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任意n次不可约代数方程的根式解及其有解判据（简）: 可变系时空多线矢主人 2014-11-5 14:53; 任意 n 次不可约代数方程的根式解及其有解判据（简）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的高于2次的根式，而得仅以实数、虚数或复数表达的解。任意 n 次不可约代数方程根式解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方程及其判据。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一般而言，实际上，求解任何不可约代数方程，就是采用变换变量、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。而能明显地表现出其各根能以方程各系数的有理运算和根式表达。即：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。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 2 次方程时，引入了 2 次的根式；出现的 3 次方程，引入了 3 次的根式外，都没有更高次的根式。而伽罗华，又推断得出：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。就自然地认为 5 次以上的方程是因为需引进不小于 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。 6.4. 4 次乃至 2m 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 ， (6,4..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 ， (6.4.2) 当令： s=y-a2/3, y=s+a2/3, (6.4.3) (6.4.3) 代入方程 (6,4.2) ，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, (6.4.4) 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。 (6.4.5) 而 3 次 y 方程， (6.4.2) ，的解为： yj=sj+a2/3; j=0,1,2, (6.4.6) 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, (6.4.7) 以解得的 (6.4.6) 中， y 的根代入方程 (6.4.7) ，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 (6.4.1) 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, (6.4.7) 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 (6.4.6) ，的 y 代入，即得 4 次方程 (6.4.1) 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、乃至 2m 次，不可约代数方程的根式解法。只需解得 m 次的相应方程，就可解得 2m 次的不可约代数方程，可更为简便地解得偶数次不可约代数方程的根式解。 6.5. 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。这就仅需引进 3 次根式，解得 2m+1 次方程的根式解。只需解得 m 次的相应方程，即可解得 2m+1 次的不可约代数方程，可更为简便地解得奇数次不可约代数方程的根式解。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，任意 n 次不可约方程，都可不引进大于 2 次的根式，而解得根式解，虽都确能满足不大于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 次不可约代数方程根式解的可解性既不受方程的次数，也不受引进根式次数的限制，实际上，并不存在任何不可解的方程及其判据。 7 ．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|3884 次阅读|2 个评论

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标签: 及其有解判据（简）

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