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i 的 i 次方等多少？: 热度 33 xying 2015-6-26 07:43; 写了三篇δ函数的博文后，现在来点轻松的。别以为是说“爱的爱次方等多少”。理科男在这里，还没想到这样浪漫的事，其实是谈初等数学，这里 i 是虚数符号，问： $i^i = ?$ 这原是我在高中上了复数课后，写来考同学玩的。欧拉公式还记得吗？ $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ ，我们知道 $e^{i\pi/2}=\cos(\pi/2)+i\sin(\pi/2)=i$ ，代入不难算出 $i^i =(e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2} = 0.207879576…$ ，套公式而已，简单到没难度，结论匪夷所思。大约两百多年前的数学家，以至现在的物理学者和工程师，都喜欢这种用公式推导的创意。只是对学多数学的人，再看就会纠结。数学的严谨性说多了让人烦，所以都自觉地不啰嗦了。前不久，有个解 5 次方程的爱好者，在科学网群组上分享他的成果，又给我留言，就进去逛一下。看到两个爱好者，在哪儿交流根式解的心得，一个宣称“如不能仅引进 2 次根式得解，负数的高于 2 次的根式，就只能是另外的，既非实数也非虚数或复数的其它数类！”，说“$(-3)^{1/5}$ 就既非实数也非虚数或复数！”这问题就比较有趣了。本来用棣莫弗公式或欧拉公式，直接能给出答案。不过就此聊点数域扩充和运算延拓的话题，比起辅导中学代数，多少还是有点技术含量。这值得写篇博文与大家分享。在数学发展史上，常将一些运算推行到其他的数，且希望保持原有运算结果和性质，这叫延拓。这时运算的结果，也许不能都用已有的数类来表达，就需要将数类扩充，以保持运算的封闭性。历史上数类经历过了几次的扩充。例如，一直到了 15 世纪， 0 和负数才被西方认同。在这之前的数都是正数，减法只对被减数大于减数时才有意义，将加减法运算推广到所有的数，就需要引入 0 和负数，以保持对运算的封闭性。无理数被引入，是来保证毕达哥斯定理正确性。引入复数为保证代数方程有解。包含超越数的实数，因无穷数列收敛的完备性而定义。现在我们知道，数 x 的整数 n 次方，定义为 x 自乘 n 次。问在已知的数类中，能否有一个数记为 $x^{1/n}$ ，使得它的 n 次方等于 x ？如果x是个正数，这个并不难回答。存在着已知的算法可以精确计算到任何位数的一个正实数，记为 $\sqrt {x}$ ，这称为实数开 n 次方的主根（ principal root ），或称为算术根。 x 是 0 ，答案是 0 ； x 是负数，当 n 为奇数时，答案是负实数 $-\sqrt {|x|}$。这里 $\sqrt {x}$ 是 n 为参数，正实数域上的正实数值函数，称为 n 次根式。当n是偶数，x是负数时，则需要扩充到复数来满足，特别地，定义负数变量开2次方函数$\sqrt{x}=i\sqrt{|x|}$。因为根式是有已知算法的单值函数，所以人们希望代数方程解能用它来表达。但对四次以上方程一般是不可能的。代数方程的解用它的系数加以根式符号和四则运算来表达，称为根式解。比如说， $x^2=2$ ，它的根表达为： $x_1=\sqrt{2}, \;\; x_2=-\sqrt{2}$ ，韦达定理说二次方程 $ax^2+bx+c=0$ 的根式解是： $x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ ，这是我们从初中就开始熟悉的概念。好了，有了这些大家中学都已烂熟的知识，我们就可以运用公式推导来创造奇迹！比如说你导公式得到下面两个等式： $i= (-1)^{1/2} = ((-1)(-1)(-1))^{1/2} =(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}=iii=-i$ ， $-1=(-1)^1 = ((-1)^2)^{1/2}=1^{1/2}=1$ 。如果你还比较淡定，不信这么容易就能震惊世界，就会自省一下错在哪里。这除了上面重申过的约定外，就是用了从中学就熟知的指数运算律。对于指数运算 $x^y$ ，有指数分配律 $(xy)^z = x^zy^z$ ，指数相乘律 $(x^y)^z = x^{yz}$ ，指数相加律 $x^yx^z = x^{y+z}$ ，这里分别用了前两个，有问题吗？有！尽管指数运算，与加减乘除四则运算一样的基本，我们在各种公式推导中都毫不经意地运用他们，其实并没有证明过它们的运算律适用于这里。在上面悖论等式中，其实 $ ((-1)(-1)(-1))^{1/2} \neq (-1)^{1/2}(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}, \;\;\; (-1)^1\neq ((-1)^2)^{1/2}$ 。我们必须认真研究一下，这指数运算律的适用范围了。最初 $x^n$ 指 n 是正整数，它意思是正实数 x 自乘 n 次。由这定义推算，就有了指数运算律。对它们是其他数的适用性还需要证明。先看一下，怎么从这自乘开始，延拓这个运算的。把正整数 n 固定， $x^n$ 仍然定义成 x 自乘 n 次，这叫幂函数。可以把幂函数自变量 x 的定义域延拓到复数域，定义 $x^0=1 , \;\; x^{-n}=1/x^n $ ，同样直接从定义就能证明非 0 复数的整数幂函数满足指数运算律。从上面悖论等式看到，指数运算律不适用于分数幂函数。所以这方向的拓展到此为止。把指数运算 $x^y$ 中的 x 固定，限定为正实数，写成参数 a ，式子 $a^y$ 称为 a 为底的指数函数。定义 $a^0=1 , \;\; a^{-n}=1/a^n $ ，定义 $a^{1/n}$ 为 $a^n$ 的主根。从 y 为正整数开始，应用指数运算律和极限运算，可以把正实数底 a 的指数函数 $a^y$ ，自变量 y 的定义域，从正整数延拓到实数。它也满足全部的指数运算律。这时它的值域也是正实数，当底数 a 不是 1 时，这函数是单调的，反函数存在，把它记为 $\log_a(\cdot)$ ，这个对数函数定义域是正实数，参数 a 为非 1 的正实数，值域是实数。我们有关系式 $y=\log_a(a^y)$ 。记 $\ln(\cdot)=\log_e(\cdot)$ ，当 x 是正实数， y 是实数时，指数运算可以表示为 e 的指数函数的形式： $x^y= e^{y\ln x}$ ，它们满足指数运算律。这些都是熟知的中学代数的内容。它们已是满足指数运算律的幂函数和指数函数能够拓展的极限了。所以二元的指数运算 $x^y$ 只有 x 的定义域为正实数， y 的定义域为实数时，得值是正实数，才有指数运算律。当我们企图把二元的指数运算中 x 变量的定义域延拓到正实数之外时，我们遇到了麻烦。其一是 $(-1)^{1/2}$ 在实数值域上没有对应值。这在历史上已经解决，它的处理是大家熟知的，把数域扩展到复数域，记虚数符 $i = \sqrt{-1}$ ，但一切也只到此为止。我们甚至无法在指数函数 $(-1)^y$ 中，把 y 整数变量的定义域延拓到整数的倒数，前面已看到它无法满足指数分配律和相乘律。此路不通了。把 x 的 n 次幂的定义域延拓到包括负数与复数，所遇到问题的本质是在这定义域中， n 次方不是个一一映射，几个不同自变量值可能对应于同一个函数值，当我们企图将逆运算限制在某个分支的根，例如用主根，来定义 $x^{1/n}$ 时，指数分配律和指数相乘律，都可能让不同分支的根在自乘中等同起来。这产生了矛盾。不再拘于指数运算律了，看看我们能否对其中的一元函数再作任何延拓。前面说过复数的整数幂都有定义，并满足指数运算律。所以幂级数 $\sum_{n=0}^\infty x^n/n!$ 的每一项都有定义，它对实数 x 收敛于一个实数，对复数 x 收敛于一个复数，由此定义可以定义函数 exp(x) 。可以证明它满足指数相加律 $\exp(x)exp(y) = \exp(x+y)$ 。不难证明它是唯一符合微分方程 df(x)/dx = f(x) 和初始条件 f(0)=1 的解。所以它在 x 为实数时是已知的指数函数 $e^x$ ，在 x 为复数时也称为指数函数，用相同的表示法，由欧拉公式有 $z=x +iy,\;\; e^z = e^x (\cos y + i \sin y)$ . 这个定义域为复数的指数函数，满足指数分配律和指数相乘律吗？对指数为整数 n 时尚可， $(\exp(z)exp(w))^n=\exp(z)^n \exp(w)^n, \;\;\; \exp(z)^n=\exp(nz)$ ，其他则不能。因为底 a 不是 e 的指数函数 $a^z$ ，在复数域都还没有定义。可以证明无论怎样定义，按指数分配律和指数相乘律计算都会引起矛盾。这么说，我们前面套公式得到 $i^i = (e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2} = 0.207879576…$ ，是胡整了？起码在 $(e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2}$ 这一步用到的指数相乘律是没有根据的。在复变函数的论域中，改变了传统上函数是单值的和等式是两边的数值相等的定义，给这问题新的答案。前面指数运算进一步扩展的问题在于，扩展定义域相当于扩展逆运算的值域，如果扩展后不再是一一的映射，那么它的逆运算对应的是一个多值的集合。在复变函数论域中，我们可以允许函数是多值的，其值表示为一个集合，两个集合间的运算，定义为分别在两个集合里选取每个元素进行计算，其函数值是所有可能运算结果的集合。等式“ = ”定义为两边的集合相等。好，我们来看，这带来什么不同。复数 z 可以用极坐标来表示 $z=r(\cos\theta + i\sin\theta)$ ，这个表示式不是唯一的。所以它的逆运算，即绝对值运算 |z| = r 还是通常的单值函数；但幅角 $Arg(z) = \theta + 2k\pi$ ，这里 k 是任意的整数（此后不再赘述），这是一个多值函数，对应的数值是一个可数的无穷集合。由欧拉公式，这个表示式可以写成 $z = |z|e^{iArg(z)}$ ，这又成单值的等式了。由此可以定义复数指数函数的反函数 $Ln(z) = \ln |z| + i Arg(z)$ ，这是将对数函数 ln z 扩展到复数域上的多值函数。注意，它不是延拓，延拓要保持原有变量和函数值的对应不变，将定义域扩展到没有定义的地方。而这函数当变量是正实数时，并不等于相应的对数值，而是包括着它的一个集合。例如 $\ln 1 = 0, \;\; Ln 1 = 2k\pi = \{…,-6\pi, -4\pi, -2\pi, 0, 2\pi, 4\pi, 6\pi, …\}$ 。但以此我们可以定义复数域上的指数运算了， $z^w = \exp(w Ln(z))$ 。这也是扩展，不是上述单值函数的延拓。例如，在复变函数论域里，指数运算， $1^{1/2} = \exp(Ln(1)/2) = \exp(ik\pi) = \{ 1, -1 \}$ 。一般来说这个指数的运算不再保持指数运算律了，只能看成一个多值的函数。不再有指数相加律和指数相乘律了， $z^wz^v, \;\; (z^w)^v$ 未必对应有 $z^{w+v}, \;\; z^{wv}$ 了，例如 $-1 =e^{i\pi + i2k\pi} \neq (e^{2(i\pi + i2k\pi)})^{1/2} = 1^{1/2}=\{-1, 1\}$ 。它的意义在于对这个运算有定义，而且按指数运算律化简了计算所得的值，是直接运算结果集合值中一部分。现在来看标题问句的答案。我们可以在复变函数论域里，有根据地按定义来计算了。 $i^i= \exp(i Ln i) = \exp(i (i\pi/2 + i2k\pi)) = \exp(-\pi/2 - 2k\pi)=\exp(-\pi/2) \exp(-2k\pi)$ 它是 0.207879576… 乘上或除以任意多次 535.4916555… 的一个可数无穷集合。篇首的答案 0.207879576… 只是其中的一个数值。好了，如果你们通读到此，相信这些初等数学的内容都不难理解。把知识变成自己的最好方法，是做几道习题。现在问你们。在复变函数的论域中，下面两个式子分别等多少？ $(-2)^{1/3}, \hspace{5 mm}, (-1)^i$ 请写出不可约 5 次代数方程 $x^5+2=0$ 的根式解？（把你们的解答放在评论里，我的答案后天附在下面）【答案】 $(-2)^{1/3} = \exp(Ln(-2)/3) = \{-\sqrt {2}, \;\;\; \sqrt {2}(1/2 -i\sqrt{3}/2), \;\;\; \sqrt {2}(1/2 + i\sqrt{3}/2) \}$ $ (-1)^i = \exp(iLn(-1))= e^{-\pi+2k\pi} = 0.043213918 \times 535.4916555^k$ 有理数域不可约 5 次方程 $x^5+2=0$ ，它的根式解是： $x_0 = -\sqrt {2}$ $x_1 = -\sqrt {2}((\sqrt{5}-1)/4+ i \sqrt{10+2\sqrt{5}}/4), \;\;\; x_2 =-\sqrt {2}(-(\sqrt{5}+1)/4 + i \sqrt{10-2\sqrt{5}}/4) $ $x_3 = -\sqrt {2}(-(\sqrt{5}+1)/4 - i \sqrt{10-2\sqrt{5}}/4),\;\;\; x_4 = -\sqrt {2}((\sqrt{5}-1)/4- i \sqrt{10+2\sqrt{5}}/4),$ 这是怎么得来的？其实很简单，在复变函数论域计算 $(-2)^{1/5}$, 也可以直接根据棣莫弗公式有： $x_n = -\sqrt {2}(\cos(2n\pi/5) +i\sin(2n\pi/5)), \;\;\; n=0,1,2,3,4$ 计算 $\sqrt {2}=1.148698355...$ ，根据三角公式可以推出这特殊角的正余弦的根式和数值， $\cos(2\pi/5)=(\sqrt{5}-1)/4= 0.309016994...$ ， $\sin(2\pi/5)=\sqrt{10+2\sqrt{5}}/4= 0.951056516...$ ， $\cos(\pi/5)=(\sqrt{5}+1)/4= 0.809016994…$ $\sin(\pi/5)=\sqrt{10-2\sqrt{5}}/4= 0.587785252...$; 个人分类: 科普|58517 次阅读|105 个评论

