纠正伽罗华理论解得任意不可约方程的公式解(补)

中国科学院 力学研究所 吴中祥 

提           要

纠正伽罗华理论，突破历代数学家近500年的努力未能实现的，全面、具体给出任意n次不可约代数方程的，仅由实数、虚数或复数表达的公式解。

必将促进各种数学问题产生革命性的发展。

关键词：不可约代数方程，伽罗华理论，根式解

1．伽罗华理论，及n>4 的不可约代数方程没有根式解

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，直到公元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5个世纪，虽有许多人寻求n>4的不可约代数方程的根式解。却都没能成功 [1]、[2]、[3] 。

特别是，伽罗华从已有2次方程的解，都引进含有方程系数函数的2次根式，3次方程的解，都引进含有方程系数函数的3次根式，的情况，分析各根式函数群的特点，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。

而以此给出“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n>4的不可约代数方程不能根式求解，学术界就似已公认n>4 的不可约代数方程没有根式解[1] 。

因而，对于n>4 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，因没有相应方程的公式解，而造成许多限制和不便。

2．n>4 的不可约代数方程没有根式解是对伽罗华理论错误理解造成的

但是，具体分析伽罗华理论[2][3]得到：

伽罗华所证明的，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。

显然，求解方程的整个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n>4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，认为“n>4的不可约代数方程没有根式解”；本身就是混淆n*与n，对伽罗华 理论的误解，而得出的错误结论。

并具体给出了任意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。

3．(-1)^(1/j)；j>2，存在的问题

进而指出：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)所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，标志该数是所谓“虚数”。

但是，当j为>2的其它数，则实际上都分别是相应复函数的组合，但是，在解方程时，并不能确定。

这就表明：如果在方程的变换中，出现n大于2的 (-1)^(1/n)，就不能得到仅由实数、虚数，或复数表达的解。

因而，通常方程的解，引进了次数大于2的根式，实际上，就尚未得到方程确切的解。

在解任意n次不可约代数方程时，只有能以实数、虚数或复数表达，就，也才，是确切的公式解。

4．求解任意2次不可约代数方程

2次不可约代数方程：x^2+a1x+a0=0，

都可由变换y=x+a1/2，x=y-a1/2，x^2=y^2-a1y+a1^2/4,而使原方程变换为：

y^2-a1y+a1^2/4+a1(y-a1/2)+a0=0，1次项的系数=0的如下形式：

y^2+b0=0,  b0=a0-a1^2/4,

由此，解得：

y1=+i(b0)^(1/2),             (1’)

y2=-i(b0)^(1/2),             (2’)

x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),  (1*)

x2=+a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)， (2*)

   当(a1/2)^2-a0=0，2解为正、负的相同实数：

x1=-x2=-a1/2,               (1*’)

   当(a1/2)^2-a0>0，2解为不同的实数：

x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),  (1*”)

x2=-a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)， (2*”)

   当(a1/2)^2-a0<0，2解为互共轭的复数：

x1=-a1/2+i((a1/2)^2-a0)^(1/2),  (1*”’)

x2=-a1/2-i((a1/2)^2-a0)^(1/2)， (2*”’)

  即得任意2次不可约代数方程，仅由实数、虚数或复数表达的公式解。

5．通常任意3次不可约代数方程的解 就存在(-1)^(1/3)的问题

   通常解任意3次不可约代数方程：

x^3+a2x^2+a1x+a0=0, 是令：

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, 其中，b1=a1-a2^2/3, b0=a0-a2a1/3+2a2^3/27,

此方程有3个根y0，y1，y2，且各根与各系数有如下关系式：

-(y0+y1+y2)=0,(1) y0(y1+y2)+y1y2=b1, (2) –y0y1y2=b0,(3)

仅由此3式虽能两两逐次降幂，消去y1、y2，但都仅能得到唯一的一个y3的3次方程，而不能继续逐次降幂求解。

现在已有的解法就是，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，按方程根与系数的关系，而有：-(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),

b0=-(z1+z2)(w1z1+w2z2)(w2z1+w1z2)=-(z1^3+z2^3),即：

z1^3+z2^3=-b0,

联立z1、z2，的两式，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，而由(1)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3个根式解。

而相应的3次x方程的根式解为：

xj=yj-a2/3; j=0,1,2,

但是，在此解中当：

-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2)<0,和

-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2)<0,时，就都会出现(-1)^(1/3)。

   就需要解决，才能得到以实数、虚数或复数表达的，确切的公式解。

6．解决任意3次不可约代数方程的解存在(-1)^(1/3)的问题

   将上节的(1)代入(2)、(3)，消去y0，得到:

(y1+y2)^2=y1y2-b1, y1^2+y1y2+y2^2+b1=0,      (2’)

y1y2(y1+y2)=-b0, y1^2y2+y1y2^2+b0=0,         (3’)

   由(2’)解得：

y1=-y2/2+,-(y2^2/4-(y2^2+b1))^(1/2),         (2”)

   由(3’)解得：

y1=-y2^2/2+,-(y2^4/4-b0)^(1/2),              (3”)

