/
/
注
：
颜
色
为
代
数
置
换
标
记
，
推
导
后
期
需
将
前
面
的
设
定
值
回
代
//注：颜色为代数置换标记，推导后期需将前面的设定值回代
//注：颜色为代数置换标记，推导后期需将前面的设定值回代
\quad
已
知
：
a
x
3
+
b
x
2
+
c
x
+
d
=
0
a
≠
0
a
,
b
,
c
,
d
∈
ℜ
问
题
：
x
=
?
\begin{aligned} &已知：ax^3+bx^2+cx+d=0 \qquad a\neq0 \qquad a,b,c,d\in\Re \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \\ &问题：\mathbf x\mathbf=\mathbf? \end{aligned}
已知：ax3+bx2+cx+d=0a=0a,b,c,d∈ℜ问题：x=?
\quad
推
导
开
始
：
推导开始：
推导开始：
\quad
x
3
+
b
x
2
a
+
c
x
a
+
d
a
=
0
a
≠
0
a
,
b
,
c
,
d
∈
ℜ
\begin{aligned} &x^3+\dfrac{bx^2}{a}+\dfrac{cx}{a}+\dfrac{d}{a}=0 \qquad a\neq0 \qquad a,b,c,d\in\Re \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \end{aligned}
x3+abx2+acx+ad=0a=0a,b,c,d∈ℜ
设
k
0
=
1
,
k
1
=
b
a
,
k
2
=
c
a
,
k
3
=
d
a
k
0
x
3
+
k
1
x
2
+
k
2
x
+
k
3
=
0
设
x
=
y
+
η
k
0
(
y
+
η
)
3
+
k
1
(
y
+
η
)
2
+
k
2
(
y
+
η
)
+
k
3
=
0
(
y
+
η
)
3
=
y
3
+
3
y
2
η
+
3
y
η
2
+
η
3
(
y
+
η
)
2
=
y
2
+
2
y
η
+
η
2
k
0
y
3
+
k
0
3
y
2
η
+
3
y
η
2
k
0
+
η
3
k
0
+
y
2
k
1
+
2
y
η
k
1
+
η
2
k
1
+
y
k
2
+
η
k
2
+
k
3
=
0
y
3
k
0
+
y
2
(
k
0
3
η
+
k
1
)
+
y
1
(
3
η
2
k
0
+
2
η
k
1
+
k
2
)
+
y
0
(
η
3
k
0
+
η
2
k
1
+
η
k
2
+
k
3
)
=
0
\begin{aligned} &\color{red}{设\quad k_0=1,k_1=\dfrac{b}{a},k_2=\dfrac{c}{a},k_3=\dfrac{d}{a}}\\ &k_0x^3+k_1x^2+k_2x+k_3=0\\ \\ &\color{orange}{设 \quad x=y+\eta}\\ &k_0(y+\eta)^3+k_1(y+\eta)^2+k_2(y+\eta)+k_3=0\\ \\ &(y+\eta)^3=y^3+3y^2\eta+3y\eta^2+\eta^3\\ &(y+\eta)^2=y^2+2y\eta+\eta^2\\ \\ &k_0y^3+k_03y^2\eta+3y\eta^2k_0+\eta^3k_0+y^2k_1+2y\eta k_1+\eta^2k_1+yk_2+\eta k_2+k_3=0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ &y^3k_0+y^2(k_03\eta+k_1)+y^1(3\eta^2k_0+2\eta k_1+k_2)+y^0(\eta^3k_0+\eta^2k_1+\eta k_2+k_3)=0 \\ \end{aligned}
设k0=1,k1=ab,k2=ac,k3=adk0x3+k1x2+k2x+k3=0设x=y+ηk0(y+η)3+k1(y+η)2+k2(y+η)+k3=0(y+η)3=y3+3y2η+3yη2+η3(y+η)2=y2+2yη+η2k0y3+k03y2η+3yη2k0+η3k0+y2k1+2yηk1+η2k1+yk2+ηk2+k3=0y3k0+y2(k03η+k1)+y1(3η2k0+2ηk1+k2)+y0(η3k0+η2k1+ηk2+k3)=0
k 0 = 1 3 k 0 η + k 1 = 0 3 η 2 k 0 + 2 η k 1 + k 2 = p η 3 k 0 + η 2 k 1 + η k 2 + k 3 = q \begin{aligned} k_0=&1 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \\ 3k_0\eta+k_1=&0\\ 3\eta^2k_0+2\eta k_1+k_2=&p\\ \eta^3k_0+\eta^2k_1+\eta k_2+k_3=&q \end{aligned} k0=3k0η+k1=3η2k0+2ηk1+k2=η3k0+η2k1+ηk2+k3=10pq
设 y 3 + p y + q = 0 3 η + k 1 = 0 3 η 2 + 2 η k 1 + k 2 = p η 3 + η 2 k 1 + η k 2 + k 3 = q \begin{aligned} 设 \quad y^3+py+q=&0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \\ 3\eta+k_1=&0\\ 3\eta^2+2\eta k_1+k_2=&p\\ \eta^3+\eta^2k_1+\eta k_2+k_3=&q\\ \end{aligned} 设y3+py+q=3η+k1=3η2+2ηk1+k2=η3+η2k1+ηk2+k3=00pq
