科学网 › 标签 › 及其有解判据

标签: 及其有解判据

相关帖子	版块	作者	回复/查看	最后发表

没有相关内容

相关日志

任意n次不可约代数方程的根式解及其有解判据: 热度 1 可变系时空多线矢主人 2014-10-31 21:54; 任意 n 次不可约代数方程的根式解及其有解判据中国科学院力学研究所吴中祥提要任意 1 次到 4 次代数方程的公式解，根式解，早已被逐次求得。但大于 4 次的，虽经历代数学家近 500 年的努力，却至今尚未得到。特别是， 1830 年，伽罗华 (Galois, E.) 给出代数方程能够根式求解的判据之后，学术界就似乎已公认 n4 的不可约代数方程没有根式解。本人 2011 年的博文“任意 n 次不可约代数方程的根式解” http://blog.sciencenet.cn/blog-226-510331.html 已具体分析得到：伽罗华理论所证明的，实际上，只是“在求解 n 次不可约代数方程的整个过程中，所添加根式的指数， n* ，应是小于 4 ” ，并非所解方程的次数， n ，应是小于 4 ，并非方程的次数 n 大于 4 就不能有根式解。本文，更从求解代数方程过程中，变换变量、引入根式，所形成的群，具体分析说明伽罗华理论，并且，具体给出了任意 5 次、 6 次代数方程的根式解法及其实例。还推广到 m 逐次增大的，任意 n=2m 和 2m +1 次代数方程的根式解的相应解法。具体表明：任意 n 次不可约代数方程都完全可以解得根式解。其中，添加的根式都小于 4 ，因而，都具体表明：对伽罗华理论的如上的理解才是正确的，与实际相符，而不矛盾的。也都更为有力的表明：纠正“通常错误理解伽罗华理论“的正确和必要。进而表明：任意 n 次不可约代数方程都完全可以仅引进2次的根式，不致于产生-1的更高根式，而得仅以实数、虚数或复数表达的解。任意 n 次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，也不受引进根式次数的限制，而实际并不存在任何不可解的判据。关键词：不可约代数方程根式解公式解伽罗华理论 1. 伽罗华理论的产生及其正确理解早在公元前 3 世纪，就已得出 2 次不可约代数方程的根式解。但是，只到公元 16 世纪，才先后得到 3 次和 4 次不可约代数方程的根式解。它们的解法都引进了含有方程参量系数的 2 次、 3 次的根式。而此后的近 5 个世纪，虽有许多人寻求 n4 的不可约代数方程的根式解。却都没能成功。进而，伽罗华可能正是从解方程的过程中引进根式各方程的各个方程群的特点，研讨给出代数方程能够求得根式解的判据。之后，阿贝尔 (Abel, N.N. 1830) 据此，首先提出 n4 的不可约代数方程不能根式求解，学术界就似乎已公认 n4 的不可约代数方程没有根式解。因而，对于 n4 的不可约代数方程，就只能在具体分析其各“解”所在数域的基础上，数值地逼近，或引入某些特殊函数求解。这当然就给许多实际问题和理论工作造成许多限制和不便。其实，具体分析伽罗华理论，确可证明：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性，而这种变换群的阶数等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，而当这种变换群的阶数 4 时，其对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。因此，伽罗华理论所能证明的，只是：“当方程的整个求解过程中添加根式的最大指数 n*4 时，一般不可约代数方程没有根式解”。显然，其整个求解过程中添加根式的最大指数， n* ，并非所解方程的次数 n ，按伽罗华理论，完全得不出其整个求解过程中添加根式的最大指数， n* ，等于所解方程的次数 n ，或两者有任何关系的根据。阿贝尔也未能给出 n4 的不可约代数方程就没有根式解的任何根据。因而，按伽罗华理论，迄今似已公认的“ n4 的不可约代数方程没有根式解”的结论，只有当 n* 等于 n 时，才能得出。但是， n* 并不必须等于 n ，若能使 n* 始终保持小于 4 ，例如本文采用的如下各种解法，就能与正确理解的伽罗华理论并不矛盾地，求得任意 n 次不可约代数方程的根式解。 2. 代数方程求解过程中，变换变量、引入根式所形成的群，具体分析说明伽罗华理论对于任何代数方程都可采用变换变量，对其各系数作某种有理运算和添加根式，而使其各根在复平面上移动、转动，而使方程有不同的形式，这些不同形式的方程，就形成相应的群。例如： 2.1. 2 次不可约代数方程的根式解当 n=2, 即方程： X^2+a1x+a2=0, (2.1.1) 设其根为 x1 、 x2 ，则由方程的根与系数的关系，只有如下 2 个方程： x1+x2=-a1 ， (1) x1x2=a0 ， (2) 因只有 2 个方程，就不足以仅用逐次降幂办法得解。而只能，由 (1) 平方： (x1+x2)^2=x1^2+2x1x2+x2^2=a1^2 ， (3) 由 (3) 、 (2) ： (x1-x2)^2=x1^2-2x1x2+x2^2=a1^2-4a0 ，得到： x1-x2=(a1^2-4a0)^(1/2) (4) 引进 2 次的根式，再由 (1) 与 (4) ，即解得根式解： x=-a1 /2+ 或 -((a1/2)^2-a0) ^(1/2)), (2.1.2) 2.2 ． 3 次不可约代数方程的根式解当 n=3, 即方程： x^3+a2x^2+a1x+a0=0, (2.2.1) 当令： y=x+a2/3, x=y-a2/3 代入原方程，即将原方程简化为 y^2 的系数 =0 的形式： y^3+b1y+b0=0, (2.2.2) 其中， b1=a1-a2^2/3, b0=a0-a2a1/3+2a2^3/27, 方程有 3 个根 y1 ， y2 ， y3 ，且有： -(y1+y2+y3)=0, y1(y2+y3)+y2y3=b1, -y1y2y3=b0, 虽能如前逐次降幂，求得并消去 y1 、 y2 ，但得到的 y3 的 3 个 3 次方程却都彼此相同，而不能如前逐次降幂求解。而现有解法是，利用 x^2+x+1=0, 的 2 个根， w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 将 y 的 3 个根由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 ，分别表达为： y0=z1+z2 ， y1=w1z1+w2z2 ， y2=w2z1+w1z2 ，而按方程根与系数的关系，有： -(z1+z2+w1z1+w2z2+w2z1+w1z2) =0, b1=(z1+z2)(w1z1+w2z2)+(w1z1+w2z2)(w2z1+w1z2)+(w2z1+w1z2)(z1+z2) =-3z1z2, 即： z2=-b1/(3z1), (1) b0=-(z1+z2)(w1z1+w2z2)(w2z1+w1z2) =-(z1^3+z2^3), 即： z1^3+z2^3=-b0, (2) 联立 (1) (2) ，即解得： z1^6 +b0z1^3-(b1/3)^3 =0, z1^3=(-b0+(b0^2+4(b1/3)^3)^(1/2))/2 =-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2), z1=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), z2=(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), 即引进了 3 次的根式，而解得： y0=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), y1=w1(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w2(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), y2=w2(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w1(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3) ，于是，解得任意的 3 次 y 方程的根式解。而任意的 3 次 x 方程的根式解为： xj=yj-a2/3; j=0,1,2, 可见，任意的 2 次和 3 次 x 方程的解都需引进各自相应的根式才能求得公式解。而它们引进的根式都不大于 3 次。实际上，就是由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 ，将方程变化到使其各根在复平面移动、转动，都能由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 表达它们在复平面上的相对位置，而解得 3 次的根式解。因而，引进 3 次根式，方程仍能得解。还可看到： (2.2) 的 2 个根和 (2.4) 的 3 个根，都是可彼此对称交换变换的。 2.3. 4 次不可约代数方程的根式解当 m=2; n=4, (1) 式即方程： x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0 ， (2.3.1) 引入函数 y ，并取 : (x^2+a3x/2+y/2)^2=x^4+a3x^3+(a3^2/4+y)x^2+a3yx/2+y^2/4 原方程可改写为： (x^2+a3x/2+y/2)^2+(a2-a3^2/4-y)x^2+(a1-a3y/2)x+a0-y^2/4=0, 而有： (x^2+a3x/2+y/2)^2=(a3^2/4-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x-a0+y^2/4, 设当上式右边成为 x 函数的完全平方： (a3^2/4-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x-a0+y^2/4=(c1x+c0)^2 由 (c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有： c1^2=(a3^2/4-a2+y), 2c1c0=a3y/2-a1, c0^2=y^2/4-a0, c1=((a3/2)^2-a2+y)^(1/2), c0=(y^2/4-a0)^(1/2), 2c1c0=2((a3/2)^2-a2+y)^(1/2)(y^2/4-a0)^(1/2)=a3y/2-a1 ， (a3^2-4a2+4y)(y^2/4-a0)=(a3y/2-a1)^2 ，亦即得到： y^3-a2y^2+(a1a3-4a0)y-a0a3^2+4a0a2-a1^2)=0 ， (2.3.2) 当令： s=y-a2/3, y=s+a2/3, (2.3.3) (2.3.3) 代入方程 (2.3.2) ，即将它简化为 s^2 的系数 =0 的形式。即： y^3=(s+a2/3)^3=s^3+a2s^2+a2^2/3s+a2^3/27 y^2=(s+a2/3)^2=s^2+2a2s/3+a2^2/9 y^3-a2y^2+(a1a3-4a0)y-a0a3^2+4a0a2-a1^2)=0 ，即 s^3+(a1a3-a2^2/3-4a0)s-a0a3^2+a1a2a3/3-2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2=0 ， s^3+b1s+b0=0, (2.3.4) b1= a1a3-a2^2/3-4a0, b0=-a0a3^2+a1a2a3/3-2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2, 解得： s0=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), s1=w1(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3) +w2(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), s2=w2(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3) +w1(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3) ， (2.3.5) 而 3 次 y 方程， (2.3.2) ，的解为： yj=sj+a2/3; j=0,1,2, (2,3.6) 而原方程可表达为两个 x 的 2 次方程： (x^2+a3x/2+y/2)^2 =(c1x+c0)^2, 即有： x^2+a3x/2+y/2+ 或 -(c1x+c0) =0, 即： x^2+a3x/2+y/2+ 或 -(((a3/2)^2-+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2))=0, (2.3.7) 以解得的 (2.3.6) 中， y 的根代入方程 (5.7) ，并分别求解这两个 x 的 2 次方程 ( 由于各根代入的结果相同，仅需以 y0 代入 ) ，即得 4 次方程 (2.3.1) 的 4 个根。其中，除了解 3 次 s 方程时，引入了 3 次的根式；解 2 次 x 方程时，引入了 2 次的根式外，没有更高次的根式。