任意n次不可约代数方程的多种解法: 热度 5 可变系时空多线矢主人 2013-7-4 18:05; 任意 n 次不可约代数方程的多种解法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， 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。本博客 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： Galois 理论所证明的，实际上，也只是“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。并还推广到 m 再逐次增大的，任意 n=2m 和 2m+1 次代数方程的根式解的相应求解法。其中，添加的根式都小于 4 ，因而，这些证明也与 Galois 理论并不矛盾。本文进而给出不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。以 4 次和 5 次不可约代数方程为例具体给出了它们不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。具体表明： 2 次和 3 次不可约代数方程只能给出带有根式的根式解，高于 3 次的不可约代数方程都能解得仅由方程各系数的有理函数表达的公式解，也都可解得不高于 3 次根式的根式解，但与仅由方程各系数的有理函数表达的公式解相比，奇次的方程过于繁杂不易求解，而偶次的方程却可更为简化。还可采用引进相应参量将方程表达为两个因式相乘以解得各参量的方法求解。也都更为有力的表明：本文纠正“通常对 Galois 理论理解错误“的正确和必要。关键词：不可约代数方程根式解公式解 Galois 理论 1．引言：方程的解中仅含有其各系数的有理运算与根式 ( 但需注意：任意正整数的任意次开方都可计算出为实数，而非含有方程各系数的根式 ) 的，称为该方程的根式解。 2 次不可约代数方程的根式解早在公元前 3 世纪，就已得出。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。而此后的近 4 个多世纪，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。 Abel, N.N. (1830) 首先提出 n4 的不可约代数方程不能根式求解，进而 Galois, E.(1830) 更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；而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不便。其实，按 Galois 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 的对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。因此， Galois 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，迄今似已公认的“ n4 的不可约代数方程没有根式解”结论，只是当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 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方法，就能与 Galois 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 ．必须引入相应根式的利用方程根与系数间各关系式的求解方法利用方程根与系数间各关系式的求解的如下方法，都必须引入相应的根式。当方程的次数等于和小于 4 时，必然会形成小于 3 次的根式解。但当方程的次数大于 4 时，却可得到不形成任何根式解的解。这也正符合伽罗华理论所根据的“群的特徵”的正确理解。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) 设其解为 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，就不足以用如前逐次降幂、消去的办法求解。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) 当然不违反 Galois 理论。当 a1=a0=1, (2.1,1) 为： x^2+x+1=0, (2.1.1’) 解得： x=-1/2- 或 +((1/2)^2-1)^(1/2))=(-1- 或 +i3^(1/2))/2=w1,w2, (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，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。当然也不违反 Galois 理论。 2.3 ． 4 次不可约代数方程的根式解 ( 本文给出的如下具体解法有利于推广到 n=2m) 当 m=2; n=4, (2.1) 式即方程： x^4+{ajx^j,j=0 到 3 求利和 }=0 ， (2.3.1) 现在，考虑引进相应根式的简化求解法。引入函数 y ，并取 : (x^2+a1x/2+y/2)^2=x^4+a3x^3+((a3/2)^2+y)x^2+(a3y/2)x+(y/2)^2 原方程可改写为： (x^2+a3x/2+y/2)^2=((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y^2/4-a0), 设当上式右边成为 x 函数的完全平方： ((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y^2/4-a0)=(c1x+c0)^2 由 (c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有： c1^2=(a3/2)^2-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 ， 2((a3/2)^2-a2+y)y^2/4-a0)=(a3y/2-a1)^2 ，亦即得到： y^3-((a3/2)^2+a2)y^2+2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0, (2.3.2) 当令： s=y-((a3/2)^2+a2)/3, y=s+((a3/2)^2+a2)/3, (2.3.3) 将 (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： s^3+b1s+b0=0, (2.3.4) b1=2a3a1+((a3/2)^2+a2)^2/3, b0=-2(a1^2+2a0)+((a3/2)^2+a2)2a3a1/3-2((a3/2)^2+a2)^3/27, 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+((a3/2)^2+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-a2+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2))=0, (2.3.7) 以解得的 (2.3.6) 中， y 的实数根 y0 代入方程 (3.3.7) ，并分别求解这两个 x 的 2 次方程，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。当然也不违反 Galois 理论。 2.4 ． 5 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 当 m=2; n=5, (2,,1) 式即方程： x^5+{a x^j,j=0 到 4 求和 }=0 ， (2.4.1) 还总可由 y=x+a4/5; x=y-a4/5, 再变换成 y^4 的系数 b4=0 的形式 : y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0, 其中： b3=10(a4/5)^2-4a4^2/5+a3,b2=-10(a4/5)^3+6a4^3/5^2-3a3a4/5+a2, b1=5(a4/5)^4-4a4^4/5^3+3a3(a4/5)^2-2a2a4/5+a1, b0=-(a4/5)^5+a4^5/5^4-a3(a4/5)^3+a2(a4/5)^2-a1a4/5+a0, (2.4.2) 5 次 y 方程， (2.41) ，有 5 个根 y0 ， y1 ， y2 ， y3 ， y4 。可令此 5 个根可分别由 w1/2 ， w2/2 ( 其中： w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为 x^2+x+1=0, 的 2 个根 ) ，及 4 个参量 z1 ， z2 ， z3 ， z4 ，表为： y0=z1+z2+z3+z4 ， y1=(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2 ， y2=(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2 y3=(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2 ， y4=(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2 ，由方程根与系数的关系，有： -(y0+y1+y2+y3+y4) =-(z1+z2+z3+z4+(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2+(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2 +(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2+(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2) =-(z1+z2+z3+z4)(1+w1+w2)=0,( 因 1+w1+w2=0) 而此式给不出 4 个参变量， z1,z2,z3,z4, 的关系式。由方程根与系数的其它 4 个关系式，即得： 4 个参变量 zj; j=1,2,3,4, 的 4 个方程： z1^2+z1(5z2+5z3+8z4)+z2^2+z2(8z3+5z4)+z3^2+5z3z4+z4^2+4b3=0, (1) 4z1^3+3z1^2(3z2+3z3+2z4)+3z1(3z2^2+4z2z3+4z2z4+3z3^2+4z3z4+2z4^2)+4z2^3 +3z2^2(2z3+3z4)+3z2(2z3^2+4z3z4+3z4^2)+4z3^3+9z3^2z4+9z3z4^2+4z4^3+8b2=0 (2) z1^4+z1^3(3z2+3z3+2z4)+z1^2(4z2^2+z2(3z3+2z4)+4z3^2+2z3z4-z4^2) +z1(3z2^3+z2^2(2z3+3z4)+z2(2z3^2+2z3z4+2z4^2)+3z3^3+3z3^2z4+2z3z4^2+2z4^3) +z2^4+z2^3(2z3+3z4)+z2^2(z3^2+2z3z4+2z4^2)+z2(2z3^3+2z3^2z4+3z3z4^2+3z4^3) +z3^4+3z3^3z4+4z3^2z4^2+3z3z4^3+z4^4+16b1/3=0, (3) z1^5+z1^4(2z2+2z3-z4)+z1^3(z2^2+z2(5z3-z4)+z3^2-z3z4+z4^2) +z1^2(z2^3+z2^2(3z3+3z4)+z2(3z3^2-3z3z4+3z4^2)+z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3) +z1(2z2^4+z2^3(-z3+5z4)+z2^2(3z3^2-3z3z4+3z4^2) +z2(-z3^3-3z3^2z4+3z3z4^2-z4^3)+2z3^4+5z3^3z4+3z3^2z4^2-z3z4^3-z4^4) +z2^2(z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3)+z2^3(z3^2-z3z4+z4^2)+z2^4(-z3+2z4)+z2^5 +z2(-z3^4-z3^3z4+3z3^2z4^2+5z3z4^3+2z4^4) +z3^5+2z3^4z4+z3^3z4^2+z3^2z4^3+2z3z4^4+z4^5+16b0=0, (4) 由此 4 个方程，解得 zj; j=1,2,3,4, 即得： 5 次 y 方程的根式解。具体解法如下：由 zj;j=1,2,3,4, 和 b3 ， b2 ，表达的 (1) 与 (2), 逐次降幂 z1 ，解得：仅由 zj;j=2,3,4, 和 b3 ， b2 ，表达的 z1 ，并进而消去 z1 。将消去了 z1 的 (1) 与 (3) ，逐次降幂 z2 ，解得：仅由 zj; j=3,4, 和 b3 ， b2 ， b1 表达的 z2 ，并进而消去 z2 。再将消去了 z1 、 z2 的 (1) 与 (4) ，逐次降幂 z3 ，解得：仅由 z4, 和 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z3 ，并进而消去 z3 。再将仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 Z4 的两个方程逐次降幂 z4 ，解得：仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z4 。再将解得的 Z4 ，依次代入： z3 、 z2 、 z1 ，即得：仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z3 、 z2 、 z1 。于是，解得 5 次 y 方程的解： yj; j=0,1,2,3,4, 而 5 次 x 方程的解为： xj=yj-a4/5; j=0,1,2,3,4, 其中，虽引进了 2 次的根式，但并不形成任何根式解的解。当然也就不违反正确理解的 Galois 理论。类比 5 次不可约代数方程的根式解的解法，也可推广用于任意 n=2m+1 次不可约方程，即将方程改写为： 2m+1 次方的系数 =1 ， 2m 次方的系数 =0 ，的形式，并令其 2m+1 个根可分别由 w1/m ， w2/m ( 其中： w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为 x^2+x+1=0, 的 2 个根 ) ，及 2m 个参量 z1 ， z2 ， … ， z(2m) ，表达。再利用其根与系数的关系，得到这 2m 个参量的 2m 个方程，依次利用其中各两个方程，逐次降幂地解得 1 个参量由剩余的其它参量和相应的系数表达的函数。直到求得最后的 1 个参量仅由全部系数表达的函数。再依次代入各参量函数中，求得它们仅由全部系数表达的函数。从而得到 2m(m1)+1 次不可约代数方程的解，虽也引进了 2 次的根式，但也并不形成任何根式解的解。当然也就不违反正确理解的 Galois 理论。但是，此法与本文第 3 节仅以方程各系数有理运算表达的公式解相比，虽也可编制程序，用计算机进行，也肯定能得解，但整个运算过程却更远为烦琐，而且，尚未能给出具体的解。 2.5 ． 