η = − k 1 3 p = 3 ( − k 1 3 ) 2 + 2 ( − k 1 3 ) k 1 + k 2 p = − ( k 1 ) 2 3 + k 2 q = ( − k 1 3 ) 3 + ( − k 1 3 ) 2 k 1 + ( − k 1 3 ) k 2 + k 3 q = − k 1 3 27 + 3 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 q = 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 \begin{aligned} &\color{orange}{\eta=-\dfrac{k_1}{3}}\\ &p=3\left(-\dfrac{k_1}{3}\right)^2+2\left(-\dfrac{k_1}{3}\right)k_1+k_2\\ &\color{green}{p=-\dfrac{(k_1)^2}{3}+k_2}\\ &q=\left(-\dfrac{k_1}{3}\right)^3+\left(-\dfrac{k_1}{3}\right)^2k_1+\left(-\dfrac{k_1}{3}\right)k_2+k_3 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ &q=-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{3k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3\\ &\color{green}{q=\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3}\\ \end{aligned} η=−3k1p=3(−3k1)2+2(−3k1)k1+k2p=−3(k1)2+k2q=(−3k1)3+(−3k1)2k1+(−3k1)k2+k3q=−27k13+273k13−3k1k2+k3q=272k13−3k1k2+k3
设 y = A 1 3 + B 1 3 A ′ = A 1 3 A 0 ′ ∈ ℜ , A 1 ′ = ω A 0 ′ , A 2 ′ = ω 2 A 0 ′ B ′ = B 1 3 B 0 ′ ∈ ℜ , B 1 ′ = ω B 0 ′ , B 2 ′ = ω 2 B 0 ′ ∵ y 3 = A + B + ( A B ) 1 3 ( A 1 3 + B 1 3 ) y 3 = A + B + ( A B ) 1 3 y y 3 − ( A + B ) − ( A B ) 1 3 y = 0 y 3 + p y + q = 0 \begin{aligned} 设 &\color{pink}{y=A^\frac13+B^\frac13\qquad A'=A^\frac13\quad A'_0\in\Re,A'_1=\omega A'_0,A'_2=\omega^2 A'_0 \quad B'=B^\frac13 \quad B'_0\in\Re,B'_1=\omega B'_0,B'_2=\omega^2 B'_0}\\ \because &y^3=A+B+(AB)^\frac13(A^\frac13+B^\frac13) \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ &y^3=A+B+(AB)^\frac13y\\ &y^3-(A+B)-(AB)^\frac13y=0\\ &y^3+py+q=0\\ \end{aligned} 设∵y=A31+B31A′=A31A0′∈ℜ,A1′=ωA0′,A2′=ω2A0′B′=B31B0′∈ℜ,B1′=ωB0′,B2′=ω2B0′y3=A+B+(AB)31(A31+B31)y3=A+B+(AB)31yy3−(A+B)−(AB)31y=0y3+py+q=0
∴ p = − 3 ( A B ) 1 3 q = − ( A + B ) A + B = − q A B = ( − p 3 ) 3 \begin{aligned} \therefore &p=-3(AB)^\frac13 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ &q=-(A+B)\\ &A+B=-q \qquad AB=(-\frac{p}{3})^3 \\ \end{aligned} ∴p=−3(AB)31q=−(A+B)A+B=−qAB=(−3p)3
/ / 分 界 线 中 的 x , a , b , c 为 展 示 定 理 用 ， 与 上 下 文 中 的 x , a , b , c 无 关 根 据 韦 达 定 理 ： ∵ x 1 + x 2 = − b a x 1 x 2 = c a a x 2 + b x + c = 0 ∴ A = x 1 , B = x 2 , q = b a , ( − p 3 ) 3 = c a 根 据 Q u a d r a t i c F o r m u l a : ∵ a x 2 + b x + c = 0 x 1 = − b + b 2 − 4 a c 2 a x 2 = − b − b 2 − 4 a c 2 a x 1 = − b + b 2 − 4 a c 2 a = − b 2 a + b 2 2 2 a 2 − c a x 2 = − b + b 2 − 4 a c 2 a = − b 2 a − b 2 2 2 a 2 − c a \begin{aligned} &//分界线中的x,a,b,c为展示定理用，与上下文中的x,a,b,c无关 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ \\ &根据韦达定理：\\ &\because x_1+x_2=-\frac{b}{a} \qquad x_1x_2=\frac{c}{a}\qquad ax^2+bx+c=0\\ &\therefore A=x_1,B=x_2,q=\frac{b}{a},(-\frac{p}{3})^3=\frac{c}{a}\\ &根据Quadratic Formula: \\ & \because ax^2+bx+c=0 \\ & x_1=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \qquad