而原方程可表达为两个 x 的 2 次方程： (x^2+a3x/2+y/2)^2 =(c1x+c0)^2, 即有： x^2+a3x/2+y/2+ 或 -(c1x+c0) =0, 即： x^2+(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))x+(y/2+(y^2/4-a0)^(1/2))=0, x^2+(a3/2-((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))x+(y/2-(y^2/4-a0)^(1/2))=0, (2.3.7) 分别求解这两个 x 的 2 次方程 : x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2 +(a3^2/8-a2/4-y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2 -(a3^2/8-a2/4-y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2 +(a3^2/8-a2/4+3y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4+(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2 -(a3^2/8-a2/4+3y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4+(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), 以解得 (2.3.6) ，的 y 代入，即得 4 次方程 (2.3.1) 的 4 个根。其中，除了解 3 次 s 方程时，引入了 3 次的根式；解 2 个 2 次 x 方程时，引入了 2 次的根式外，也没有更高次的根式。 2.4. 不可约代数方程引进根式求解的一般规律一般而言，实际上，求解不可约代数方程，就是采用各种有理运算和根式表达，将方程变化到使其各根在复平面移动、转动变换后，而能明显地表现出其各自以方程各系数的有理运算和根式表达的相应位置。即：能解得根式解。这就具体表明：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性。而实际上， 2 次到 4 次的不可约代数方程的根式解，都是在求解过程中，出现的 3 次方程，引入了 3 次的根式；出现 2 次方程时，引入了 2 次的根式外，都没有更高次的根式。就会自然地从 2 次、 3 次和 4 次方程都是能够逐次引进 2 次、 3 次根式而得解。但是， 5 次以上的方程仍然未能得解，就会认为是不能引进 2 次、 3 次根式，而造成。因此，伽罗华，，推断得出：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性，而这种变换群的阶数等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，而当这种变换群的阶数 4 时，其对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。就可能，由此，认定5次以上的不可约代数方程，，不能只引进4次的根式，而不能得到根式解。 3 ． 6 次不可约代数方程的根式解法但是，本文类比 4 次不可约代数方程的根式解的解法，也只引进4次的根式，而可解得 6 次不可约代数方程的根式解法。即：当 n=6, 即方程： x^6+{a x^j,j=0 到 4 求和 }=0 ， (3.1) 类比 4 次不可约代数方程的根式解的解法，引入 2 个函数 y1 、 y0 ，并取： (x^3+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 =x^6+(a4+y1)x^4+y0x^3+(a4+y1)^2/4x^2+(a4+y1)y0x/2+y0^2/4, 原方程可改写为： (x^3+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 = y1x^4+(-a3+y0)x^3 +((a4+y1)^2/4-a2)x^2+( (a4+y1)y0/2-a1)x+(y0^2/4-a0), 设当上式右边成为 x 函数的完全平方：原方程 (x^3+(a4+y1)x/2+y0/2)^2=(c2x^2+c1x+c0)^2 ，就可分解成为如下两式： x^3+c2x^2+((a4+y1)/2+c1)x+(y0/2+c0)=0 ； x^3-c2x^2+((a4+y1)/2-c1)x +(y0/2-c0)=0 ， (3.2) 且有： y1x^4+(-a3+y0)x^3+((a4+y1)^2/4-a2)x^2+((a4+y1)y0/2-a1)x+(y0^2/4-a0) =(c2x^2+c1x+c0)^2 =c2^2x^4+2c2c1x^3+(c1^2+2c2c0)x^2+2c1c0x+c0^2 ， (3.3) 由此，即可分别解得： c2=y1^(1/2) ， 2c2c1=-a3+y0 ， c1^2+2c2c0=(a4+y1)^2/4-a2 ， 2c1c0=(a4+y1)y0/2-a1 ， c0^2=y0^2/4-a0 ，由第 1 式，得： c2=y1^(1/2) ， c2 代入第 2 式，得： c1=(-a3+y0)/(4y1)^(1/2) c1 代入第 4 式，得： c0= y1^(1/2)((a4+y1)y0/2-a1)/(y0-a3) ， c0 代入第 5 式，得： y1((a4+y1)y0/2-a1)^2/(y0-a3)^2=y0^2/4-a0 ， (1’) c0 、 c1 、 c2 代入第 3 式，得： (-a3+y0)^2/(4y1)+2y1((a4+y1)y0/2-a1)/(y0-a3)=(a4+y1)^2/4-a2 ， (2’) 由 (1’) 、 (2’) 两式，首先逐次将 y0 降幂至 1 次，即得到以 y1 和 ai; i=0 到 4 ，表达的 y0 ，进而，消去 y0 ，即得到 y1 以 ai; i=0 到 4 ，表达的 5 次代数方程。整个运算过程可按第 4 节仅以方程各系数有理运算表达的公式解进行。由 y1 的这个 5 次代数方程解出以 ai; i=0 到 4 ，表达的 y1 ，再代入以 y1 和 ai; i=0 到 4 ，表达的 y0 ，求得以 ai; i=0 到 4 ，表达的 y0 。于是，将它们代入 (3.3) ，就得到以 ai; i=0 到 4 ，表达的 c2,c1,c0, 再将它们都分别代入 (3.2) ，的两个 3 次 x 方程，并求解它们，即得： 6 次不可约代数方程的 6 个根式解。其中，除了在解两个 3 次 x 方程时，又都分别引入了 2 次、 3 次的根式外，也没有更高次的根式。当然也就不违反 Galois 理论。 4 ． 2m 次不可约代数方程的根式解法进而推广到，也只引进4次的根式，而可解得 2m (m2) 次不可约代数方程。对于 2m(m2) 次不可约代数方程 , 各根与各系数有如下关系式： x +x +x +…+x =-a , (1) x (x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+...+x (x +x ) +x x =a , (2) x (x (x +x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) + x (x (x +]x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) +...+x x x =-a , (3) … … … … … … … … … … … … x x x ...x (x +x )=-a , (2m-1) x x x ...x = a , (2m) 分别为 2m 个互不相依的方程。