6 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 当 m=3; n=6,(2,1) 式即方程： x^6+{a x^j,j=0 到 5 求和 }=0 ， (2.5.1) 引入 2 个函数 y1 、 y2 ，并取： (x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 =x^6+a5x^5+(a5^2/4+(a4+y1))x^4+(a5(a4+y1)/2+y0)x^3+(a5y0/2+(a4+y1)^2/4)x^2 +(a4+y1)y0x/2+y0^2/4, 原方程可改写为： (x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 =(a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3 +((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2=(c2x^2+c1x+c0)^2 ，就可分解成为如下两式： x^3+(a5/2+c2)x^2+((a4+y1)/2+c1)x +(y0/2+c0)=0 ； x^3+(a5/2-c2)x^2+((a4+y1)/2-c1)x +(y0/2-c0)=0 ， (2.5.2) 且有： (a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3+((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+co^2 ，由此，即可分别解得： c2=a5/2 ， 2c2c1=a5(a4+y1)/2-a3+y0 ， c1^2+2c2c0=(a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2 ， 2c1c0=(a4+y1)y0/2-a1 ， c0^2=y0^2/4-a0 ，由第 1 式，得： c2=a5/2 ， c2 代入第 2 式，得： c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2 c1 代入第 4 式，得： c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) ，即得： c2=a5/2 ， c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2 ， c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) ， (2.5.3) c2 、 c1 、 c0 代入第 3 式，得： (y0-a3)^2/a5^2+(y0-a3)(a4+y1)/(2a5)+(a4+y1)^2/4+a5((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) -(a4+y1)^2/4+a2-a5y0/2=0 ，即： 2y0^3/a5^3+(-6a3/a5^3+2a4/(a5^2)-1+2y1/(a5^2))y0^2 +(2a2/a5+4a3^2/a5^3+a3^2/a5^3-4a3a4/(a5^2)+a3+(-4a3/(a5^2))y1)y0 -a1a5-2a2a3/a5+a2a4-2a3^3/a5^3+2a3^2a4/(a5^2)-a4^3/4+(a2+2a3^2/(a5^2)-3a4^2/4)y1 -3a3y1^2/(4a5)-3a4y1^2/4-y1^3/4=0 ， (1’) c0 代入第 5 式，得： ((a4+y1)y0/2-a1)^2/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))^2-y0^2/4+a0=0, 即： -4y0^4/a5^2+(-4a4/a5+8a3/a5^2-4y1/a5)y0^3 +(a4^2/4+4a0/a5^2+(-3a4/2+4a3/a5)y1-3y1^2/4))y0^2 +(4a0a4/a5-8a0a3/a5^2-a1a4+(4a0/a5-a1)y1)y0 +a1^2+4a0a3^2/a5^2-4a0a3a4/a5+a0a4^2+(2a0a4-4a0a3/a5)y1+a0y1^2)=0, (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 5 ，表达的 y0 ，进而，消去 y0 ，即得到 y1 以 ai; i=0 到 5 ，表达的 5 次代数方程。整个运算过程可按第 2,3 和第 2,4 节地方法类似地进行。由 y1 的这个 5 次代数方程解出以 ai; i=0 到 5 ，表达的 y1 ，再代入以 y1 和 ai; i=0 到 5 ，表达的 y0 ，求得以 ai; i=0 到 5 ，表达的 y0 。于是，将它们代入 (2.5.3) ，就得到以 ai; i=0 到 5 ，表达的 c2,c1,c0, 再将它们都分别代入 (2.5.2) ，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。当然，这就比直接解 6 次不可约代数方程要简便得多。其中，除了在解两个 3 次 x 方程时，又都分别引入了 2 次、 3 次的根式解而外，也没有形成更高次的根式解。当然也就不违反正确理解的 Galois 理论。 2.6 ． 2m(m2) 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 类比 6 次不可约代数方程的根式解的解法，引出入函数 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。当然，更比直接解 2m 次不可约代数方程简便得多。而且，由于 m4 次不可约代数方程中不含任何次的根式解， 2m 次不可约代数方程也就不含任何次的根式解。当然也就都不违反正确理解的 Galois 理论。 3 ．利用方程各根与各系数间的各关系式，不引人如何根式的求解方法 n3 的任意 n 次不可约代数方程都可解得仅以方程各系数的有理运算表达的公式解。任意 n 次不可约代数方程总可表达为： x^n +{a x^j ; j=0 到 n-1 求和 }=0, (2.1) 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。当 n=2m, m 为任意自然数，可将 (2,1) 式表达为： x^(2m) +{a x^j,j=0 到 2m-1 求和 }=0, (2.2) 当 n=2m+1,m 为任意自然数，可将 (2,1) 式表达为： x^(2m+1) +{ajx^j,j=0 到 2m 求和 }=0, (2.3) 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 , (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 =a , (n) ( 当 n 为奇数， (n) 如上式，左端各项为负，当 n 为偶数，则上式左端各项，均再乘以 -1) 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 n 个互不相依的代数方程，消去 x ，而得到组合数 c(n,2)=n(n-1)/2 个以 x 为变量，其它各 x ;j=3,4,...,n, 及方程各系数为参量的方程。这 n(n-1)/2 个方程中，变量 x 的次数会有一定的增高。当 n3 ，消去 x ，而得到组合数 c(n,2)=n(n-1)/2 个，就大于 6 ，消去 x ; j1 ，而得到的组合数就更多。消去 x ，就可选其中互不相依的含有方程的全部系数的各个方程联立，逐次降幂，直到 x 的 1 次方，即得以 x ;j=3,4,...,n, 及方程各系数为参量表达的 x 。类似地，逐次消去 x ;j=,3,...,n-1 ，逐次降幂，直到 x 的 1 次方，即得：以 x ;=j+2,j+3,,...,n, 及方程各系数为参量表达的 x 。其中， x 为变量的方程的次数可能会很高，但是，因为，方程的各根都必能满足原方程，即，必有： x ^n +{a ^jx ^j ; j=0 到 n-1 求和 }=0,k=1,2,... n, 即有： x ^n =-{a ^jx ^j ; j=0 到 n-1 求和 }, k=1,2,...n, (2,4) 由此，所有高次的 x 都可仅由最高为 n 次的各项表达。而 x 为变量的各方程，当 n3 ，消去 x ，而得到组合数就都很多，它们都可仅由最高为 n 次的各项表达 , 并与 (2,2) 联立，而都至少有两个互不相依的方程，而必能逐次降幂至其 1 次方，而且可被消去。如此，即得仅以方程各系数为参量表达的 x 。再将 x 逐次代入以 x ;=n,n-1,...,j 及方程各系数为参量表达的 x ;j=n,n-1,...,2, 各式，即得：仅以方程各系数的有理运算表达的任意 n 次不可约代数方程的各公式解。而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。例如： 3.1. ．任意 4 次不可约代数方程仅以方程各系数的有理运算表达的公式解任意 4 次不可约代数方程： x^4+{ajx^j ; j=0 到 3 求和 }=0 ， (3.1.1) 由变换： y=x+a /4 ，将 (3.1.1) 变换为： y^4 +{bj y^j; j=0 到 2 求和 }=0, (3.1..1”) 其中， b3=0 ， x 有 4 个根 x1 ， x2 ， x3 ， x4, 且有： x1+x2+x3+x4=-a3, (1) x1=-(x2+x3+x4+a3), (a) x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4=a2, (2) x1(x2(x3+x4)+x3x4)+x2x3x4=-a1, (3) x1x2x3x4=a0, (4) (x2+x3+x4)(1)-(2): (x2+x3+x4)(x2+x3+x4+a3)-x2(x3+x4)-x3x4+a2=0, 即： x2^2+x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2=0, (1’) (x2(x3+x4)+x3x4)(1)- (3): x2^2(x3+x4)+x2(x3^2+2x3x4+x4^2+(x3+x4)a3)+x3^2x4+x3(x4^2+x4a3)-a1=0, (2’) x2x3x4(1)-(4): x2^2x3x4+x2(x3^2x4+x3x4^2+x3x4a3)+a0=0, (3’) (x2(x3+x4)+x3x4)(2)-(x2+x3+x4)(3) ： x2^2(x3^2+x3x4+x4^2)+x2(x3^2x4+x3(x4^2-a2)-x4a2-a1) +x3^2x4^2-x3(a1+x4a2)-x4a1=0, (4’) x2x3x4(2)-(x2+x3+x4)(4): x2^2 (x3^2x4+x3x4^2)+x2(x3^2x4^2-x3x4a2+a0)+x3a0+x4a0=0, (5’) x2x3x4(3)-(x2(x3+x4)+x3x4)(4): x2^2x3^2x4^2+x2(x3x4a1+(x3+x4)a0)+x3x4a0=0, (6’) (x3+x4) (1’)-(2’) ： x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1=0, (1") x3x4(1’)-(3’): x3^3x4+x3^2(x4^2+ x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0=0, (2") (x3^2+x3x4+x4^2)(1’)-(4’): x2(2x3^3+ x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1) +x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1) +x4^4+x4^3a3+x4^2a2+x4a1=0, (3") x2=-(x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1) +x4^4+x4^3a3+ x4^2a2+x4a1) /(2x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1) (b) (x3^2x4+x3x4^2)(1’)- (5’) ： x2(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0) +x3^4x4+x3^3(2x4^2+x4a3)+x3^2(2x4^3+2x4^2a3+x4a2)+x3(x4^4+x4^3a3+x4^2a2-a0) -x4a0=0, (4") x3^2x4^2(1’)-(6’): x2(x3^3x4^2+x3^2(x4^3+x4^2a3)-x3(x4a1+a0)-x4a0) +x3^4x4^2+x3^3(x4^3+x4^2a3)+x3^2(x4^4+x4^3a3+x4^2a2) -x3x4a0=0, (5") (x3^3x4^2+x3^2x4^3+x3^2x4^2a3-x3(x4a1+a0)-x4a0)(4”) -(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0)(5”) ： x3^5(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0) +x3^4(x4^6+x4^5a3-x4^3(a3a2+2a1)-x4^2(a1a3+2a0)-x4a3 a0) + x3^3(-x4^5a2-x4^4(a3a2+2a1)-x4^3(2a1a3+a2^2+6a0)-x4^2(2a3a0+a1a2)-x4a2 a0) +x3^2(-x4^5a1-x4^4(a1a3+a0)-x4^3(2a0a3+a1a2)+x4a1a0+a0^2) +x3(-x4^5a0-x4^4a0a3-x4^3a0a2+x4^2a1a0+x4a0^2) +x4^2a0^2=0, (6") x4(1")-(2"): x4^4+x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0=0, (7") ( 实际上，就是表明：方程的根 x4 是满足原方程的 ) 而有： x4^4=-(x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0) x4^5=x4^3(a3^2-a2)+x4^2(a3a2- a1)+x4(a3a1-a0)+a3a0 x4^6=x4^3(-a3^3+2a3a2-a1)+x4^2(-a3^2a2+a3a1+a2^2-a0) +x4(-a3^2a1+a3a0+a2a1)-a3^2a0+a2a0 x4^7= x4^3(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0)+x4^2(a3^3a2-a3^2a1-2a3a2^2+a2a1+a3a0+a2a1) +x4(a3^3a1-a3^2a0-2a3a2a1+a2a0+a1^2)+a3^3a0-2a3a2a0+a1a0 x4^8=-x4^3(a3^5+3a3^3a2-3a3^2a1-3a3a2^2+2a3a0+2a2a1) +x4^2(-a3^4a2 +a3^3a1+3a3^2a2^2-a3^2a0-4a3a2a1-a2^3+2a2a0+a1^2) +x4(-a3^4a1+a3^3a0+3a3^2a2a1-2a3a1^2-2a3a2a0-a2^2a1+2a1a0) -a3^4a0+3a3^2a2a0-2a3a1a0-a2^2a0+a0^2 ( 具体表明： x4 次数高于 3 次的，都可由相应的不高于 3 次的各项表达 ) x3^2(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0)(1")- (6"): x3^4(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) +x3^3(x4^7+2x4^6a3+x4^5(a3^2+a2)+x4^4(a3a2+a1)+x4^3(a1a3+5a0)+x4^2a0a3) +x3^2(x4^8+2x4^7a3+x4^6a3^2+x4^5a1+x4^4(a3a1-a2^2)-x4^3(a0a3+a2a1) -x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2) +x3(x4^5a0+x4^4a0a3+x4^3a0a2-x4^2a1a0-x4a0^2) -x4^2a0^2=0, (8") x3(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) (1")- (8") ： -x3^3(x4^7+x4^6a3+x4^5(-a3^2+2a2)+x4^4(-a3^3+2a3a2)+5x4^3a0+x4^2a0a3) -x3^2(x4^8+x4^7a3-x4^6(a3^2-a2)-x4^5a3^3-x4^4a3^2a2-x4^3(a0a3+2a2a1) -x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2) +x3(x4^8a3+x4^7(2a3^2-a2)+x4^6(a3^3+a1) +x4^5(a3^2a2+2a3a1-a2^2-a0) +x4^4(a3^2a1-a3a0)+x4^3(a1^2-a0a2)+x4^2a1a0+x4a0^2) +x4^2a0^2=0, (9") 而且，可见， (1") 与 (9") 都是 x3 的 3 次互不相依的方程，由它们联立就必能降幂至 1 次方，并可消去 x3 。由 (7") 可将 (9") 简化为： -x3^3A(3,3)-x3^2A(3,2)+x3A(3,1)+A(3,0)=0, 其中， A(3,3)=x4^3(a3a1-a2^2+4a0)+x4^2(a3^2a1-a3(a2^2-a0)) +x4(a3^2a0-a3a2a1-a2a0+a1^2)-a3a2a0+a1a0, A(3,2)=x4^4(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0) +x4^3(a3^5-3a3^3a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0)-a2a1) +x4^2(a3^4a2-3a3^2a2^2+a3^2a0+a3a2a1+a2^3+a2a0) +x4(a3^4a1-3a3^2a2a1+a3a1^2+a2^2a1-a1a0-a0^2) +a3^4a0-3a3^2a2a0+a3a1a0+a2^2a0, A(3,1)=x4^4(a3^5-3a3^4a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0)) +x4^3(a3^6-3a3^4a2+2a3^3a1+a3^2(a2^2+a0)+a2a0) +x4^2(a3^5a2-a3^3(4a2^2-4a0)+a3(a2^3+a1^2) +a1 a0) +x4(a3^5a1-4a3^3a2a1+a3^2(+2a1^2)-a3 a2^2a1+2a0^2) +a3^5a0-3a3^3a2a0+2a3^2a1a0+a3a2^2a0, A(3,0)=x4^2a0^2, 都是仅含 x4 的 3 次以下的方次和方程各系数有理运算的函数。 A(3,3) (1")+(9") ： x3^2(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))+x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1)) +x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)=0, (10") (x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))(1")- x3(10"): x3^2(x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+a3)A(3,2)-A(3,1)) +x3(x4^2a3+x4a3^2+ a3a2-a1)A(3,3)-(x4^2+x4a3+ a2)A(3,2)-A(3,0)) +x4^4A(3,3)+x4^3(2A(3,3)a3-A(3,2))+x4^2(A(3,3)(a3^2+a2)-A(3,2)a3) +x4(A(3,3)(a1+a3a2)-A(3,2)a2)+A(3,3)a3a1-A(3,2)a1=0, (11") (x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+a3)A(3,2)-A(3,1)) (10")-(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (11") ： x3A(1,1)+A(1,0)=0, (12") x3=-A(1,0)/A(1,1), (c) 其中， A(1,1)=(-x4^2 a2+x4(-a3a2+a1)+a3a1-a2^2)A(3,3)^2+(x4^2a3+x4a3^2+a3a2 -a1) A(3,3)A(3,2) +(-x4^2+a3^2-2a2)A(3,3)A(3,1)+(x4+a3)A(3,3)A(3,0)-(x4+a3)A(3,2)A(3,1) -(x4^2+x4a3+a2)A(3,2)^2-A(3,2)A(3,0)-A(3,1)^2) A(1,0)=(x4^4a3+x4^3(2a3^2-a2)+x4^2a3^3+x4(a3^2a2+a3a1-a2^2)+(a3^2-a2)a1)A(3,3)^2 +(-x4^4-2x4^3a3-x4^2(a3^3+a2)-x4(a3a2+a1)-a3a1)A(3,3)A(3,2) +(-x4^3-x4^2a3-x4a2-a1)A(3,3)A(3,1)+(a3^2+x4a3-a2)A(3,3)A(3,0) -(x4+a3)A(3,2)A(3,0)-A(3,1)A(3,0) 都是仅含 x4 和方程各系数的函数， x4 的最高次数为 11 。 A(1,1) (10")-x3(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (12"): x3A’(1,1)+A’(1,0)=0, (13") 其中， A’(1,1)=(x4^2+x4a3+a2)A(3,3)A(1,1)-(x4+a3)A(3,3)A(1,0)+A(3,1)A(1,1)-A(3,2)A(1,0) A’(1,0)=x4^3+x4^2a3+x4a2+a1)A(3,3)A(1,1)+A(3,0)A(1,1) 都是仅含 x4 和方程各系数的函数， x4 的最高次数为 6 A’(1,1) (12")-A(1,1) (13") ： A’(1,1)A(1,0)- A(1,1)A’(1,0)=0, (14") 是仅含 x4 和方程各系数的 25 次方程。由 (7") 可使与 (14") 降幂至 x4 的 3 次方，再与 (7") 逐次联立可降幂至 x4 的 1 次方，即得仅由方程各系数表达的 x4 。将它逐次代入 (c) 、 (b) 、 (a) ，即得任意 4 次不可约方程由其各系数表达的解。 3.2. ．任意 5 次不可约代数方程仅以方程各系数有理运算表达的公式解任意 5 次不可约代数方程： x^5+{a x^j ; j=0 到 4 求和 }=0 ， (3.2..1) 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, (3.2..1”) 它的 5 个根与系数间有如下关系式： y0+y1+y2+y3+y4=0 ， (1) y0=-(y1+y2+y3+y4) ， (a) 即： y0 可由 y1,y2,y3,y4 之和表达。 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(y4^3b2+y4^2b1+y4b0+y3^2y4^3b1+(3y3^2y4^2+y3y4^3)b0) -(y3^3y4^2y4b1+y2y3^3y4^3b0+(3y3^3y4^2+y3^2y4^3)b0)), (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 3 次的，都可由相应的不高于 3 次的各项表达 ) 即得：仅由 y4 ，及方程各系数表达的 y3 。由 (1”) 、 (d) 得到仅有 y4 为变量的 2 个互不相依的代数方程。当取 y4 为变量，方程各系数为参量，的 2 个互不相依的代数方程，就必然可以联立逐次降幂直到 y4 的 1 次方，而得解： y4B(1,1)+B(1,0)=0, （ 2” ）其中， B(1,1) = B’(2,2) B(2,1)- B(2,2) B’(2,1) ， B(1,0) = B’(2,2) B(2,0)- B(2,2) B’(2,0) ， B’(2,2) = (B(2,2)B(3,2)-B(3,3)B(2,1)), B’(2,1) = (B(2,2)B(3,1)-B(3,3)B(2,0)), B’(2,0) = B(2,2)B(3,0), B(2,2) = (B’(3,3)B(3,2)- B(3,3)B’(3,2)), B(2,1) = (B’(3,3)B(3,1)- B(3,3)B’(3,1)), B(2,0) = (B’(3,3)B(3,0)- B(3,3)B’(3,0)), B’(3,3) = (27b3^11-18b3^9b1+39b3^8b2^2+b3^7(-39b2b0-15b1^2) +18b3^6b2^2b1+b3^5(+6b1^3+10b2^4)+b3^4 (-25b2^3b0+b2^2b1^2) +b3^3(6b2^3b2b1+12b2^2b0^2+3b1^4+8b1b2^4) +b3^2(2b2^2b1^3+4b2^6)-4b3b2^5b0+2b3b2^4b1^2 +2b2^5b2b1+4b2^4b0^2+ b2^2b1^4) B’(3,2) = (27b3^10b2-9b3^9b0+b3^7(30b2^3-15b1b0) +b3^6(-24b2^2b0+9b2b1^2)+b3^5(3b1^2b0+12b1b2^3+3b2b0^2) +b3^4(10b2^5-5b2^2b1b0) -b3^3(6b2b1b0^2+24b2^3b1^2+7b2^4b0+6b1^3b0) +b3^2(4b2^5b1+3b2^2b1^2b0+b2^3b0^2)+b3(b2^7-2b2^4b1b0) -2b2^6b0+5b2^5b1^2+2b2^3b1b0^2-2b2^3b1b0^2+2b2^2b1^3b0), B’(3,1) = (27b3^10b1+b3^8(9b2b0-b1^2)+b3^7(30b2^2b1-9b0^2) +b3^6(-9b1^3)+b3^5(6b1^2b2^2+3b1b0^2+6b2^3b0) +b3^4 (10b2^4b1-6^2b0^2)+b3^3(+12b2^2b1^3-3b1^2b0^2+6b2b0^3) +b3^2(b2^5b0+3b2^4b1^2+b2^2b1b0^2)+b3(b2^6b1-b2^4b0^2) +3b2^4b1^3+2b2^3b0^3+b2^2b1^2b0^2). B’(3,0) = 27b3^10b0-9b3^8b1b0+30b3^7b2^2b0 +b3^6(-9b1^2b0-18b2b0^2)+6b3^5b1b2^2b0 +10b3^4b2^4b0+b3^3(-7b2^3b0^2+6b2^2b1^2b0) +3b3^2b2^4b1b0+b3b2^6b0 -2b2^5b0^2+3b2^4b1^2b0, B(3,3) = (9b3^7 -3b3^5b1+7b3^4b2^2-b3^3(6b2b0+3b1^2)+3b3^2b2^2b1+b3b2^4 -2b2^3b0+3b2^2b1^2), B(3,2) = (9b3^6b2-3b3^5b0+b3^4b2b1+b3^3(3b2^3-6b1b0+3b2^3) +b3^2(b2^2b0+3b2b1^2)+b2^5+2b2^2b1b0 +2b2b1^3), B(3,1) = (9b3^6b1+b3^4b2b0+b3^3(6b2^2b1-3b0^2), +4b3^2b2b1b0+b2^4b1-b2^2b0^2+4b2b1^2b0) B(3,0) =9b3^6b0+6b3^3b2^2b0+b3^2b2b0^2+b2^4b0+2b2b1b0^2, 它们都只是方程各系数的有理函数。而有： y4= - B(1,0)/B(1,1), (e) 即得：仅由方程各系数表达的 y4 。将 (e) 逐次代入 (d) 、 (c) 、 (b) 、 (a) ，即得：仅由方程各系数有理运算表达的 y4 、 y3 、 y2 、 y1 、 y0, 方程的全部 5 个解。对于任意 5 次不可约代数方程只要将其各系数代入 (e) 、 (d) 、 (c) 、 (b) 、 (a) ，各式，即得其各解。这就具体给出了任意 5 次不可约代数方程的公式解。而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。 4. 引进适当个数参量将方程表达为两个因式乘积的解法 ( 本文的创新 ) 当 n 1 ，可由变换： y=x+ a /n ，将 (2.1) 变换为： (y -a /n) ^n +{a ^j (y -a /n)^j; j=0 到 n-1 求和 }=0, (4.1’) 即得： y^n +{b y^j ; j=0 到 n-2 求和 }=0, (4.1") 其中， b =0 ，当 n4, 为偶数，可引入如下 n 个参量： s ,s ,...,s , t ,t ,..., t , ，将方程改写为： (y^(n/2)+s y^(n/2-1)+...+s y+ s )(y^(n/2)+t y^(n/2-1)+...+t y+t )=0, 有： s t +t s =0, s t +t s +s t +t s =b , s t +t s +s t +t s +s t +t s =b , ... ... ... s t =b , 当 n4, 为奇数，可引入如下 n+1 个参量： s ,s ,...,s , t ,t ,..., t , ，将方程改写为： (y^((n+1)/2)+s y^(n/2-1)+...+s y+ s )(y^(n/2)+t y^(n/2-1)+...