _iを根とする結果の多項式は元の多項式よりも次数が高くなり、したがって解くのに役立ちません。これが、ラグランジュ法が5次以上で失敗する理由です

3次方程式の場合、およびはそのような対称多項式です（下記参照）。したがって、およびは2次方程式の2つの根です。したがって、方程式の解は、 uとをそれぞれと置き換えて、カルダノ法と全く同じように解くことができます。${\displaystyle P=s_{1}s_{2},}$ ${\displaystyle S=s_{1}^{3}+s_{2}^{3}}$ ${\displaystyle s_{1}^{3}}$ ${\displaystyle s_{2}^{3}}$ ${\displaystyle z^{2}-Sz+P^{3}=0.}$ ${\displaystyle s_{1}}$ ${\displaystyle s_{2}}$ ${\displaystyle v.}$

凹み三次関数の場合、および が成り立ちますが、カルダノ法では、および を設定します。したがって、 uとの交換までは、および が成り立ちます。言い換えると、この場合、カルダノ法とラグランジュ法は、補助変数が 3 倍になるまでまったく同じことを計算しますが、主な違いは、ラグランジュ法ではこれらの補助変数が問題に現れる理由を説明することです。 ${\displaystyle x_{0}={\tfrac {1}{3}}(s_{1}+s_{2})}$ ${\displaystyle s_{1}s_{2}=-3p,}$ ${\displaystyle x_{0}=u+v}$ ${\displaystyle uv=-{\tfrac {1}{3}}p.}$ ${\displaystyle v,}$ ${\displaystyle s_{1}=3u}$ ${\displaystyle s_{2}=3v.}$

SとPの計算

ξ ³ = 1とξ ² + ξ + 1 = 0の関係を用いた簡単な計算で、次の式が得られます 。 これは、 PとS が根の対称関数であることを示しています。ニュートンの恒等式を用いる と、これらを根の 基本対称関数で表すのは簡単で、次の式が得られます。e 1 ₌ 0、e ₂ = p、そしてe ₃ = − q（ただし、凹立方体の場合）、e ₁ = − ⁠$${\displaystyle {\begin{aligned}P&=s_{1}s_{2}=x_{0}^{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-(x_{0}x_{1}+x_{1}x_{2}+x_{2}x_{0}),\\S&=s_{1}^{3}+s_{2}^{3}=2(x_{0}^{3}+x_{1}^{3}+x_{2}^{3})-3(x_{0}^{2}x_{1}+x_{1}^{2}x_{2}+x_{2}^{2}x_{0}+x_{0}x_{1}^{2}+x_{1}x_{2}^{2}+x_{2}x_{0}^{2})+12x_{0}x_{1}x_{2}.\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}P&=e_{1}^{2}-3e_{2},\\S&=2e_{1}^{3}-9e_{1}e_{2}+27e_{3},\end{aligned}}}$$ b/a⁠、 e ₂ = ⁠c/a⁠そしてe ₃ = − ⁠d/a⁠、一般的な場合。

応用

3次方程式は他のさまざまな文脈でも現れます

数学において

• 角の三等分と立方体の2倍は、定規とコンパスを使った作図では解けないことが証明された、幾何学における2つの古くからの問題です。なぜなら、これらは3次方程式を解くことと同等だからです
• マーデンの定理は、任意の三角形のシュタイナー内楕円の焦点は、その三角形の3つの頂点の複素平面上の座標を根とする3次関数を用いて求めることができることを述べています。この3次関数の1階微分の各根は、それらの焦点の複素座標です。
• 正七角形の面積は、三次方程式の根で表すことができます。さらに、長対角線と辺の比、辺と短対角線の比、短対角線の負数と長対角線の負数はすべて、特定の三次方程式を満たします。さらに、七角三角形の内接円と外接円の比は、三次方程式の解の一つです。関連する角度の三角関数の値は、三次方程式を満たします。${\displaystyle 2\pi /7}$
• 任意の角度の余弦（またはその他の三角関数）が与えられた場合、その角度の 3 分の 1 の余弦は 3 次関数の根の 1 つです。
• 一般的な4 次方程式の解は、その解決元である 3 次方程式の解に依存します。
• 3×3行列の固有値は、行列の特性多項式である 3 次多項式の根です。
• 3 次定数係数またはコーシー・オイラー（等次元変数係数）線形微分方程式または差分方程式の特性方程式は、3 次方程式です。
• 3 次ベジェ曲線と直線の交点は、ベジェ曲線を表す直接 3 次方程式を使用して計算できます。
• 4 次関数の臨界点は、 3 次方程式 (導関数がゼロに等しい) を解くことによって求められます。
• 五次関数の変曲点は三次方程式の解です（2 次導関数はゼロに設定されます）。

他の科学

• 分析化学では、緩衝液のpHを求めるために使用できるシャルローの式は、3次方程式を使用して解くことができます
• 熱力学では、状態方程式（物質の圧力、体積、温度を関連付ける）（たとえば、ファンデルワールス状態方程式）は体積の 3 乗に従います。
• 線形加速度を含む運動学方程式は 3 次方程式です。
• 地震レイリー波の速度はレイリー波の3次方程式の解です。
• 与えられた入力パワーに対して空気摩擦のある斜面を移動する車両の定常速度は、低下した 3 次方程式によって解かれます。
• ケプラーの惑星運動の第 3 法則は、長半径に対して 3 次です。

参照

• 4次方程式
• 五次方程式
• チルンハウス変換
• 主方程式形

注釈

1. O'Connor , John J.; Robertson, Edmund F. 著、「Omar Khayyam」、MacTutor 数学史アーカイブ、セントアンドリュース大学次のように読むことができます。この問題から、Khayyam は 3 次方程式x ³ + 200 x = 20 x ² + 2000を解き、直角双曲線と円の交差を考慮してこの 3 次方程式の正根を見つけました。次に、三角関数の表で補間することにより、近似的な数値解が見つかりました。幾何学的構成は、幾何学的構成の問題を解く場合に必要となるため、Omar Khayyam に完全に適していました。記事の最後で、彼は、この幾何学的問題では、近似で十分な場合は三角関数の表を参照することにより、より簡単な解が得られる可能性があるとだけ述べています。テキストでは、次のように書かれています。求職者が推定値に満足した場合、アルマゲストの弦表、またはモスメッド天文台の正弦と逆正弦の表を調べるのは求職者次第です。この後に、この代替方法についての短い説明 (7 行) が続きます。
2. より正確には、ヴィエタは新しい変数wを導入し、条件w ( t + w ) = ⁠を課しました。p/3⁠ 。これは、 t = ⁠の置換と同等ですp/3 w⁠ − wであり、ここで使用されている置換とはwの符号が変わる点のみが異なります。この符号の変化、 § カルダノの公式の式を直接得ることができます

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参考文献

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外部リンク

• 「カルダノの公式」、数学百科事典、EMSプレス、2001 [1994]
• MacTutor アーカイブの2 次方程式、3 次方程式、4 次方程式の歴史。
• 500年もの間、三次方程式を教えられていない。一体何が理解できないと思われているのだろうか？ - MathologerによるYouTube動画。三次方程式の歴史とカルダノの解法、そしてフェラーリの四次方程式の解法について解説している。