类比 4 次和 6 次不可约代数方程的根式解的解法，引入函数 yi; i=0,1,…,m-2 ，和常数 cj; j=0,1,…,m-1, 将原 2m(m2) 次方程改写为：两个含 y 的 m 次 x 方程，并得到 m+1 个 yi 的相应低次的方程，解得 yj; i=0,1,…,m-2 ，和常数 cj; j=0,1,…,m-1, 的仅含该不可约代数方程各系数的表达式。将它们代入两个 m 次 x 方程，并分别求解，即得：原 2m 次方程的 2m 个根，而解得 2m(m2) 次不可约代数方程的根式解。而且，只要 m 次不可约代数方程中不含大于 3 次的根式解， 2m 次不可约代数方程中也就不含大于 3 次的根式解。当然也就都不违反 Galois 理论。 5. 在方程的解中，引进 3 次根式，存在的问题一般说，解方程过程中，引进的根式内的数值可能是负值，而 (-1) ^(1/2) 就可能是虚数。实际上，一般而言，任意负实数， -s ，的 j 次根式， (-1)^(1/j) s^(1/j), 就产生了以 (-1)^(1/j) 标志的各自与实数不同的数类。当 j=2 ， (-1)^(1/,2) 就被定义为 i ，就标志该数是所谓“虚数”。但是，当 j= 其它数，如果把它们也都当作是不同类的数，则都可形成不同的彼此正交的数轴。这种数轴可形成多维的复空间。而有许多复杂、麻烦。这就表明：如果在方程的变换中，出现 j 大于 2 的其它数，的 (-1)^(1/j) ，就不能仅由实数、虚数，或复数而得解。为了求解，就必须避免出现这种情况，即，不能有大于 2 次的根式。因而，以上各种解法中都引进了3 次的根式，为了仅由实数、虚数，或复数而得解，就还必须解决不能引进3 次的根式的问题。这问题，完全可由以下方法，全面、彻底地解决。 6. 任意 n 次不可约代数方程仅引进 2 次的根式的根式解任意 n 次不可约代数方程总可表达为： x^n +{a ^j x^j ; j=0 到 n-1 求和 }=0, (1.1) 左边是 x 的 n 次多项式 , 它的各系数： a =1, a ; j=0,1,2,…,n-1, 是任意常数其中，变换 x 可使 a =0 。 n 次方程有 n 个根 x ,x ,x ,… , x 。且各根与各系数有如下关系式： x +x +x +…+x =-a ,( 经 x 的变换 (x=x’+a /n) ，可取 a =0)(1) x (x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+...+x (x +x ) +x x =a , (2) x (x (x +x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) + x (x (x +]x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) +...+x x x =-a , (3) … … … … … … … … … … … … x x x ...x (x +x )=(n 为偶，则 -)a , (n-1) x x x ...x = (n 为奇，则 -)a , (n) 分别为 n 个互不相依的方程。由方程 (1) ，即得 x ： x =-(x +x +…+x +a ), （ 1* ）在如上 n 个方程中，仅以 x 为变量，其它各 x ;j=2,3,...,n, 及方程各系数为参量，就都可由此得到 n 个互不相依的，组合数 c(n,2)=n(n-1)/2 个，代数方程。这 n(n-1)/2 个方程中，变量 x 的次数会有一定的增高。但是，总可由其中，选取 2 个，用逐次降幂法，消去 x ，而得到以 x 为变量，其它各 x ;j=3,4,...,n, 及方程各系数为参量的方程。如此，直到得到以 x 为变量，仅以方程各系数为参量的方程。但变量 x 的次数会很高，却只有唯一 1 个互不相依的方程。当然，就不能继续得解。因而，仅由各根与各系数的关系式，用各根的逐次降幂法，还不能得到方程的解。但是，由 (1) 与 (n) ： x +x +x +…+x +x +x = 0 ， (1) x x x ...x x x = (n 为奇，则 -)a , (n) 有： x +x =-(x +x +x +…+x ) ， (a) x x = (n 为奇，则 -)a /(x x x ...x ), (x +x )^2=(x +x +x +…+x )^2 ， (x -x )^2 =(x +x +x +…+x )^2-4a /(x x x ...x ) ， x -x =+,-((x +x +x +…+x )^2-4a /(x x x ...x ))^(1/2) ， (b) (a)-(b): x =(-(x +x +x +…+x ) -,+ ((x +x +x +…+x )^2-4a /(x x x ...x ))^(1/2))/2 ， (c) 由此即得：由 x ;j=3,4,...,n-1, 和 a 表达的 x 。 (a)+(b): x =(-(x +x +x +…+x ) +,- ((x +x +x +…+x )^2-4a /(x x x ...x ))^(1/2))/2 ， (d) 以 (c) 、 (d) 代入 (1) 到 (n-1) 各式，用逐次降幂法，逐次解得 x ;j=1,2,...,n-2 ，以 x ;j=1,2,...,n-2 ，和方程的有关各系数表达的函数，直到解得 x 仅以方程的有关各系数表达的函数，再逐次代入 x ;j=n-3,n-4,...1 ，都仅以方程的有关各系数表达的函数，即得任意 n 次不可约代数方程都根式解，而且，都只引进 2 次的根式。 6.1. 按此法求解任意 2 次不可约代数方程 2 次不可约代数方程： x^2+{a x^j ; j=0 到 1 求和 }=0 ，都可由变换 y=x+a2/2 变换为： 1 次项的系数 =0 ，的如下形式 : y^2+b0=0, 它的 2 个根与系数间有如下关系式： y1+y2 =0 ， y2= - y1 ， (1) y1y2-= b0 ， (2) (y1+y2)^2=0 (y1-y2)^2=4b0, y1-y2=+,-2b0^(1/2), 解得： y1=+,-b0^(1/2), y2=-,+ b0^(1/2), 即： x=-a1 /2+ 或 -((a1/2)^2-a0) ^(1/2)), 6.2. 