+t y+t )=0, 有： s t =0, s t +t s +s t +t s =b , s t +t s +s t +t s +s t +t s =b , ... ... ... s t =b , 即各自都有与参量数相同的方程数，各参数都可顺序解得由其后的各参数表达，而最后参量的两个方程就都可得解，当方程的次数较高时，可交替降幂而得解，于是得到各参数的解。例如： 4,1. 2 次方程： x^2+a1x+a0=0, 引进 s ， t 两个参量将方程表达为： (x+s)(x+t)=0, 有： s+t=a1, st=a0, (s+t)^2=s^2+2st+t^2=a1^2, a1^2-4a0=s^2-2st+t^2=(s-t)^2, s-t=(+,-)(a1^2-4a0)^(1/2) ，即得解： x1=-s=(a1(+,-)(a1^2-4a0)^(1/2))/2, x2=-t=(a1(-,+)(a1^2-4a0)^(1/2))/2, 仍须，也只需，引入 2 次根式。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。作为特例：方程： x^2+x+1=0, 的解为： w1=(-1(+,-)i 3^(1/2))/2, w2=(-1(-,+)i 3^(1/2))/2, 4.2. 3 次方程： x^3+a1x+a0=0, 引进 s1,s0, t0, 3 个参量将方程表达为： (x^2+s1x+s0)(x+t0)=0, 有： s1+t0=0, s1=-t0, s0t0=a0, s0=a0/t0, s1t0+s0=a1, s1 =(a1-s0)/t0 =(a1-a0/t0)/t0, t0^3+a1t0-a0=0, 采用与 (2.2.2) 解法类似地 t0 的 3 个根，解得： t00=(a0/2+((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(a0/2-((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3), t01=w1(a0/2+((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w2(a0/2-((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3), t02=w2(a0/2+((b0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w1(a0/2-((b0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3) ，于是，解得任意的 3 次 t0 方程的根式解。而任意的 3 次 x 方程的根式解为： x=-t0, 可见，任意的 2 次和 3 次 x 方程的解都仍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。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。 4.3. 任意 4 次不可约代数方程： x^4+{ajx^j ; j=0 到 3 求和 }=0 ， (4.3.1) 由变换： y=x+a /4 ，将 (2.3.1) 变换为： y^4 +{bj y^j; j=0 到 2 求和 }=0, (4.3.1”) 其中， b3=0 ，还可引进参量 s1,s0, t1,t0 ，将 (3.1”) 写为： (y^2+s1y+s0)(y^2+t1y+t0)=0 ，有： s1+t1=0, s1=-t1, s1= b1/(t0-b0/t0), s0t0=b0, s0=b0/t0, s0=b0/(b2/t0(+,-)((b2^2-b0)^(1/2)) s1t0+s0t1=b1, -t1t0+t1b0/t0=b1, t1= b1/(-t0+ b0/t0) s0+t0=b2, b0/t0+t0=b2, t0^2-b2t0+b0=0, t0=b2/2(+,-)((b2^2-b0)^(1/2) 即得到仅以方程各系数的根式函数表达的 s1,s0, t1,t0 ，其中， s0,,t0 分别有 2 个不同的值，但分别代入后，的结果应是相同的。分别解得： y^2+s1y+s0=0, y^2+t1y+t0=0 ， 2 个方程的各 2 个解，即得 4 次方程的仅以方程各系数的根式函数表达的 4 个解。其中，根式的指数仅为 2 。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。 4.4. y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0, (4,4.1”) 引进参量 s1,s0,t1,t0, 可将 (4.1”) 改写为： ( 合理的 4 个方程， 4 个未知数 ) (y^3+s1y+s0)(y^2+t1y+t0)=0, 有： t0+s1=b3, t0 =b3-s1, s0t0=b0, s0=b0/t0, s0=b0/(b3-s1), s0+s1t1=b2, t1s1=(b2-s0), t1s1^2-(t1b3+b2)s1+b2b3-b0=0, (1) s1t0+s0t1=b1, s1t0=b1-s0t1, t1s1^3-2t1b3s1^2+ t1(b3^2+b1)s1-(t1b1b3-b0)=0, (2) 由 (1) 、 (2) 对 s1 逐次降幂，得到： s1=-(b1b3t1^2-(b2b3^2-b0b3+b0)t1–b2^2b3+b2b0)/(-b1t1^2+(b2b3-b0)t1–b2^2), (3) (b1b2^2b3^3+(b0b1b2+b0b1)b3^2+b0^2b1b3+b0b1^2b2-b0^2b1)t1^4 +(-b2^3b3^4+(3b1-2b0+b0)b2^2b3^3 -(2b1b2^3 +b0b2^2+b0(1+2b1)b2-b0^2(2b2+1))b3^2 +(b0^2(-2b2+b1-1)-b0b1b2^2)b3 -b0b1b2^2+b0^2b1(4b2+1))t1^3 +(-3b2^3b3^4+(b2^4++5b0b2^2)b3^3-(3b0b2^3+3b0^2b2+4b0b2^2)b3^2 -(2b1b2^4-b0b2^3-2b0^2b2-b0^3)b3+3b0b1b2^3-b0^2b2^2+2b0^3b2-b0^2b2)t1^2 +(-3b2^4b3^3+5b0b2^3b3^2-(4b0b2^4+2b0b2^3+3b0^2b2^2)b3 -b0b2^4+2b0^2b2^3+4b0^2b2^2+b0^3b2)t1 -(2b2^6b3-2b0b2^5)=0, (4) 由 (4) 可按 t1 的 4 次方程解得 t1 ，或由 (4) 与 (3), 消去 s1 ，得到另一个 t1 的方程，与 (4) 对 t1 逐次降幂，解得 t1 ，并求得其它各参量，而按 x 的 3 次和 2 次方程，解得 x 的 5 次方程。其中，也都只含有 2 次和 3 次的根式。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。 4.5. ．任何高次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 综上所述，早已解得： 2 至 4 次不可约代数方程的根式解，本文又已用多种方法具体求得： 5 和 6 次不可约代数方程的公式解和根式解，再类推到更高次，即可逐次解得任何高次不可约代数方程的公式解和根式解。而且，它们都不含大于 3 次的根式解。因而，它们的解也都不违反本文正确理解的 Galois 理论。 5 ．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|5089 次阅读|16 个评论

任意n次不可约代数方程的公式解: 热度 1 可变系时空多线矢主人 2013-5-22 18:46; 任意 n 次不可约代数方程的公式解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， 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。本博客 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： Galois 理论所证明的，实际上，也只是“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。并还推广到 m 再逐次增大的，任意 n=2m 和 2m+1 次代数方程的根式解的相应求解法。其中，添加的根式都小于 4 ，因而，这些证明也与 Galois 理论并不矛盾。本文进而给出不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。以 4 次和 5 次不可约代数方程为例具体给出了它们不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。具体表明： 2 次和 3 次不可约代数方程只能给出带有根式的根式解，高于 3 次的不可约代数方程都能解得仅由方程各系数的有理函数表达的公式解，也都可解得不高于 3 次根式的根式解，但与仅由方程各系数的有理函数表达的公式解相比，奇次的方程过于繁杂不易求解，而偶次的方程却可更为简化。也都更为有力的表明：本文纠正“通常对 Galois 理论理解错误“的正确和必要。关键词：不可约代数方程根式解公式解 Galois 理论 1．引言：方程的解中仅含有其各系数的有理运算与根式 ( 但需注意：任意正整数的任意次开方都可计算出为实数，而非含有方程各系数的根式 ) 的，称为该方程的根式解。 2 次不可约代数方程的根式解早在公元前 3 世纪，就已得出。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。而此后的近 3 个多世纪，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。 Abel, N.N. (1830) 首先提出 n4 的不可约代数方程不能根式求解，进而 Galois, E.(1830) 更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；而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不便。其实，按 Galois 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 的对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。因此， Galois 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，迄今似已公认的“ n4 的不可约代数方程没有根式解”结论，只是当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 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方法，就能与 Galois 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 ． n3 的任意 n 次不可约代数方程都可解得仅以方程各系数的有理运算表达的公式解。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, (2.1) 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。当 n=2m, m 为任意自然数，可将 (2,1) 式表达为： x^(2m) +{a x^j,j=0 到 2m-1 求和 }=0, (2.2) 当 n=2m+1,m 为任意自然数，可将 (2,1) 式表达为： x^(2m+1) +{ajx^j,j=0 到 2m 求和 }=0, (2.3) 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 , (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 =a , (n) ( 当 n 为奇数， (n) 如上式，左端各项为负，当 n 为偶数，则上式左端各项，均再乘以 -1) 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 n 个互不相依的代数方程，消去 x ，而得到组合数 c(n,2)=n(n-1)/2 个以 x 为变量，其它各 x ;j=3,4,...,n, 及方程各系数为参量的方程。这 n(n-1)/2 个中，变量 x 的次数会有一定的增高。当 n3 ，可选其中互不相依的含有方程的全部系数的 n 个方程联立，逐次降幂，直到 x 的 1 次方，即得以 x ;j=3,4,...,n, 及方程各系数为参量表达的 x 。类似地，逐次消去 x ;j=,3,...,n-1 ，逐次降幂，直到 x 的 1 次方，即得：以 x ;=j+2,j+3,,...,n, 及方程各系数为参量表达的 x 。其中， x 为变量的方程的次数可能会很高，但是，因为，方程的各根都必能满足原方程，即，必有： x ^n +{a ^j x ^j ; j=0 到 n-1 求和 }=0, k=1,2,... n, 即有： x ^n =-{a ^j x ^j ; j=0 到 n-1 求和 }, k=1,2,... n, (2,4) 由此，所有高次的 x 都可仅由最高为 n 次的各项表达。而 x 为变量的各方程都可仅由最高为 n 次的各项表达 , 并与 (2,2) 联立，逐次降幂至其 1 次方。如此，即得仅以方程各系数为参量表达的 x 。再将 x 逐次代入以 x ;=n,n-1,...,j 及方程各系数为参量表达的 x ;j=n,n-1,...,2, 各式，即得：仅以方程各系数的有理运算表达的任意 n 次不可约代数方程的各公式解。而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。例如： 3 ．