看 $AcWing$ 上好像还没有关于盛金公式解三次方程的分享，今天来写一篇~

在做洛谷P1024一元三次方程求解这道题的时候，发现题解里有关于盛金公式的介绍，于是自己也去按卡丹公式(Cardano formula)推导了一下~

有形如：$ax^3+bx^2+cx+d=0$ 这样的一个一元三次方程。给出该方程中各项的系数（$a,b,c,d$ 均为实数），并约定该方程存在三个不同实根（根的范围在 $-100$ 至 $100$ 之间），且根与根之差的绝对值 $\ge 1$ 。要求由小到大依次在同一行输出这三个实根(根与根之间留有空格)，并精确到小数点后 $2$ 位。

有三元一次方程$$ax^3+bx^2+cx+d=0$$ 设函数$$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$$ 可以求导得到$$f^\prime (x)=3ax^2+2bx+c$$ 该二次函数顶点横坐标为$$x=-\frac{b}{3a}$$ 记为 $\lambda$ ，令 $x-\lambda=y$ ，有$$f(x)=a\left(y-\frac{a}{3b}\right)^3+b\left(y-\frac{a}{3b}\right)^2+c\left(y-\frac{a}{3b}\right)+d$$ 令 $f(x)=0$ ，化简后二次项可消去，得到$$y^3-py+q=0$$其中 $$ \begin{align} p&=\frac{b^2-3ac}{3a^2}\\\\ q&=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3} \end{align} $$ 引入完全立方公式$$(u+v)^3=u^3+3u^2v+3uv^2+v^3$$变形得到$$(u+v)^3-3uv(u+v)-(u^3+v^3)=0$$ 记 $y=u+v$ ，有$$y^3-3uvy-(u^3+v^3)=0$$发现该方程与 $y^3-py+q=0$ 相似，于是设$$p=3uv,q=-(u^3+v^3)$$ 得到$$\begin{align} u&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3}}\\\\ v&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3}} \end{align}$$ 对于方程$$x^3=\lambda$$其三个解分别为$$x_1=\sqrt[3]{\lambda},x_2=\omega\sqrt[3]{\lambda},x_3=\omega^2\sqrt[3]{\lambda}$$其中 $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$ 由此可知，三次方程的判别式为$$\Delta = \left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3$$ 于是，卡丹判别法为： 当 $\Delta > 0$ 时，方程有一个实根和一对共轭虚根； 当 $\Delta = 0$ 时，方程有三个实根，其中有一个两重根； 当 $\Delta < 0$ 时，方程有三个不相等的实根。

三次方程求根公式过于冗长，可通过上述推导得出，故不再赘述。

在推导卡丹判别式的时候，我们有 $$ \begin{align} p&=\frac{b^2-3ac}{3a^2}\\\\ q&=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3} \end{align} $$ 观察 $p$ ，不妨令 $A=b^2-3ac$ ，则可得到 $$\begin{align} p&=\frac{A}{3a^2}\\\\ q&=\frac{2Ab-3a(bc-9ad)}{27a^3} \end{align} $$ 此时观察 $q$ ，不妨令 $B=bc-9ad$ ，则可二次简化 $q$ $$q=\frac{2Ab-3aB}{27a^3}$$ 于是，当 $A=B=0$ 时， $p=q=0$ ，有三重根，得到盛金公式1 $$x_1=x_2=x_3=-\frac{b}{3a}=-\frac{c}{b}=-\frac{3d}{c}$$ 当 $A \ne 0$ 时，从判别式 $\Delta = (\frac{q}{2})^2-(\frac{p}{3})^3$ 入手进行推导。 将 $A$ 和 $B$ 代入并化简得 $$\Delta=\frac{B^2-4A(c^2-3bd)}{324a^4}$$ 联系二次方程的求根公式，不妨设 $C=c^2-3bd$ ，则得到盛金总判别式 $$\Delta=\left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3=\frac{B^2-4AC}{(18a^2)^2}$$ 为与总判别式区分，记 $$\delta=B^2-4ac$$为 盛金判别式 对于卡丹公式推导过程中的$$\begin{align} u&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3}}\\\\ v&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3}} \end{align}$$ 我们可以用上面的简单代换简化$$\begin{align} u&=-\frac{1}{3a}\sqrt[3]{Ab+\frac{3a(-B-\sqrt{\delta})}{2}}\\\\ v&=-\frac{1}{3a}\sqrt[3]{Ab+\frac{3a(-B+\sqrt{\delta})}{2}} \end{align}$$ 将根式下的内容提出，记作$$\begin{align} Y_1&=Ab+\frac{3a(-B-\sqrt{\delta})}{2}\\\\ Y_2&=Ab+\frac{3a(-B+\sqrt{\delta})}{2} \end{align}$$ 回代自然也有$$\begin{align} u&=-\frac{\sqrt[3]{Y_1}}{3a}\\\\ v&=-\frac{\sqrt[3]{Y_2}}{3a} \end{align}$$ 综合得到 $y$ 的通解$$\begin{align} y_1&=-\frac{\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2}}{3a}\\\\ y_2&=\frac{(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})+\sqrt{3}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})i}{-6a}\\\\ y_3&=\frac{(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})-\sqrt{3}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})i}{-6a} \end{align}$$ 同样可以得到 $x$的通解$$\begin{align} x_1&=\frac{-b-(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})}{3a}\\\\ x_2&=\frac{-2b+(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})+\sqrt{3}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})i}{6a}\\\\ x_3&=\frac{-2b+(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})-\sqrt{3}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})i}{6a} \end{align}$$ 以上六式即为 盛金公式2 ，前提是 $\delta=B^2-4AC>0$ 。显然，当 $\delta>0$ 时，方程有一个实根和一对共轭虚根。