按此法求解任意 3 次不可约代数方程任意 3 次不可约代数方程： x^3+{a x^j ; j=0 到 2 求和 }=0 ，都可由变换 y=x+a2/3 变换为： 2 次项的系数 =0 ，的如下形式 : y^3+b1y+b0=0, 它的 3 个根与系数间有如下关系式： y1+y2+y3=0 ， (y2+y3) = - y1 ， (1) y1(y2+y3)+y2y3 –b1=0, y2=(b1-y1y3)/(y1 + y3), (2) y1y2y3+b0=0 ， y2y3 = -b0/ y1 ， (3) 有： (y2+y3)^2 = y1^2 ， (y2-y3)^2 = y1^2+4b0/ y1 ， y2-y3=+,-( y1^2+4b0/ y1)^(1/2) 即得： y2 、 y3 ，仅以 y1 、 b0 表达的函数： y2=(-y1+,-( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))/2, y3=(-y1-,+( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))/2, 将 y2 、 y3 代入 (2) ： y2=(b1-y1y3)/(y1 + y3), -y1/2+,-((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2) =(b1-y1(-y1/2-,+((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2)))/(y1 /2-,+((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2)), (-y1/2+,-((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2))(y1 /2-,+((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2)) =(b1-y1(-y1/2-,+((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2))), - y1^2./4+,-y1((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2)- (y1/2)^2+b0/y1 =b1+y1^2/2+,-y1 ((y1/2)^2+b0/y1)^(1/2), 3y1^2./4+(y1/2)^2+b0/y1+b1=0, y1^2. +b0/y1+b1=0, y1^3+b1y1+b0 =0, (a) 即： y1 满足原方程。将 y2 、 y3 代入 (3) ： (-y1+,-( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))(-y1-,+( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))/4= -b0/ y1 ， 3y1^2/4+2b0/y1 =0, y1^3+8b0/3=0, (b) (a)-(b) ： b1y1+b0 -8b0/3=0, b1y1 -5b0/3=0, y1=5b0/(3b1), (1’) y2=(-y1+,-( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))/2 =(-5b0/(3b1)+,-((5b0/(3b1))^2+4b0/(5b0/(3b1)))^(1/2))/2 =(-5b0/(6b1)+,-((5b0/(6b1))^2+b0/(5b0/(3b1)))^(1/2)), (2’) y3=(-y1-,+( y1^2+4b0/ y1)^(1/2))/2, =(-5b0/(6b1)-,+((5b0/(6b1))^2+b0/(5b0/(3b1)))^(1/2)), (3’) 即得：任意 3 次不可约代数方程仅有 2 次根式的根式解。 6.3. 按此法求解任意 5 次不可约代数方程任意 5 次不可约代数方程： x^5+{a x^j ; j=0 到 4 求和 }=0 ，都可由变换 y=x+a4/5 变换为： 4 次项的系数 =0 ，的如下形式 : y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0, 它的 5 个根与系数间有如下关系式： y0+y1+y2+y3+y4=0 ， (1) 即有： y0 =-(y1+y2+y3+y4) ， (a) y0(y1+y2+y3+y4) +y1(y2+y3+y4)+y2(y3+y4)+y3y4-b3=0, (2) y0(y1(y2+y3+y4)+y2(y3+y4)+y3y4)+y1(y2(y3+y4)+y3y4)+y2y3y4+b2=0, (3) y0(y1y2(y3+y4)+y1y3y4+y2y3y4)+y1y2y3y4-b1=0, (4) y0y1y2y3y4+b0=0, (5) (2) 、 (3) 、 (4) 、 (5) 各式，都是仅由 y1 、 y2 、 y3 、 y4 ，及方程各系数表达的互不相依的代数方程。当取 y1 为变量， y2 、 y3 、 y4 ，及方程各系数为参量，由此 4 个互不相依的代数方程，逐次降幂直到： y1=(2y2(y3^3y4^2b0+y3^2y4^3b0)+2y3^3y4^3b0) /(y2^2y3^4y4^4-y2(y3^3(y4^3(b2+b0)+y4^2b1+y4b0)+y3^2(y4^3b1+3y4^2b0)+y3y4^3b0) -(y3^3(y4^3b1+3y4^2b0)+y3^2y4^3b0)), (b) 即得：仅由 y2,y3,y4 ，及方程各系数表达的 y1 由此得到仅有 y2,y3,y4 ， 3 个变量的 4 个代数方程。当取 y2 为变量， y3,y4 ，及方程各系数为参量，由此选取 3 个互不相依的代数方程，逐次降幂直到： y2=(y3^4+y3^3y4+y3^2(y4^2+b3)+y3(y4^3+y4b3+b2)+y4^4+y4^2b3+y4b2+b1) /(y3y4^2), (c) 即得：仅由 y3,y4 ，及方程各系数表达的 y2 。由此得到仅有 y3,y4 ， 2 个变量的 3 个代数方程。当取 y3 为变量， y4 ，及方程各系数为参量，由此选取 2 个互不相依的代数方程，逐次降幂直到： y3=-(y4^8+2y4^6b3+2y4^5b2+y4^4(b3^2+b1)+y4^3(2b3b2+b0)+y4^2(b2^2+b1b3) +y4(b1b2+b3b0)+b2 b0) /(y4^7+2y4^5b3+y4^4b2+y4^3(b3^2+b1)+y4^2(b2b3+b0)+y4b1b3+b3b0) 并在此过程中，已得到： y4^5+y4^3b3+y4^2b2+y4b1+b0=0, (1”) ( 实际上，就是表明：方程的根 y4 是满足原方程的 ) 而使上式简化为： y3=-(y4^3+y4b3+b2)/(y4^2+b3) , (d) ( 具体表明： y4 次数高于 4 次的，都可由相应的不高于 4 次的各项表达 ) 以 (d) 逐次代入 (c) 、 (b) 、 (a) 即得：仅由 y4 ，及方程各系数表达的 y2 、 y1 、 y0 。由 (1) ，又有： y3+y4=-(y0+y1+y2) ，由 (5) ，又有： y3y4=-b0/(y0y1y2), 有： (y3+y4)^2=(y0+y1+y2)^2 ， (y3-y4)^2=(y0+y1+y2)^2+4b0/(y0y1y2) ， y3-y4=+,-((y0+y1+y2)^2+4b0/(y0y1y2))^(1/2) ， y3=-(y0+y1+y2)/2 +,-((y0+y1+y2)^2/4+b0/(y0y1y2))^(1/2) ， y4=-(y0+y1+y2)/2 -,+((y0+y1+y2)^2/4+b0/(y0y1y2))^(1/2) ，将由 y4 及方程各系数表达的 y3 、 y2 、 y1 、 y0 代入此 2 式，即得： y4 及方程各系数的 2 个互不相依的代数方程，而且， y4 的次数都不高于 4 次，由此，即得 y4 的仅有方程各系数的函数，再代入仅由 y4 ，及方程各系数表达的 y3 、 y2 、 y1 、 y0 ，即得：方程的仅有 2 次根式的个根式解。 