x_2=\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\ &x_1=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=-\frac{b}{2a}+\sqrt{\frac{b^2}{2^2a^2}-\frac{c}{a}}\\ &x_2=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=-\frac{b}{2a}-\sqrt{\frac{b^2}{2^2a^2}-\frac{c}{a}}\\ \end{aligned} //分界线中的x,a,b,c为展示定理用，与上下文中的x,a,b,c无关根据韦达定理：∵x1+x2=−abx1x2=acax2+bx+c=0∴A=x1,B=x2,q=ab,(−3p)3=ac根据QuadraticFormula:∵ax2+bx+c=0x1=2a−b+b2−4acx2=2a−b−b2−4acx1=2a−b+b2−4ac=−2ab+22a2b2−acx2=2a−b+b2−4ac=−2ab−22a2b2−ac
∴ A 0 = − q 2 + q 2 4 + p 3 27 B 0 = − q 2 − q 2 4 + p 3 27 ∵ A ′ = A 1 3 A 0 ′ ∈ ℜ , A 1 ′ = ω A 0 ′ , A 2 ′ = ω 2 A 0 ′ B ′ = B 1 3 B 0 ′ ∈ ℜ , B 1 ′ = ω B 0 ′ , B 2 ′ = ω 2 B 0 ′ ∵ ω = − 1 ± 3 i 2 A B = ( − q 3 ) 3 q ∈ ℜ ∴ A 0 = ( A 0 ′ ) 3 B 0 = ( B 0 ′ ) 3 A 1 = ( A 1 ′ ) 3 B 1 = ( B 2 ′ ) 3 A 2 = ( A 2 ′ ) 3 B 2 = ( B 1 ′ ) 3 ∵ y = A 1 3 + B 1 3 ∴ y 0 = A 0 ′ + B 0 ′ y 1 = A 1 ′ + B 2 ′ y 2 = A 2 ′ + B 1 ′ \begin{aligned} &\therefore A_0=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\qquad B_0=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\\ &\because \color{pink}{A'=A^\frac13\quad A'_0\in\Re,A'_1=\omega A'_0,A'_2=\omega^2 A'_0 \quad B'=B^\frac13 \quad B'_0\in\Re,B'_1=\omega B'_0,B'_2=\omega^2 B'_0}\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ &\because \omega=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2} \quad AB=(-\frac{q}{3})^3 \quad q\in\Re\\ &\therefore A_0=(A'_0)^3 \quad B_0=(B'_0)^3\\ &\quad A_1=(A'_1)^3 \quad B_1=(B'_2)^3\\ &\quad A_2=(A'_2)^3 \quad B_2=(B'_1)^3\\ &\because y=A^\frac13+B^\frac13 \quad \\ &\therefore y_0=A'_0+B'_0\\ &\quad y_1=A'_1+B'_2\\ &\quad y_2=A'_2+B'_1\\ \end{aligned} ∴A0=−2q+4q2+27p3B0=−2q−4q2+27p3∵A′=A31A0′∈ℜ,A1′=ωA0′,A2′=ω2A0′B′=B31B0′∈ℜ,B1′=ωB0′,B2′=ω2B0′∵ω=2−1±3iAB=(−3q)3q∈ℜ∴A0=(A0′)3B0=(B0′)3A1=(A1′)3B1=(B2′)3A2=(A2′)3B2=(B1′)3∵y=A31+B31∴y0=A0′+B0′y1=A1′+B2′y2=A2′+B1′
y 0 = − q 2 + ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 + − q 2 − ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 y 1 = − 1 + 3 i 2 − q 2 + ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 + − 1 − 3 i 2 − q 2 − ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 y 2 = − 1 − 3 i 2 − q 2 + ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 + − 1 + 3 i 2 − q 2 − ( q 2 4 + p 3 27 ) 1 2 3 \begin{aligned} \\ \quad y_0=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad\\ \\ \quad y_1=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}\\ \\ \quad y_2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})^{\frac{1}{2}}}\\ \\ \end{aligned} y0=3−2q+(4q2+27p3)21+3−2q−(4q2+27p3)21y1=2−1+3i3−2q+(4q2+27p3)21+2−1−3i3−2q−(4q2+27p3)21y2=2−1−3i3−2q+(4q2+27p3)21+2−1+3i3−2q−(4q2+27p3)21
