\[
x^3+ax^2+bx+c=0,
\]

令 $x=y-\frac{a}{3}$, 代入得,

\[(y-\frac{a}{3})^3+a(y-\frac{a}{3})^2+b(y-\frac{a}{3})+c=0.\]

化简,

\[
\begin{split}
\Rightarrow & (y^3-3y^2\cdot\frac{a}{3}+3y(\frac{a}{3})^2-(\frac{a}{3})^3)+a(y^2-2\cdot\frac{a}{3}\cdot y+(\frac{a}{3})^2)+b(y-\frac{a}{3})+c=0.\\
\Rightarrow & y^3 +(b-\frac{a^2}{3})y+(c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27})=0.
\end{split}
\]

也就是化为

\[
y^3+py+q=0
\]

的形式, 其中 $p=b-\frac{a^2}{3}$, $q=c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27}$.

现在求解方程 $y^3+py+q=0$. 如果 $p=0$, 那么很容易解出 $y$. 下设 $p\neq 0$.

令 $y=u+v$, 这里 $u$ 和 $v$ 都不等于 $0$. 代入得

\[
\begin{split}
&(u+v)^3+p(u+v)+q=0\\
\Rightarrow\ &(u^3+v^3)+3uv(u+v)+p(u+v)+q=0.
\end{split}
\]

假设这里 $3uv=-p$, 从而方程化为

\[
u^3+v^3+q=0\tag{1}
\]

将 $v=-\frac{p}{3u}$ 代入, 得

\[
\begin{split}
&u^3-\frac{p^3}{27u^3}+q=0\\
\Rightarrow\ &u^6+qu^3-(\frac{p}{3})^3=0,
\end{split}
\]

若令 $t=u^3$, 则得到关于 $t$ 的一元二次方程

\[
t^2+qt-(\frac{p}{3})^3=0
\]

于是

\[
t=\frac{-q\pm\sqrt{q^2+4(\frac{p}{3})^3}}{2}
\]

即

\[
u^3=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}
\]

注意到, 若将 $u=-\frac{p}{3v}$ 代入方程 (1), 则得到同样的方程

\[
v^3=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}
\]

也就是说 $u$ 和 $v$ 都是下面方程的根

\[
Y^6+qY^3-\frac{p^3}{27}=0.
\]

现在, 选定

\[
u=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}}
\]

注意到

\[
\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}}\cdot\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}}=\sqrt[3]{(-\frac{q}{2})^2-\biggl((\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3\biggr)}=-\frac{p}{3}
\]

回忆 $uv=-\frac{p}{3}$, 故

\[
v=-\frac{p}{3u}=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3}}
\]

这个方法是荷兰数学家许德(Johannes Hudde, 1628--1704)大约在1650年提出的.

参考自 [1] P. 9--11.

References

[1] 冯承天, 从一元一次方程到伽罗瓦理论.