任意 4 次不可约代数方程仅以方程各系数的有理运算表达的公式解任意 4 次不可约代数方程： x^4+{a x^j ; j=0 到 3 求和 }=0 ， (3.1) x 有 4 个根 x1 ， x2 ， x3 ， x4, 且有： x1+x2+x3+x4=-a3, (1) x1=-(x2+x3+x4+a3), (a) x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4=a2, (2) x1(x2(x3+x4)+x3x4)+x2x3x4=-a1, (3) x1x2x3x4=a0, (4) (x2+x3+x4)(1)-(2): (x2+x3+x4)(x2+x3+x4+a3)-x2(x3+x4)-x3x4+a2=0, 即： x2^2+x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2=0, (1’) (x2(x3+x4)+x3x4)(1)- (3): (x2(x3+x4)+x3x4)(x1+x2+x3+x4+a3)-x1(x2(x3+x4)+x3x4)-x2x3x4-a1=0, 即： x2^2(x3+x4)+x2(x3^2+2x3x4+x4^2+(x3+x4)a3)+x3^2x4+x3(x4^2+x4a3)-a1=0, (2’) x2x3x4(1)-(4): x2x3x4(x2+x3+x4+a3)+a0=0, 即： x2^2x3x4+x2(x3^2x4+x3x4^2+x3x4a3)+a0=0, (3’) (x2(x3+x4)+x3x4)(2)-(x2+x3+x4)(3) ： (x2(x3+x4)+x3x4)(x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4-a2) -(x2+x3+x4)(x1(x2(x3+x4)+x3x4)+x2x3x4+a1)=0, 即： x2^2(x3^2+x3x4+x4^2)+x2(x3^2x4+x3(x4^2-a2)-x4a2-a1) +x3^2x4^2-x3(a1+x4a2)-x4a1=0, (4’) x2x3x4(2)-(x2+x3+x4)(4): x2x3x4(x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4-a2)-(x2+x3+x4)(x1x2x3x4-a0)=0, 即： x2^2 (x3^2x4+x3x4^2)+x2(x3^2x4^2-x3x4a2+a0)+x3a0+x4a0=0, (5’) x2x3x4(3)-(x2(x3+x4)+x3x4)(4): x2x3x4(x1(x2(x3+x4)+x3x4)+x2x3x4+a1)-(x2(x3+x4)+x3x4)(x1x2x3x4-a0)=0, 即： x2^2x3^2x4^2+x2(x3x4a1+(x3+x4)a0)+x3x4a0=0, (6’) (x3+x4) (1’)-(2’) ： (x3+x4)(x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2) -(x2(x3^2+2x3x4+x4^2+(x3+x4)a3)+x3^2x4+x3(x4^2+x4a3)-a1)=0, 即： x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1=0, (1”) x3x4(1’)-(3’): x3x4(x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2) -(x2(x3^2x4+x3x4^2+x3x4a3)+a0)=0, 即： x3^3x4+x3^2(x4^2+ x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0=0, (2”) (x3^2+x3x4+x4^2)(1’)-(4’): (x3^2+x3x4+x4^2)(x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2) -(x2(x3^2x4+x3(x4^2-a2)-x4a2-a1)+x3^2x4^2-x3(a1+x4a2)-x4a1)=0, 即： x2(2x3^3+ x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1) +x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1) +x4^4+x4^3a3+ x4^2a2+x4a1=0, (3”) x2=-(x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1) +x4^4+x4^3a3+ x4^2a2+x4a1) /(2x3^3+ x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1) (b) (x3^2x4+x3x4^2)(1’)- (5’) ： (x3^2x4+x3x4^2)(x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2) -(x2(x3^2x4^2-x3x4a2+a0)+x3a0+x4a0)=0, 即： x2(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0) +x3^4x4+x3^3(2x4^2+x4a3)+x3^2(2x4^3+2x4^2a3+x4a2)+x3(x4^4+x4^3a3+x4^2a2-a0) -x4a0=0, (4”) x3^2x4^2(1’)-(6’): x3^2x4^2(x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2) -(x2(x3x4a1+(x3+x4)a0)+x3x4a0)=0, 即： x2(x3^3x4^2+x3^2(x4^3+x4^2a3)-x3(x4a1+a0)-x4a0) +x3^4x4^2+x3^3(x4^3+x4^2a3)+x3^2(x4^4+x4^3a3+x4^2a2) -x3x4a0=0, (5”) (x3^3x4^2+x3^2x4^3+x3^2x4^2a3-x3(x4a1+a0)-x4a0)(4”) -(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0)(5”) ： (x3^3x4^2+x3^2(x4^3+x4^2a3)-x3(x4a1+a0)-x4a0) (x3^4x4+x3^3(2x4^2+x4a3)+x3^2(2x4^3+2x4^2a3+x4a2)+x3(x4^4+x4^3a3+x4^2a2-a0) -x4a0) -(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0) (x3^4x4^2+x3^3(x4^3+x4^2a3)+x3^2(x4^4+x4^3a3+x4^2a2) -x3x4a0)=0, 即： x3^5(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0) +x3^4(x4^6+x4^5a3-x4^3(a3a2+2a1)-x4^2(a1a3+2a0)-x4a3 a0) + x3^3(-x4^5a2-x4^4(a3a2+2a1)- x4^3(2a1a3+a2^2+6a0)-x4^2(2a3a0+a1a2)-x4a2 a0) +x3^2(-x4^5a1-x4^4(a1a3+a0)-x4^3(2a0a3+a1a2)+x4a1a0+a0^2) +x3(-x4^5a0-x4^4a0a3-x4^3a0a2+x4^2a1a0+x4a0^2) +x4^2a0^2 =0, (6”) x4(1”)- (2”): x4(x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1) -(x3^3x4+x3^2(x4^2+ x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0)=0, 即： x4^4+x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0=0, (7”) ( 实际上，就是表明：方程的根 x4 是满足原方程的 ) x4^4=-(x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0) x4^5=-(x4^4a3+x4^3a2+x4^2a1+x4a0) =x4^3(a3^2-a2)+x4^2(a3a2- a1)+x4(a3a1-a0)+a3a0 x4^6=x4^4(a3^2-a2)+x4^3(a3a2- a1)+x4^2(a3a1-a0)+x4a3a0 =x4^3(-a3^3+2a3a2-a1)+x4^2(-a3^2a2+a3a1+a2^2-a0) +x4(-a3^2a1+a3a0+a2a1)-a3^2a0+a2a0 x4^7=x4^4(-a3^3+2a3a2-a1)+x4^3(-a3^2a2+a3a1+a2^2-a0) +x4^2(-a3^2a1+a3a0+a2a1)+x4(-a3^2a0+a2a0) =x4^3(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0)+x4^2(a3^3a2-a3^2a1-2a3a2^2+a2a1+a3a0+a2a1) +x4(a3^3a1-a3^2a0-2a3a2a1+a2a0+a1^2)+a3^3a0-2a3a2a0+a1a0 x4^8=x4^4(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0) +x4^3(a3^3a2-a3^2a1-2a3a2^2+a2a1+a3a0+a2a1) +x4^2(a3^3a1-a3^2a0-2a3a2a1+a2a0+a1^2) +4(xa3^3a0-2a3a2a0+a1a0) =-x4^3(a3^5+3a3^3a2-3a3^2a1-3a3a2^2+2a3a0+2a2a1) +x4^2(-a3^4a2 +a3^3a1+3a3^2a2^2-a3^2a0-4a3a2a1-a2^3+2a2a0+a1^2) +x4(-a3^4a1+a3^3a0+3a3^2a2a1-2a3a1^2-2a3a2a0-a2^2a1+2a1a0) -a3^4a0+3a3^2a2a0-2a3a1a0-a2^2a0+a0^2 ( 具体表明： x4 次数高于 3 次的，都可由相应的不高于 3 次的各项表达 ) x3^2(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0) (1”)- (6”): x3^2(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0) (x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1) -(x3^4(x4^6+x4^5a3-x4^3(a3a2+2a1)-x4^2(a1a3+2a0)-x4a3 a0) +x3^3(-x4^5a2-x4^4(a3a2+2a1)-x4^3(2a1a3+a2^2+6a0)-x4^2(2a3a0+a1a2)-x4a2 a0) +x3^2(-x4^5a1-x4^4(a1a3+a0)-x4^3(2a0a3+a1a2)+x4a1a0+a0^2) +x3(-x4^5a0-x4^4a0a3-x4^3a0a2+x4^2a1a0+x4a0^2) +x4^2a0^2) =0, 即： x3^4(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) +x3^3(x4^7+2x4^6a3+x4^5(a3^2+a2)+x4^4(a3a2+a1)+x4^3(a1a3+5a0)+x4^2a0a3) +x3^2(x4^8+2x4^7a3+x4^6a3^2+x4^5a1+x4^4(a3a1-a2^2)-x4^3(a0a3+a2a1) -x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2) +x3(x4^5a0+x4^4a0a3+x4^3a0a2-x4^2a1a0-x4a0^2) -x4^2a0^2=0, (8”) x3(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) (1”)- (8”) ： x3(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) (x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1) -(x3^3(x4^7+2x4^6a3+x4^5(a3^2+a2)+x4^4(a3a2+a1)+x4^3(a1a3+5a0)+x4^2a0a3) +x3^2(x4^8+2x4^7a3+x4^6a3^2+x4^5a1+x4^4(a3a1-a2^2)-x4^3(a0a3+a2a1) -x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2) +x3(x4^5a0+x4^4a0a3+x4^3a0a2-x4^2a1a0-x4a0^2) -x4^2a0^2)=0, 即： -x3^3(x4^7+x4^6a3+x4^5(-a3^2+2a2)+x4^4(-a3^3+2a3a2)+5x4^3a0+x4^2a0a3) -x3^2(x4^8+x4^7a3-x4^6(a3^2-a2)-x4^5a3^3-x4^4a3^2a2-x4^3(a0a3+2a2a1) -x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2) +x3(x4^8a3+x4^7(2a3^2-a2)+x4^6(a3^3+a1) +x4^5(a3^2a2+2a3a1-a2^2-a0) +x4^4(a3^2a1-a3a0)+x4^3(a1^2-a0a2)+x4^2a1a0+x4a0^2) +x4^2a0^2=0, (9”) 由 (7”) 可将 (9”) 简化为： -x3^3A(3,3)-x3^2A(3,2)+x3A(3,1)+A(3,0)=0, 其中， A(3,3)=x4^3(a3a1-a2^2+4a0)+x4^2(a3^2a1-a3(a2^2-a0)) +x4 (a3^2a0-a3a2a1-a2a0+a1^2)-a3a2a0+a1a0, A(3,2)=x4^4(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0) +x4^3(a3^5-3a3^3a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0)-a2a1) +x4^2(a3^4a2-3a3^2a2^2+a3^2a0+a3a2a1+a2^3+a2a0) +x4(a3^4a1-3a3^2a2a1+a3a1^2+a2^2a1-a1a0-a0^2) +a3^4a0-3a3^2a2a0+a3a1a0+a2^2a0, A(3,1)=x4^4(a3^5-3a3^4a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0)) +x4^3(a3^6-3a3^4a2+2a3^3a1+a3^2(a2^2+a0)+a2a0) +x4^2(a3^5a2-a3^3(4a2^2-4a0) +a3(a2^3+a1^2) +a1 a0) +x4(a3^5a1-4a3^3a2a1+ a3^2(+2a1^2)-a3 a2^2a1+2a0^2) +a3^5a0-3a3^3a2a0+2a3^2a1a0+a3a2^2a0, A(3,0)=x4^2a0^2, 都是仅含 x4 的 3 次以下的方次和方程各系数有理运算的函数。 