7. 4 次不可约代数方程仅有 2 次根式的根式解 x^4+a2x^2+a1x+a0=0 ， (7.1) 引入函数 y ，并取 : (x^2+y/2)^2=x^4+yx^2+y^2/4 原方程可改写为： (x^2+y/2)^2+(a2-y)x^2+a1x+a0-y^2/4=0, 而有： (x^2+y/2)^2=( -a2+y)x^2-a1x-a0+y^2/4, 设当上式右边成为 x 函数的完全平方： (-a2+y)x^2-a1x-a0+y^2/4=(c1x+c0)^2 由 (c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有： c1^2=( -a2+y), 2c1c0= -a1, c0^2=y^2/4-a0, c1=(-a2+y)^(1/2), c0=(y^2/4-a0)^(1/2), 2c1c0=2(-a2+y)^(1/2)(y^2/4-a0)^(1/2)= -a1 ， (-4a2+4y)(y^2/4-a0)=( -a1)^2 ，亦即得到： y^3-a2y^2 -4a0y+4a0a2-a1^2=0 ， (7.2) 当令： s=y-a2/3, y=s+a2/3, (7.3) (7.3) 代入方程 (7.2) ，即将它简化为 s^2 的系数 =0 的形式。即： y^3=(s+a2/3)^3=s^3+a2s^2+a2^2/3s+a2^3/27 y^2=(s+a2/3)^2=s^2+2a2s/3+a2^2/9 y^3-a2y^2 -4a0y+4a0a2-a1^2=0 ，即 s^3+( -a2^2/3-4a0)s -2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2=0 ， s^3+b1s+b0=0, (7.4) b1= -a2^2/3-4a0, b0=-2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2, 解得： s0=5b0/(3b1), (1’) s1=(-s0+,-( s0^2+4b0/ s0)^(1/2))/2 =(-5b0/(3b1)+,-((5b0/(3b1))^2+4b0/(5b0/(3b1)))^(1/2))/2 =(-5b0/(6b1)+,-((5b0/(6b1))^2+b0/(5b0/(3b1)))^(1/2)), (2’) S2=(- s0-,+( y1^2+4b0/ s0)^(1/2))/2, =(-5b0/(6b1)-,+((5b0/(6b1))^2+b0/(5b0/(3b1)))^(1/2)), (3’) 即得：任意 3 次不可约代数方程仅有 2 次根式的根式解。 (7.5) 而 3 次 y 方程， (7.2) ，的解为： yj=sj+a2/3; j=0,1,2, (7.6) 而原方程可表达为两个 x 的 2 次方程： (x^2+y/2)^2 =(c1x+c0)^2, 即有： x^2+y/2+ 或 -(c1x+c0) =0, 即： x^2+y/2+ 或 -((( -+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2))=0, (7.7) 以解得的 (7.6) 中， y 的根代入方程 (7.7) ，并分别求解这两个 x 的 2 次方程 ( 由于各根代入的结果相同，仅需以 y0 代入 ) ，即得 4 次方程 (7.1) 的 4 个根。其中，除了解 3 次 s 方程时，引入了 2 次的根式；解 2 次 x 方程时，引入了 2 次的根式外，没有更高次的根式。而原方程可表达为两个 x 的 2 次方程： (x^2+y/2)^2 =(c1x+c0)^2, 即有： x^2+y/2+ 或 -(c1x+c0) =0, 即： x^2+(-a2+y)^(1/2)x+(y/2+(y^2/4-a0)^(1/2))=0, x^2+( -(-a2+y)^(1/2))x+(y/2-(y^2/4-a0)^(1/2))=0, (7.7) 分别求解这两个 x 的 2 次方程 : x=-( -a2+y)^(1/2))/2 +( -a2/4-y/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), x=-( (-a2+y)^(1/2))/2 -( -a2/4-y/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2), 以解得 (7.6) ，的 y 代入，即得 4 次方程 (7.1) 的 4 个根。其中，除了解 3 次 s 方程时，引入了 2 次的根式；解 2 个 2 次 x 方程时，引入了 2 次的根式外，也没有更高次的根式。类比 4 次不可约代数方程的根式解的解法，也只引进2次的根式，而可解得 6 次、以及 2m 次，不可约代数方程的根式解法。 8. 2m+1 次不可约代数方程仅有 2 次根式的根式解法 2m+1 次方程有 2m+1 个根 x ,x ,x ,… , x 。且各根与各系数有如下关系式： x +x +x +…+x =-a ,( 经 x 的变换 (x=x’+a /(2m+1)) ，可取 a =0)(1) x (x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+...+x (x +x ) +x x =a , (2) x (x (x +x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) + x (x (x +]x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) +...+x x x =-a , (3) … … … … … … … … … … … … x x x ...x (x +x )= a , (2m) x x x ...x = (2m+1 为奇，则 -)a , (2m+1) 有： (x +x +x +…+x )+x =0, x =-(x +x +x +…+x ), (x x x ...x )x = -a , (x x x ...x ) = -a /x , (x x x ...x )+x = -a /x +x , ((x x x ...x )+x )^2 = (-a /x +x )^2, ((x x x ...x )-x )^2 =(-a /x +x )^2+4a , (x x x ...x )-x =+,-((-a /x +x )^2+4a )^(1/2), (x x x ...x ) =(-a /x +x +,-((-a /x +x )^2+4a )^(1/2))/2, (1) x =(-a /x +x -,+((-a /x +x )^2+4a )^(1/2))/2, (2) 由 (1) 、 (2) 逐次降幂，即得：以 x ;j=1,2,...,2m ，和 a 表达的 x 。又由其中 2m 个根 x ,x ,x ,… , x 的 2m 次方程，其各根与各系数有如下关系式： x +x +x +…+x =-a’ ,( 经 x 的变换 (x=x’+a /2m) ，可取 a’ =0)(1) x (x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+...