∵
x
=
y
+
η
\because \color{orange}{x=y+\eta}
∵x=y+η
η
=
−
k
1
3
\quad \color{orange}{\eta=-\dfrac{k_1}{3}}
η=−3k1
k
1
=
b
a
\color{red}{\quad k_1=\dfrac{b}{a}}
k1=ab
∴
y
=
x
+
b
3
a
\therefore y=x+\frac{b}{3a}
∴y=x+3ab
∵
p
=
−
(
k
1
)
2
3
+
k
2
\because \color{green}{p=-\dfrac{(k_1)^2}{3}+k_2}
∵p=−3(k1)2+k2
q
=
2
k
1
3
27
−
k
1
k
2
3
+
k
3
\quad \color{green}{q=\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3}
q=272k13−3k1k2+k3
∴ x 0 + b 3 a = − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 + 1 4 ( k 1 3 27 − k 1 k 2 6 − d 2 a ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 + − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 − 1 4 ( 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 x 1 + b 3 a = − 1 + 3 i 2 − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 + 1 4 ( 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 + − 1 − 3 i 2 − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 − 1 4 ( 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 x 2 + b 3 a = − 1 − 3 i 2 − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 + 1 4 ( 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 + − 1 + 3 i 2 − k 1 3 27 + k 1 k 2 6 − k 3 2 − 1 4 ( 2 k 1 3 27 − k 1 k 2 3 + k 3 ) 2 + ( k 2 − k 1 2 3 ) 3 27 3 \begin{aligned} \\ \therefore \quad x_0+\frac{b}{3a}=\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{d}{2a})^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}&\\ \qquad+\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3)^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}\\ \\ \quad x_1+\frac{b}{3a}=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3)^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}&\\ \qquad+\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3)^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}\\ \\ \quad x_2+\frac{b}{3a}=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3)^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}&\\ \qquad+\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{k_1^3}{27}+\dfrac{k_1k_2}{6}-\frac{k_3}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2k_1^3}{27}-\dfrac{k_1k_2}{3}+k_3)^2+\frac{(k_2-\frac{k_1^2}{3})^3}{27}}}\\ \\ \end{aligned} ∴x0+3ab=3−27k13+6k1k2−2k3+41(27k13−6k1k2−2ad)2+27(k2−3k12)3+3−27k13+6k1k2−2k3−41(272k13−3k1k2+k3)2+27(k2−3k12)3x1+3ab=2−1+3i3−27k13+6k1k2−2k3+41(272k13−3k1k2+k3)2+27(k2−3k12)3+2−1−3i3−27k13+6k1k2−2k3−41(272k13−3k1k2+k3)2+27(k2−3k12)3x2+3ab=2−1−3i3−27k13+6k1k2−2k3+41(272k13−3k1k2+k3)2+27(k2−3k12)3+2−1+3i3−27k13+6k1k2−2k3−41(272k13−3k1k2+k3)2+27(k2−3k12)3
∵ k 1 = b a , k 2 = c a , k 3 = d a \because \color{red}{k_1=\dfrac{b}{a},k_2=\dfrac{c}{a},k_3=\dfrac{d}{a}} ∵k1=ab,k2=ac,k3=ad