A(3,3) (1”)+ (9”) ： A(3,3)(x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1) -x3^2A(3,2)+x3A(3,1)+A(3,0)=0, 即： x3^2(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))+x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1)) +x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)=0, (10”) (x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (1”)- x3(10”): (x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1) -x3(x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1)) +x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)) =0, 即： x3^2(x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+ a3)A(3,2)-A(3,1)) +x3(x4^2a3+x4a3^2+ a3a2-a1)A(3,3)-(x4^2+x4a3+ a2)A(3,2)-A(3,0)) +x4^4A(3,3)+x4^3(2A(3,3)a3-A(3,2))+x4^2(A(3,3)(a3^2+a2)-A(3,2)a3) +x4(A(3,3)(a1+a3a2)-A(3,2)a2)+A(3,3)a3a1-A(3,2)a1=0, (11”) (x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+ a3)A(3,2)-A(3,1)) (10”)-(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (11”) ： (x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+ a3)A(3,2)-A(3,1)) (x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1)) +x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)) -(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (x3(x4^2a3+x4a3^2+ a3a2-a1)A(3,3)-(x4^2+x4a3+ a2)A(3,2)-A(3,0)) +x4^4A(3,3)+x4^3(2A(3,3)a3-A(3,2))+x4^2(A(3,3)(a3^2+a2)-A(3,2)a3) +x4(A(3,3)(a1+a3a2)-A(3,2)a2)+A(3,3)a3a1-A(3,2)a1)=0, 即： x3A(1,1)+A(1,0)=0, (12”) x3=-A(1,0)/A(1,1), (c) 其中， A(1,1)=(-x4^2 a2+x4(-a3a2+a1)+a3a1-a2^2)A(3,3)^2+(x4^2a3+x4a3^2+ a3a2 -a1) A(3,3)A(3,2) +(-x4^2+a3^2-2a2)A(3,3)A(3,1)+(x4+a3)A(3,3)A(3,0)-(x4+a3)A(3,2)A(3,1) -(x4^2+x4a3+a2)A(3,2)^2-A(3,2)A(3,0)-A(3,1)^2) A(1,0)=(x4^4a3+x4^3(2a3^2-a2)+x4^2a3^3+x4(a3^2a2+a3a1-a2^2)+(a3^2-a2)a1)A(3,3)^2 +(-x4^4-2x4^3a3-x4^2(a3^3+a2)-x4(a3a2+a1)-a3a1)A(3,3)A(3,2) +(-x4^3-x4^2a3-x4a2-a1)A(3,3)A(3,1)+(a3^2+x4a3-a2)A(3,3)A(3,0) -(x4+a3)A(3,2)A(3,0)-A(3,1)A(3,0) 都是仅含 x4 和方程各系数的函数， x4 的最高次数为 11 。 A(1,1) (10”)- x3(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (12”): A(1,1)(x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1)) +x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)) - x3(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))A(1,0)=0, 即： x3A’(1,1)+A’(1,0)=0, (13”) 其中， A’(1,1)=(x4^2+x4a3+a2)A(3,3)A(1,1)-(x4+a3)A(3,3)A(1,0)+A(3,1)A(1,1)-A(3,2)A(1,0) A’(1,0)=x4^3+x4^2a3+x4a2+a1)A(3,3)A(1,1)+A(3,0)A(1,1) 都是仅含 x4 和方程各系数的函数， x4 的最高次数为 6 A’(1,1) (12”)- A(1,1) (13”) ： A’(1,1)A(1,0)- A(1,1)A’(1,0)=0, (14”) 是仅含 x4 和方程各系数的 25 次方程。由 (7”) 可使与 (14”) 降幂至 x4 的 3 次方，再与 (7”) 逐次联立可降幂至 x4 的 1 次方，即得仅由方程各系数表达的 x4 。将它逐次代入 (c) 、 (b) 、 (a) ，即得任意 4 次不可约方程由其各系数表达的解。 4 ．任意 5 次不可约代数方程仅以方程各系数有理运算表达的公式解任意 5 次不可约代数方程： x^5+{a x^j ; j=0 到 4 求和 }=0 ， (4.1) 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) y0=-(y1+y2+y3+y4) ， (a) 即： y0 可由 y1,y2,y3,y4 之和表达。 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=(2y2^3(y3^3y4^2b0+y3^2y4^3b0)+2y2^2y3^3y4^3b0) /(y2^4y3^4y4^4-y2^3(y3^3(y4^3b2+y4^2b1+y4b0+y3^2y4^3b1+(3y3^2y4^2+y3y4^3)b0) -y2^2(y3^3y4^2y4b1+y2y3^3y4^3b0+(3y3^3y4^2+y3^2y4^3)b0)) =(2y2(y3^3y4^2b0+y3^2y4^3b0)+2y3^3y4^3b0) /(y2^2y3^4y4^4-y2(y3^3(y4^3b2+y4^2b1+y4b0+y3^2y4^3b1+(3y3^2y4^2+y3y4^3)b0) -(y3^3y4^2y4b1+y2y3^3y4^3b0+(3y3^3y4^2+y3^2y4^3)b0)), (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 3 次的，都可由相应的不高于 3 次的各项表达 ) 即得：仅由 y4 ，及方程各系数表达的 y3 。由 (1”) 、 (d) 得到仅有 y4 为变量的 2 个互不相依的代数方程。当取 y4 为变量，方程各系数为参量，的 2 个互不相依的代数方程，逐次降幂直到： y4B(1,1)+B(1,0)=0, （ 2” ）其中， B(1,1) = B’(2,2) B(2,1) - B(2,2) B’(2,1) ， B(1,0) = B’(2,2) B(2,0) - B(2,2) B’(2,0) ， B’(2,2) = (B(2,2)B(3,2)-B(3,3)B(2,1)), B’(2,1) = (B(2,2)B(3,1)-B(3,3)B(2,0)), B’(2,0) = B(2,2)B(3,0), B(2,2) = (B’(3,3)B(3,2)- B(3,3)B’(3,2)), B(2,1) = (B’(3,3)B(3,1)- B(3,3)B’(3,1)), B(2,0) = (B’(3,3)B(3,0)- B(3,3)B’(3,0)), B’(3,3) = (27b3^11-18b3^9b1+39b3^8b2^2+b3^7(-39b2b0-15b1^2) +18b3^6b2^2b1+b3^5(+6b1^3+10b2^4)+b3^4 (-25b2^3b0+b2^2b1^2) +b3^3(6b2^3b2b1+12b2^2b0^2+3b1^4+8b1b2^4) +b3^2(2b2^2b1^3+4b2^6)-4b3b2^5b0+2b3b2^4b1^2 +2b2^5b2b1+4 b2^4b0^2+ b2^2b1^4) B’(3,2) = (27b3^10b2-9b3^9b0+b3^7(30b2^3-15b1b0) +b3^6(-24b2^2b0+9b2b1^2)+b3^5(3b1^2b0+12b1b2^3+3b2b0^2) +b3^4(10b2^5-5b2^2b1b0) -b3^3(6b2b1b0^2+24b2^3b1^2+7b2^4b0+6b1^3b0) +b3^2(4b2^5b1+3b2^2b1^2b0+b2^3b0^2)+b3(b2^7-2b2^4b1b0) -2b2^6b0+5b2^5b1^2+2b2^3b1b0^2-2b2^3b1b0^2+2b2^2b1^3b0), B’(3,1) = (27b3^10b1+b3^8(9b2b0-b1^2)+b3^7(30b2^2b1-9b0^2) +b3^6(-9b1^3)+b3^5(6b1^2b2^2+3b1b0^2+6b2^3b0) +b3^4 (10b2^4b1-6^2b0^2)+b3^3(+12b2^2b1^3-3b1^2b0^2+6b2b0^3) +b3^2(b2^5b0+3b2^4b1^2+b2^2b1b0^2)+b3(b2^6b1-b2^4b0^2) +3b2^4b1^3+2b2^3b0^3+b2^2b1^2b0^2). B’(3,0) = 27b3^10b0-9b3^8b1b0+30b3^7b2^2b0 +b3^6(-9b1^2b0-18b2b0^2)+6b3^5b1b2^2b0 +10b3^4b2^4b0+b3^3(-7b2^3b0^2+6b2^2b1^2b0) +3b3^2b2^4b1b0+ b3b2^6b0 -2b2^5b0^2+3b2^4b1^2b0, B(3,3) = (9b3^7 -3b3^5b1+7b3^4b2^2-b3^3(6b2b0+3b1^2)+3b3^2b2^2b1+b3b2^4 -2b2^3b0+3b2^2b1^2), B(3,2) = (9b3^6b2-3b3^5b0+b3^4b2b1+b3^3(3b2^3-6b1b0+3b2^3) +b3^2(b2^2b0+3b2b1^2)+b2^5+2b2^2b1b0 +2b2b1^3), B(3,1) = (9b3^6b1+b3^4b2b0+b3^3(6b2^2b1-3b0^2), +4b3^2b2b1b0+b2^4b1-b2^2b0^2+4b2b1^2b0) B(3,0) = 9b3^6b0+6b3^3b2^2b0+b3^2b2b0^2+b2^4b0+2b2b1b0^2, 它们都只是方程各系数的有理函数。而有： y4= - B(1,0)/B(1,1), (e) 即得：仅由方程各系数表达的 y4 。将 (e) 逐次代入 (d) 、 (c) 、 (b) 、 (a) ，即得：仅由方程各系数有理运算表达的 y4 、 y3 、 y2 、 y1 、 y0, 方程的全部 5 个解。对于任意 5 次不可约代数方程只要将其各系数代入 (e) 、 (d) 、 (c) 、 (b) 、 (a) ，各式，即得其各解。这就具体给出了任意 5 次不可约代数方程的公式解。而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。 5 ． 2 次不可约代数方程的根式解当 n=2, 即方程： X^2+a1x+a2=0, (5.1) 设其解为 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) 不足以用如前逐次降幂、消去的办法求解。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)), (5.2) 当 a1=a0=1, (5,1) 为： x^2+x+1=0, (5.1’) 解得： x=-1/2- 或 + ((1/2)^2-1)^(1/2))=(-1- 或 +i3^(1/2))/2=w1,w2, (5.2’) 6 ． 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, (6.1) 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, (6.2) 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 d 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，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 2 次和 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。 7 ． 4 次不可约代数方程的根式解 ( 本文给出的如下具体解法有利于推广到 n=2m) 当 m=2; n=4, (1) 式即方程： x^4+{ajx^j,j=0 到 3 求利和 }=0 ， (7.1) 现在，考虑引进相应根式的简化求解法。引入函数 y ，并取 : (x^2+a1x/2+y/2)^2=x^4+a3x^3+((a3/2)^2+y)x^2+(a3y/2)x+(y/2)^2 原方程可改写为： (x^2+a3x/2+y/2)^2=((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y^2/4-a0), 设当上式右边成为 x 函数的完全平方： ((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y^2/4-a0)=(c1x+c0)^2 由 (c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有： c1^2=(a3/2)^2-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 ， 2((a3/2)^2-a2+y)y^2/4-a0)=(a3y/2-a1)^2 ，亦即得到： y^3-((a3/2)^2+a2)y+2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0, (7.2) 当令： s=y-((a3/2)^2+a2)/3, y=s+((a3/2)^2+a2)/3, (7.3) 将 (7.3) 代入方程 (7.2) ，即将它简化为 s^2 的系数 =0 的形式。