+x (x +x ) +x x =a’ , (2) x (x (x +x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) + x (x (x +]x +...+x )+x (x (x +x ...+x )+...+x x ) +...+x x x =-a’ , (3) … … … … … … … … … … … … x x x ...x (x +x )=(2m 为偶，则 -)a’ , (2m-1) x x x ...x = a’ , (2m) 有： a’ =-a /x , a’ =-a (x +x )/(x (x +x )). … … … … … … … … … … … … a’ =-a ((x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+...+x (x +x )+x x ) /((x +x +…+x )+x (x +x +...+x )+... +x (x +x )+x x ). 即得：以 x ;j=1,2,...,2m+1 ，表达的全部 a’ ;j=0,1,...,1m-2 而 a’ =0 ，于是，由此 2m 次方程，可以解得全部 2m 个根 x ,x ,x ,… , x ，并得到 x 的相应的解。这就解得 2m+1 次方程。因而，伽罗华，虽然推断得出：方程根式解的变换群的阶数等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，不能大于4，而实际上，解任意 n 次不可约方程，都可不引进大于 2 次的根式，而得根式解，确能满足伽罗华得出的最大指数，却并不能以其，作为任意 n 次不可约方程是否有解的“判据”。任意 n 次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，也不受引进根式次数的限制，而实际并不存在任何不可解的判据。 4 ．参考文献：数学百科全书编委（顾问）苏步青等（主任）王元等科学出版社 1994 Basic algebra 1-2 Jacobson, N. Freeman 1974-1980 Algebra 1-2 B.I. Van Der Waerden Springer-Verleg 1955-1959; 个人分类: 数理|4545 次阅读|6 个评论

任意n次不可约代数方程的解及其有解判据: 可变系时空多线矢主人 2013-8-12 13:55; 任意 n 次不可约代数方程的解及其有解判据中国科学院力学研究所吴中祥提要任意 1 次到 4 次代数方程的公式解，根式解，早已被逐次求得。但大于 4 次的，虽经历代数学家近 500 年的努力，却至今尚未得到。特别是， 1830 年，伽罗华 (Galois, E.) 给出代数方程能够根式求解的判据之后，学术界就似乎已公认 n4 的不可约代数方程没有根式解。本人 2011 年的博文“任意 n 次不可约代数方程的根式解” http://blog.sciencenet.cn/blog-226-510331.html 已具体分析得到：伽罗华理论所证明的，实际上，只是“在求解 n 次不可约代数方程的整个过程中，所添加根式的指数， n* ，应是小于 4 ” ，并非所解方程的次数， n ，应是小于 4 ，并非方程的次数 n 大于 4 就不能有根式解。并且，具体给出了任意 5 次、 6 次代数方程的根式解法。还推广到 m 逐次增大的，任意 n=2m 和 2m +1 次代数方程的根式解的相应解法。其中，添加的根式都小于 4 ，因而，都具体表明：对伽罗华理论的如上的理解才是正确的，与实际相符，而不矛盾的。本人 2013 年8月8日的博文“ 任意 n 次不可约代数方程的公式解 ” http://blog.sciencenet.cn/blog-226-715274.html 进而，给出任意 n 次不可约代数方程的多种公式解和根式解。对于n大于4的方程的解却是都根本无需再引进任何新的根式。具体表明：任意 n 次不可约代数方程都完全可以解得根式解和公式解。所添加的根式，也都小于 4 ，也都更为有力的表明：纠正“通常错误理解伽罗华理论“的正确和必要。本文将进而具体分析说明，任意 n 次不可约代数方程的解及其有解判据。虽然，解得任意 n 次不可约方程的解，确实都不引进大于 3 次的根式，但是，其可解性既不受方程的次数，也不受引进根式的次数限制，而实际并不存在任何不可解的判据。关键词：不可约代数方程根式解公式解伽罗华理论 1.伽罗华理论的产生及其正确理解早在公元前 3 世纪，就已得出 2 次不可约代数方程的根式解。但是，只到公元 16 世纪，才先后得到 3 次和 4 次不可约代数方程的根式解。它们的解法都引进了含有方程参量系数的 2 次、 3 次的根式。而此后的近 5 个世纪，虽有许多人寻求 n4 的不可约代数方程的根式解。却都没能成功。进而，伽罗华可能正是从解方程的过程中引进根式各方程的各个方程群的特点，研讨给出代数方程能够求得根式解的判据。之后，阿贝尔 (Abel, N.N. 1830) 据此，首先提出 n4 的不可约代数方程不能根式求解，学术界就似乎已公认 n4 的不可约代数方程没有根式解。因而，对于 n4 的不可约代数方程，就只能在具体分析其各“解”所在数域的基础上，数值地逼近，或引入某些特殊函数求解。这当然就给许多实际问题和理论工作造成许多限制和不便。其实，具体分析伽罗华理论，确可证明：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性，而这种变换群的阶数等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，而当这种变换群的阶数 4 时，其对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。因此，伽罗华理论所能证明的，只是：“当方程的整个求解过程中添加根式的最大指数 n*4 时，一般不可约代数方程没有根式解”。显然，其整个求解过程中添加根式的最大指数， n* ，并非所解方程的次数 n ，按伽罗华理论，完全得不出其整个求解过程中添加根式的最大指数， n* ，等于所解方程的次数 n ，或两者有任何关系的根据。阿贝尔也未能给出 n4 的不可约代数方程就没有根式解的任何根据。因而，按伽罗华理论，迄今似已公认的“ n4 的不可约代数方程没有根式解”的结论，只有当 n* 等于 n 时，才能得出。但是， n* 并不必须等于 n ，若能使 n* 始终保持小于 4 ，例如本文采用的如下各种解法，就能与正确理解的伽罗华理论并不矛盾地，求得任意 n 次不可约代数方程的根式解。 2. 代数方程变换变量、引入根式所形成的群，具体分析说明伽罗华理论对于任何代数方程都可采用变换变量，对其各系数作某种有理运算和添加根式，而使其各根在复平面上移动、转动，而使方程有不同的形式，这些不同形式的方程，就形成相应的群。例如：对于2次方程： x^2+a1x+a0=0, (2.1) 引进含有方程参量系数 2 次的根式，一般而言，实际上，就是将方程变化到使其各根在复平面移动、转动变换后，而能明显地表现出其各自以方程各系数的有理运算和根式表达的相应位置。