首先，在1545年，数学家 Gerolamo Cardano 在发表的书籍《Ars Magna》中证明了三次方程 \begin{equation} x^3=3px+2q \label{cubiceq}\end{equation} 有以下解式（实际为1541年数学家塔尔塔利亚发现，两人因此结怨）： \begin{equation} x=\sqrt[3]{q+\sqrt{q^{2}-p^{3}}}+\sqrt[3]{q-\sqrt{q^{2}-p^{3}}} \label{sol}\end{equation} 大约30年后，Rafael Bombelli 看出来它有一些奇怪的地方。他考虑了方程 \begin{equation} x^3=15x+4 \label{cubicequ}\end{equation} 得到解的计算式 $$ x=\sqrt[3]{2+11 i}+\sqrt[3]{2-11 i} $$ 这里根号下出现了复数，由于不知道复数怎么开根号，故问题无解。但在图中画出 $f(x)=x^3$ (绿) 和 $g(x)=15x+4$ (红) 后，发现这两条线有交点，也就是有解！事实上，检验一下就能得出一个解 $x = 4$。

注意此时实际上人们已经有了复数的概念，只不过没有运算法则，也不认为它有用。Bombelli 在这个问题中忽发奇想：如果设 $\sqrt[3]{2 + 11{\rm i}} = 2 + n{\rm i}$，$\sqrt[3]{2 - 11{\rm i}} = 2 - n{\rm i}$，似乎就能得出 $x = 4$。 当然，为了使此法可行，他必须假设两个复数 $A = a + {\rm i}\widetilde {a} $ 与 $B = b + {\rm i}\widetilde {b}$ 的加法需服从一个似乎近情理的法则：$$ A + B = (a + {\rm i}\widetilde {a}) + (b + {\rm i}\widetilde {b}) = (a + b) + {\rm i}(\widetilde {a} + \widetilde {b}).$$ 其次，如果真正有一个值 $n$ 能使 $\sqrt[3]{2 + 11{\rm i}} = 2 + n{\rm i}$，他就必须去计算 $(2 + n{\rm i})^3$。为此，他假设可以像通常代数中那样把括号乘开，于是 $$
(a + {\rm i}\widetilde {a})(b + {\rm i}\widetilde {b}) = ab + {\rm i}(a\widetilde {b} + \widetilde {a}b) + {\rm i}^2\widetilde {a}\widetilde {b}.$$ 利用 ${\rm i}^2 = - 1$，他得出结论说两个复数的乘积应由下式给出：$$ AB = (a + {\rm i}\widetilde {a})(b + {\rm i}\widetilde {b}) = (ab - \widetilde {a}\widetilde {b}) + {\rm i}(a\widetilde {b} + \widetilde {a}b).$$

现在我们知道这个运算法则是复数的乘法法则，而在当时，它判明了 Bombelli 的奇想是正确的，因为这可以证明 $(2 + {\rm i})^3 = 2 + 11{\rm i}$。从而运用式 \eqref{sol} 计算出方程 \eqref{cubicequ} 的解.

至此人类第一次发现了复数的作用，那就是用式 \eqref{sol} 求形如式 \eqref{cubiceq} 的一元三次方程的根。