当 $\delta=0$ 时，以盛金公式2求解，有 $$x_1=\frac{-b-2\sqrt[3]{Y}}{3a},x_2=x_3=\frac{-b+\sqrt[3]{Y}}{3a}$$其中$$Y=\frac{2Ab-3aB}{2}$$联系 $\delta=0$ ，有$$(2Ab-3aB)^2=4A^3$$显然，此时 $A>0$ ，同乘以 $Y$ 并变形得到 $$Y=\frac{(2Ab-3aB)^3}{8A^3}$$代入 $x$ 此时的特解得到$$x_1=-\frac{b}{a}+\frac{B}{A},x_2=x_3=-\frac{B}{2A}$$此即为盛金公式3。

当 $\delta0$ ，有$$\begin{align} Y_1&=Ab+\frac{3a(-B-\sqrt{4A^3-(2Ab-3aB)^2})}{2}i\\\\ Y_2&=Ab+\frac{3a(-B+\sqrt{4A^3-(2Ab-3aB)^2})}{2}i \end{align}$$ 利用复数开方法则，有$$ \sqrt[3]{Y_1}= \left\\{\begin{aligned} & \sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}+i\sin\frac{\theta}{3}\right) \\\ & \sqrt{A}\left[\cos\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)\right] \\\ & \sqrt{A}\left[\cos\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(\frac{\theta}{3}-\frac{2\pi}{3}\right)\right] \\\ \end{aligned} \right. $$ $$ \sqrt[3]{Y_2}= \left\\{\begin{aligned} & \sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}-i\sin\frac{\theta}{3}\right) \\\ & \sqrt{A}\left[\cos\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)-i\sin\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)\right] \\\ & \sqrt{A}\left[\cos\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)-i\sin\left(\frac{\theta}{3}-\frac{2\pi}{3}\right)\right] \\\ \end{aligned} \right. $$ 其中 $$\theta=\arccos\left(\frac{2Ab-3aB}{2\sqrt{A^3}}\right)$$ 有约束条件$$\sqrt[3]{Y_1}\cdot\sqrt[2]{Y_2}=A$$ 选取合适的 $u$ 和 $v$ 代入盛金公式2，得到 $$ \left\\{\begin{aligned} x_1&=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos\frac{\theta}{3}}{3a} \\\ x_2&=\frac{-b+\sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}+\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3}\right)}{3a} \\\ x_2&=\frac{-b+\sqrt{A}\left(\cos\frac{\theta}{3}-\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3}\right)}{3a} \\\ \end{aligned} \right. $$ 此即为 盛金公式4。当然为了形式上更加规范，也可用差角公式进行改写 $$ \left\\{\begin{aligned} x_1&=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos\frac{\theta}{3}}{3a} \\\ x_2&=\frac{-b-2\sqrt{A}\left(\frac{\theta}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)}{3a} \\\ x_2&=\frac{-b-2\sqrt{A}\left(\frac{\theta}{3}-\frac{2\pi}{3}\right)}{3a} \\\ \end{aligned} \right. $$ 以上推导盛金公式4的过程是基于 $a>0$ 的假设的，当 $a= 0.001) //二分控制精度。 { m = (l + r) / 2; //middle if(fc(m) * fc(r) > a >> b >> c >> d; as = b * b - 3 * a * c; bs = b * c - 9 * a * d; t = (2 * as * b - 3 * a * bs) / (2 * sqrt(as * as * as)); si = acos(t); x1 = (-b - 2 * sqrt(as) * cos(si / 3)) / (3 * a); x2 = (-b + sqrt(as) * (cos(si / 3) + sqrt(3) * sin(si / 3))) / (3 * a); x3 = (-b + sqrt(as) * (cos(si / 3) - sqrt(3) * sin(si / 3))) / (3 * a); cout