即：能解得根式解： x=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2), =-a1/2-((a1/2)^2-a0) ^(1/2), (2.2) 这就具体表明：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性。一般说，方程各系数都是实有理数，而对实有理数作的各种有理运算，会有如下一些结果：对于加法：只是各相加的数加在一起。对于减法：若被减数小于减数，就还会由正数变成负数。对于乘法：只是各相乘的数乘在一起。对于除法：一些情况就可能出现几位数字的循环小数。对于开方：就还可能出现无理数。但是，它们都可在同一个数轴上表达。但是，根号内的数值，例如， (a1/2)^2-a0 ，还可能是负值，而 ((a1/2)^2-a0) ^(1/2) 就可能是虚数。就必需在与实数轴正交的虚数轴上表达，而形成了复平面。实际上，一般而言，任意负实数， -s ，的 j 次根式， (-1)^(1/j)s^(1/j) ，就产生了以 (-1)^(1/j) 标志的各自与实数不同的数类。其绝对值的根式， s^(1/j) 是无理数。也都可在相应的数轴上表达。当 j=2 ， (-1)^(1/,2) 就被定义为 i ，就标志该数是所谓“虚数”。当 j是大于2的其它数，如果把它们也都当作是不同类的数，就都可形成不同的彼此正交的数轴。这种数轴可形成多维的复空间。但是，实际上，它们都是与实数、虚数有各种不同的关系，例如，当 j 非素数，该类是相应素数的相应次数的自乘积。例如，若令： (-1)^(1/2)=i, (-1)^(1/3)=i’, 则有： i^(1/3)=i’^(1/2), i^(2/3)=i’, … 等等，会有很多复杂、麻烦的关系式。也因而，由他们间存在的相互转换关系，而可仅由实数和虚数的各种运算表达。而不宜采用其它任何新的数类。而且，如果把 (-1)^(1/j) 作各自不同类的数，就会：当在方程的变换中，出现 j 大于 2 的其它数，的 (-1)^(1/j) ，就不可能由这种变换求得方程各根在实数和虚数的复平面上的相对位置，也就不能得解。但是，对于 3 次方程： y^3+b1y+b0=0, （ 2.3 ）因可利用 x^2+x+1=0, 的 2 个根， w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 将 y 的 3 个根由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 ，分别表达为： y0=z1+z2 ， y1=w1z1+w2z2 ， y2=w2z1+w1z2 ，而按方程根与系数的关系，引进了含有方程参量系数的 3 次根式： z1=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), z2=(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), 其中的各根式都仅取实数的绝对值，而不采取 (-1)^(1/3) 的标志。而能解得： y0=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), y1=w1(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w2(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3), y2=w2(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w1(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3) ， (2.4) 于是，解得任意的3次y方程的根式解。实际上，就是由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 ，将方程变化到使其各根在复平面移动、转动，都能由 w1 ， w2 ，及两个参量 z1 ， z2 表达它们在复平面上的相对位置，而解得 3 次的根式解。因而，引进 3 次根式，方程仍能得解。还可看到：(2.2)的2个根和(2.4)的3个根，都是可彼此对称交换变换的。而且，由于当年，4次方程只是引入一个3次变量将它分解为2个2次方程而得解。而5次方程仍然未能得解，就会自然地从2次、3次和4次方程逐次引进2次、3次根式而得解，而想到，因需引进更高次根式，而使方程不能得解。并且认为，这个方程能有解而能引进的最高方次就是4。因此，伽罗华，就可能由此，推断得出：方程根式解的可解性是相应于将方程各系数作有理运算与逐次添加相应根式的变换群的可解性，而这种变换群的阶数等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，而当这种变换群的阶数 4 时，其对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。 3. 任意 n 次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，也不受引进根式的次数限制实际上，在博文“任意 n 次不可约代数方程的公式解”中给出的任意 n 次不可约代数方程的多种公式解和根式解，因所添加的根式，都小于 4 ，而都能符合如上理解的伽罗华理论。但是，按上节的分析，应只是在方程的变换中，出现 j 不 =2 的其它数的 (-1)^(1/j) ，才不能由这种变换而得解。而且，类似于解 3 次方程的方法，虽然，在方程的变换中，引进了大于 2 的其它数的根式，但是，根号内的都是实数的绝对值，因而，也并不出现 j 大于 2 的其它数的 (-1)^(1/j) ，就仍然可以有解。而且，对于这样的解法，还因高于 3 次的方程，所引进的多于 2 个参量的关系式，就仍然能由这种变换，都可不增加引进新的根式，而得解。而且，高于 3 次的所有方程，都可直接利用方程各系数与各根的关系式，逐次降幂，不引进任何新的根式，而得解。还可引进适量的参量，将方程的多项式分解为因式，利用各参量与方程各系数的关系，解得那些参量，而由其远为低次的各因式方程分别求解，也不引进任何新的根式，而得解。因而，虽然，解得任意 n 次不可约方程的解，确实都不引进大于 3 次的根式，却并不能，以此，作为任意 n 次不可约方程是否有解的“判据”。任意 n 次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，也不受引进根式的次数限制，而实际并不存在任何不可解的判据。 4 ．参考文献：数学百科全书编委（顾问）苏步青等（主任）王元等科学出版社 1994 Basicalgebra 1-2 Jacobson, N. Freeman 1974-1980 Algebra 1-2 B.I. Van Der WaerdenSpringer-Verleg 1955-1959; 个人分类: 数理|2949 次阅读|0 个评论

更多...

帐号		自动登录	找回密码
密码			注册

关闭 安全验证

标签: 及其有解判据

相关帖子

相关日志

关闭安全验证