即： s^3+b1s+b0=0, (7.4) b1=2a3a1+((a3/2)^2+a2)^2/3, b0=-2(a1^2+2a0)+((a3/2)^2+a2)2/3-2((a3/2)^2+a2)^3/27, 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), (7.5) 而 3 次 y 方程， (7.2) ，的解为： yj=sj+((a3/2)^2+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+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, (7.7) 以解得的 (7.6) 中， y 的实数根 y0 代入方程 (7.7) ，并分别求解这两个 x 的 2 次方程，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、 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。 8 ． 5 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 当 m=2; n=5, (2,,1) 式即方程： x^5+{a x^j,j=0 到 4 求和 }=0 ， (8.1) 还总可由 y=x+a4/5; x=y-a4/5, 再变换成 y^4 的系数 b4=0 的形式 : y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0, 其中： b3=10(a4/5)^2-4a4^2/5+a3, b2=-10(a4/5)^3+6a4^3/5^2-3a3a4/5+a2, b1=5(a4/5)^4-4a4^4/5^3+3a3(a4/5)^2-2a2a4/5+a1, b0=-(a4/5)^5+a4^5/5^4-a3(a4/5)^3+a2(a4/5)^2-a1a4/5+a0, (8.2) 5 次 y 方程， (8.1) ，有 5 个根 y0 ， y1 ， y2 ， y3 ， y4 。可令此 5 个根可分别由 w1/2 ， w2/2 ( 其中： w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为 x^2+x+1=0, 的 2 个根 ) ，及 4 个参量 z1 ， z2 ， z3 ， z4 ，表为： y0=z1+z2+z3+z4 ， y1=(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2 ， y2=(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2 y3=(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2 ， y4=(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2 ，由方程根与系数的关系，有： -(y0+y1+y2+y3+y4) =-(z1+z2+z3+z4+(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2+(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2 +(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2+(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2) =-(z1+z2+z3+z4)(1+w1+w2) =0, ( 因 1+w1+w2=0 ，而此式给不出 4 个参变量， z1,z2,z3,z4, 的关系式 ) 而由由方程根与系数的其它 4 个关系式，即得： 4 个参变量 zj; j=1,2,3,4, 的 4 个方程： z1^2+z1(5z2+5z3+8z4)+z2^2+z2(8z3+5z4)+z3^2+5z3z4+z4^2+4b3=0, (1) 4z1^3+3z1^2(3z2+3z3+2z4)+3z1(3z2^2+4z2z3+4z2z4+3z3^2+4z3z4+2z4^2)+4z2^3 +3z2^2(2z3+3z4)+3z2(2z3^2+4z3z4+3z4^2)+4z3^3+9z3^2z4+9z3z4^2+4z4^3+8b2=0 (2) z1^4+z1^3(3z2+3z3+2z4)+z1^2(4z2^2+z2(3z3+2z4)+4z3^2+2z3z4-z4^2) +z1(3z2^3+z2^2(2z3+3z4)+z2(2z3^2+2z3z4+2z4^2)+3z3^3+3z3^2z4+2z3z4^2+2z4^3) +z2^4+z2^3(2z3+3z4)+z2^2(z3^2+2z3z4+2z4^2)+z2(2z3^3+2z3^2z4+3z3z4^2+3z4^3) +z3^4+3z3^3z4+4z3^2z4^2+3z3z4^3+z4^4+16b1/3=0, (3) z1^5+z1^4(2z2+2z3-z4)+z1^3(z2^2+z2(5z3-z4)+z3^2-z3z4+z4^2) +z1^2(z2^3+z2^2(3z3+3z4)+z2(3z3^2-3z3z4+3z4^2)+z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3) +z1(2z2^4+z2^3(-z3+5z4)+z2^2(3z3^2-3z3z4+3z4^2) +z2(-z3^3-3z3^2z4+3z3z4^2-z4^3)+2z3^4+5z3^3z4+3z3^2z4^2-z3z4^3-z4^4) +z2^2(z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3)+z2^3(z3^2-z3z4+z4^2)+z2^4(-z3+2z4)+z2^5 +z2(-z3^4-z3^3z4+3z3^2z4^2+5z3z4^3+2z4^4) +z3^5+2z3^4z4+z3^3z4^2+z3^2z4^3+2z3z4^4+z4^5+16b0=0, (4) 由此 4 个方程，解得 zj; j=1,2,3,4, 即得： 5 次 y 方程的根式解。具体解法如下：由 zj; j=1,2,3,4, 和 b3 ， b2 ，表达的 (1) 与 (2), 逐次降幂 z1 ，解得：仅由 zj;j=2,3,4, 和 b3 ， b2 ，表达的 z1 ，并进而消去 z1 。将消去了 z1 的 (1) 与 (3) ，逐次降幂 z2 ，解得：仅由 zj; j=3,4, 和 b3 ， b2 ， b1 表达的 z2 ，并进而消去 z2 。再将消去了 z1 、 z2 的 (1) 与 (4) ，逐次降幂 z3 ，解得：仅由 z4, 和 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z3 ，并进而消去 z3 。再将仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 Z4 的两个方程逐次降幂 z4 ，解得：仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z4 。再将解得的 Z4 ，依次代入： z3 、 z2 、 z1 ，即得：仅由 b3 ， b2 ， b1 ， b0 表达的 z3 、 z2 、 z1 。于是，解得 5 次 y 方程的解： yj; j=0,1,2,3,4, 而 5 次 x 方程的解为： xj=yj-a4/5; j=0,1,2,3,4, 其中，除了引进 2 次的根式外，并不增添任何新的根式，也并不形成根式解。当然也就不违反 Galois 理论。类比 5 次不可约代数方程的根式解的解法，也可推广用于任意 n=2m+1 次不可约方程，即将方程改写为： 2m+1 次方的系数 =1 ， 2m 次方的系数 =0 ，的形式，并令其 2m+1 个根可分别由 w1/m ， w2/m ( 其中： w1=(-1-i3^(1/2))/2, w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为 x^2+x+1=0, 的 2 个根 ) ，及 2m 个参量 z1 ， z2 ， … ， z(2m) ，表达。再利用其根与系数的关系，得到这 2m 个参量的 2m 个方程，依次利用其中各两个方程，逐次降幂地解得 1 个参量由剩余的其它参量和相应的系数表达的函数。直到求得最后的 1 个参量仅由全部系数表达的函数。再依次代入各参量函数中，求得它们仅由全部系数表达的函数。从而得到 2m(m1)+1 次不可约代数方程的根式解。其中，也与相关次方程一样，不含任何 3 次根式。当然也就都不违反 Galois 理论。但是，此法与本文第 2 和 4 节仅以方程各系数有理运算表达的公式解相比，虽也可编制程序，用计算机进行，也肯定能得解，整个运算过程却更远为烦琐，而且，尚未能给出具体的解，而不宜采用。 9 ． 6 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 当 m=3; n=6, (2,,1) 式即方程： x^6+{a x^j,j=0 到 5 求和 }=0 ， (9.1) 引入 2 个函数 y1 、 y2 ，并取： (x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 =x^6+a5x^5+(a5^2/4+(a4+y1))x^4+(a5(a4+y1)/2+y0)x^3+(a5y0/2+(a4+y1)^2/4)x^2 +(a4+y1)y0x/2+y0^2/4, 原方程可改写为： (x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2 =(a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3 +((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2=(c2x^2+c1x+c0)^2 ，就可分解成为如下两式： x^3+(a5/2+c2)x^2+((a4+y1)/2+c1)x +(y0/2+c0)=0 ； x^3+(a5/2-c2)x^2+((a4+y1)/2-c1)x +(y0/2-c0)=0 ， (9.2) 且有： (a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3+((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+co^2 ，由此，即可分别解得： c2=a5/2 ， 2c2c1=a5(a4+y1)/2-a3+y0 ， c1^2+2c2c0=(a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2 ， 2c1c0=(a4+y1)y0/2-a1 ， c0^2=y0^2/4-a0 ，由第 1 式，得： c2=a5/2 ， c2 代入第 2 式，得： c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2 c1 代入第 4 式，得： c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) ，即得： c2=a5/2 ， c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2 ， c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) ， (9.3) c2 、 c1 、 c0 代入第 3 式，得： (y0-a3)^2/a5^2+(y0-a3)(a4+y1)/(2a5)+(a4+y1)^2/4+a5((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1)) -(a4+y1)^2/4+a2-a5y0/2=0 ，即： 2y0^3/a5^3+(-6a3/a5^3+2a4/(a5^2)-1+2y1/(a5^2))y0^2 +(2a2/a5+4a3^2/a5^3+a3^2/a5^3-4a3a4/(a5^2)+a3+(-4a3/(a5^2))y1)y0 -a1a5-2a2a3/a5+a2a4-2a3^3/a5^3+2a3^2a4/(a5^2)-a4^3/4+(a2+2a3^2/(a5^2)-3a4^2/4)y1 -3a3y1^2/(4a5)-3a4y1^2/4-y1^3/4=0 ， (1’) c0 代入第 5 式，得： ((a4+y1)y0/2-a1)^2/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))^2-y0^2/4+a0=0, 即： -4y0^4/a5^2+(-4a4/a5+8a3/a5^2-4y1/a5)y0^3 +(a4^2/4+4a0/a5^2+(-3a4/2+4a3/a5)y1-3y1^2/4))y0^2 +(4a0a4/a5-8a0a3/a5^2-a1a4+(4a0/a5-a1)y1)y0 +a1^2+4a0a3^2/a5^2-4a0a3a4/a5+a0a4^2+(2a0a4-4a0a3/a5)y1+a0y1^2)=0, (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 5 ，表达的 y0 ，进而，消去 y0 ，即得到 y1 以 ai; i=0 到 5 ，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 5 ，表达的 y1 ，再代入以 y1 和 ai; i=0 到 5 ，表达的 y0 ，求得以 ai; i=0 到 5 ，表达的 y0 。于是，将它们代入 (7.3) ，就得到以 ai; i=0 到 5 ，表达的 c2,c1,c0, 再将它们都分别代入 (7.2) ，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。当然，比直接解 6 次不可约代数方程简便得多。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。 10 ． 2m(m2) 次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 类比 6 次不可约代数方程的根式解的解法，引出入函数 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。当然，更比直接解 2m 次不可约代数方程简便得多。而且，由于 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。 11 ．任何高次不可约代数方程的根式解 ( 本文的创新 ) 综上所述，早已解得： 2 至 4 次不可约代数方程的根式解，本文又已求得： 5 和 6 次不可约代数方程的公式解和根式解，再按本文 2m(m1) 次和 2m(m2) 次不可约代数方程的根式解的解法，当逐次增大 m ，即可逐次解得任何高次不可约代数方程的根式解。而且，它们都不含大于 3 次的根式。因而，它们的得解也都不与本文正确理解的 Galois 理论相矛盾。 12 ．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|4779 次阅读|2 个评论

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标签: 代数方程

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