∴ x 0 = − b 3 a + − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a + 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a − 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 x 1 = − b 3 a + − 1 + 3 i 2 − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a + 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + − 1 − 3 i 2 − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a − 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 x 2 = − b 3 a + − 1 − 3 i 2 − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a + 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 + − 1 + 3 i 2 − b 3 27 a 3 + b c 6 a 2 − d 2 a − 1 4 ( 2 d 3 27 a 3 − b c 3 a 2 + d a ) 2 + ( c 3 a − b 2 9 a 2 ) 3 3 \\ \\ \begin{aligned} \\ \\ \therefore \quad x_0=-\frac{b}{3a}+\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}&\\ +\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}\\ \\ \\ \quad x_1=-\frac{b}{3a}+\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}&\\ +\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}\\ \\ \\ \quad x_2=-\frac{b}{3a}+\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}+\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}&\\ +\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\dfrac{b^3}{27a^3}+\dfrac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}-\sqrt{\frac{1}{4}(\dfrac{2d^3}{27a^3}-\dfrac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a})^2+(\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2})^3}}\\ \end{aligned} ∴x0=−3ab+3−27a3b3+6a2bc−2ad+41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3+3−27a3b3+6a2bc−2ad−41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3x1=−3ab+2−1+3i3−27a3b3+6a2bc−2ad+41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3+2−1−3i3−27a3b3+6a2bc−2ad−41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3x2=−3ab+2−1−3i3−27a3b3+6a2bc−2ad+41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3+2−1+3i3−27a3b3+6a2bc−2ad−41(27a32d3−3a2bc+ad)2+(3ac−9a2b2)3
附：一元三次方程的故事
塔尔塔利亚是意大利人，出生于1500年。他12岁那年，被入侵的法国兵砍伤了头部和舌头，从此说话结结巴巴，人们就给他一个绰号“塔尔塔利亚”(在意大利语中，这是口吃的意思)，真名反倒少有人叫了，他自学成才，成了数学家，宣布自己找到了三次方程的的解法。这时，意大利数学家卡丹出场，请求塔尔塔利把解方程的方法告诉他，可是遭到了拒绝。后来卡丹对塔尔塔利假装说要推荐他去当西班牙炮兵顾问，称自己因为无法解三次方程而内心痛苦并发誓永远不泄漏塔尔塔利亚解一元三次方程式的秘密。塔尔塔利亚这才把解一元三次方程的秘密告诉了卡丹。六年以后，卡丹不顾原来的信约，在他的著作《关于代数的大法》中，将经过改进的三次方程的解法公开发表。后人就把这个方法叫作卡丹公式，塔尔塔利亚的名字反而被湮没了，正如他的真名在口吃以后被埋没了一样。
塔尔塔利亚对卡丹的背信行为非常恼怒，互相写信指骂对方。最终在一个不明的夜晚，卡丹派人秘密刺杀了塔尔塔利亚。
一元三次方程应有三个根。塔塔利亚公式给出的只是一个实根。又过了大约200年后，随着人们对虚数认识的加深，到了1732年，才由瑞士数学家欧拉找到了一元三次方程三个根的完整的表达式。
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2019-12-16：review
2020-10-24：排版调整
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