我們在這一課中看到了很多可變換為二次方程的方程，也看到它們的一些應用。事實上，這些方程還有一個重要的應用：它能用來解任意的三次方程。這個方法稱為韋達代入法（Vieta's substitution），由數學家韋達（François Viète）發明。
考慮以下的三次方程
\begin{equation} x^3+bx^2+cx+d = 0 \label{eqncubic} \end{equation}我們只需考慮\(\;d\neq 0\;\)的情況。首先設\(\;\displaystyle x=y-\frac{b}{3}\)，則方程變成
\begin{align*} \left( y-\frac{b}{3} \right)^3 + b\left( y-\frac{b}{3} \right)^2 + c\left( y-\frac{b}{3} \right) + d = 0 \end{align*} 化簡後可得一退化三次式（即\(\;y^2\;\)的係數為零的三次式）： \begin{equation*} y^3+py+q = 0 \end{equation*} 其中 \begin{align*} p &= -\frac{b^2}{3}+c, & q &= \frac{2b^3}{27}-\frac{bc}{3}+d \end{align*}我們只需考慮\(\;q\neq 0\;\)的情況，這時候\(\;y\neq 0\)。我們要用另一個代入法去把方程變換成高次方程：設\(\;\displaystyle y = z-\frac{p}{3z}\)，則
\begin{align*} \left( z-\frac{p}{3z} \right)^3+p\left( z-\frac{p}{3z} \right)+q &= 0 \\ z^3 - 3\cdot\frac{p}{3} z + 3\cdot\frac{p^2}{9}\cdot\frac{1}{z} - \frac{p^3}{27}\cdot\frac{1}{z^3} +pz - \frac{p^2}{3}\cdot\frac{1}{z} + q &= 0 \\ z^3 - \frac{p^3}{27}\cdot\frac{1}{z^3} + q &= 0 \end{align*}由於\(\;z\neq 0\)，我們可以把上式乘以\(\;z^3\)，得
\begin{equation*} z^6+qz^3-\frac{p^3}{27} = 0 \end{equation*}這是一條可變換成二次方程的高次方程。
代入\(\;u=z^3\)，我們有
\begin{equation} u^2+qu-\frac{p^3}{27} = 0 \label{eqnquad} \end{equation}使用二次公式（或任何解二次方程的方法）解出\(\;u\;\)後，按各步驟倒推一次，便可求出\(\;x\;\)的值。這是三次方程 \eqref{eqncubic} 的其中一個實根。
注意 即使三次方程至少有一個實根，但以這個方法計算，有時候最後的二次方程 \eqref{eqnquad} 卻沒有實根，而要用二次公式寫下複數根再倒推，所以即使方程的根都是實根，解三次方程時仍然避免不了使用複數。這個現象稱為 Casus irreducibilis，由數學家卡爾達諾（Girolamo Cardano）首先發現，但那時人們並不了解複數。
如果明白了比課程要求更深的複數概念，我們也可以利用韋達代入法來求方程的所有（不論實數或複數）根。
下表總結了以上各步驟：
| 步驟 | |
|---|---|
| \(0\) | 給定方程\(\;x^3+bx^2+cx+d = 0\)。 |
| \(1\) | 代入\(\;\displaystyle x=y-\frac{b}{3}\)，化簡以消去\(\;y^2\;\)項，得方程\(\;y^3+py+q = 0\)。 |
| \(2\) |
|
| \(3\) | 代入\(\;u = z^3\)，得二次方程\(\;\displaystyle u^2+qu-\frac{p^3}{27} = 0\)。 |
| 4 | 解上一步所得的二次方程。 |
| \(5\) | 按照第 \(3\)、\(2\)、\(1\) 步的代入法倒推回去，最後求得\(\;x\)。 |
讓我們用例子來說明以上方法：求方程\(\;x^3-3x^2-3x-1 = 0\;\)的其中一個實根。
首先代入\(\;x=y+1\)，得
\begin{align*} (y+1)^3-3(y+1)^2-3(y+1)-1 &= 0 \\ y^3+3y^2+3y+1-3y^2-6y-3-3y-3-1 &= 0 \\ y^3-6y-6 &= 0 \end{align*}再代入\(\;y=z+\frac{2}{z}\)，可得
\begin{align*} \left(z+\frac{2}{z}\right)^3-6\left(z+\frac{2}{z}\right)-6 &= 0 \\ z^3 + 6z + \frac{12}{z} + \frac{8}{z^3} - 6z - \frac{12}{z} - 6 &= 0 \\ z^3 + \frac{8}{z^3} - 6 &= 0 \\ z^6 - 6z^3 + 8 &= 0 \end{align*}最後代入\(\;u=z^3\)，再利用二次公式，得
\begin{align*} u^2 - 6u + 8 &= 0 \\ u &= \frac{6\pm\sqrt{(-6)^2-4(1)(8)}}{2(1)} \\ u &= 2 \hbox{ 或 } 4 \end{align*}倒推回去求\(\;x\)：首先解\(\;u=z^3\)，即
\begin{align*} z^3 &= 2 &&\hbox{或} & z^3 &= 4 \\ z &= \sqrt[3]{2} &&\hbox{或} & z&= \sqrt[3]{4} \end{align*}然後解\(\;y=z+\frac{2}{z}\)，得
\begin{align*} y &= \sqrt[3]{2} + \frac{2}{\sqrt[3]{2}} &&\hbox{或} & y &= \sqrt[3]{4} + \frac{2}{\sqrt[3]{4}} \\ y &= \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} \end{align*}（留意\(\;\sqrt[3]{2}\times\sqrt[3]{4}=\sqrt[3]{8} = 2\)，所以兩個\(\;z\;\)到這裡變成同一個\(\;y\)，這是在韋達代入法中的必定出現的現象。）
最後解\(\;x=y+1\)，即
\begin{equation*} x = 1+\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} \end{equation*}因此，方程的一個解為\(\;x = 1+\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}\)。
注意 事實上，這方程只有一個實解，其餘兩個解都是複數。