(2”)-(3”)，并消去根式，得到:

y2^2/2-y2/2+,-(y2^2/4-(y2^2+b1))^(1/2)=+,-(y2^4/4-b0)^(1/2),即：

((y2^2-y2)/2+,-(y2^2/4-(y2^2+b1))^(1/2))^2=(y2^4/4-b0),即：

(y2^4/4+y2^2/4+y2/2+(b1-b0))^2+(y2^4-2y2^3+y2^2)(3y2^2/4+b1)=0,即：

y2^8/16+7y2^6/8-5y2^5/4+(3b1-b0+7/8)y2^4/2-7y2^3/4+(3b1-b0+1/2)y2^2/2

+(b1-b0)y2+(b1-b0)^2=0,                                             (4)

   因y2是方程的根，（由(2’)，(3’)等，各两式消y1及根式，也得到）有：

y2^3+b1y2+b0=0,                                                       (5)

   由(4)、(5)，对y2逐次降幂，即得：

y2=-(b1^6b0/4+5b1^5b0/8-b1^4b0^2/2+229b1^4b0/64+5b1^4/4

+19b1^3b0^3/16+b1^3b0^2/8+47b1^3b0/32+b1^3

+17b1^2b0^3/32-83b1^2b0^2/32+529b1^2b0/256-7b1^2/4

-15b1b0^4/36+9b1b0^3/64+149b1b0^2/64+4b1b0

+b0^5/16+5b0^4/16-15b0^3/128+73b0^2/64+25b0/8)

/(b1^7/4+5b1^6/8-7b1^5b0/64+23b1^5/16+23b1^4b0^2/16

+13b1^4b0/2+131b1^4/64-25b1^3b0^2/32+85b1^3b0/32+15b1^3/16

-3b1^2b0^3/2-35b1^2b0^2/8-507b1^2b0/16-85b1^2/32

-b1b0^4/8+3b1b0^3/16+279b1b0^2/128-197b1b0/64-3b1/8

+9b0^4/32+7b0^3/32+201b0^2/16^2+49b0/32+49/16),        (1*)

(1*)代入(2”)：

y1=-y2/2+,-i(3y2^2/4+b1)^(1/2),                              (2*)                                        

   当3y2^2/4+b1=0：

y1=-y2/2，                                                   (2*1)

   当3y2^2/4+b1>0：

y1=-y2/2+,-i(3y2^2/4+b1)^(1/2),                              (2*2)                                        

   当3y2^2/4+b1<0：

y1=-y2/2-,+(3y2^2/4+b1)^(1/2),                               (2*3)                                        

(1*)、(2*j);j=1,2,3，分别代入(1)，分别有：

y0=-(y1+y2),                                      (3*j);j=1,2,3，

(1*)、(2*j)、(3*j);j=1,2,3，，就分别是相应条件下，没有-1高于2次根式的，仅由实数、虚数或复数表达的，3次不可约代数方程的3个根式解。

这就已经具体表明：解3次不可约代数方程并不必需引进3次的根式。

7．任意2m次不可约代数方程也都可解得仅由实数、虚数或复数表达的根式解

   对于任意2m次不可约代数方程都总可表达为：

x^(2m)+a[2m-2]x^(2m-2) +…+a[1]x+a[0]=0，

当m>1，其多项式还都可改写为如下2个m次不可约代数方程的多项式乘积的形式，即：

(x^m+a’[m-]x^(m-1)+…+a’[1]x+a’[0])(x^(m)+a”[m-1]x^(m-1)+…+a”[1]x+a”[0])=0，

由此都可解得：各a”[j]、a’[j]；j=0,1, … m-2为a[j]；j=0,1, … 2m-2，仅含2次根式的函数。

即可，由其2次根式内的函数，分别，=0、>0、<0，的各情况，解得的a’[j]、a”[j]；j=0,1, … m-2都可以是实数、虚数或复数，而2个m次方程就都可分解为实部和虚部，分别求解，而都不会有-1的大于2的根式，即得，没有-1高于2次根式的，仅由实数、虚数或复数表达的，任意2m次不可约代数方程的根式解。

按此法，已具体给出了任意4次和6次不可约代数方程的根式解。

8．任意2m+1次不可约代数方程也都可解得仅由实数、虚数或复数表达的根式解

  对于2m+1次方程也总可变换变量而成为：

x^(2m+1)+a[2m-1]x^(2m-1)+a[2m-2]x^(2m-2) +…+a[1]x+ a[0]=0，

  有2m+1个根：x[1]、x[2]、…、x[2m+1]，也都可以表达为：

(x^(2m)+a’[2m-1]x^(2m-1)+…+a’[1]x+a’[0])(x-x[2m+1])=0,

  由此式与原方程对比，得到的各关系式，即可解得：

各a’[j]；j=0,1, …2m-1为a[j]；j=0,1, … 2m-1，仅含2次根式的函数。

即可，由其2次根式内的函数，分别，=0、>0、<0，的各情况，解得的a’[j] j=0,1, …2m-1都是实数、虚数或复数，而2 m+1次方程就可分解为实部和虚部，分别求解，而不会有-1的大于2的根式，即得，没有-1高于2次根式的，仅由实数、虚数或复数表达的，任意2m+1次不可约代数方程的根式解。

按此法，已具体给出了任意5次和7次不可约代数方程的根式解。

9．仅由实数、虚数或复数表达的，任意n次不可约代数方程的公式解。

由此，按如下重要且有趣的由2个奇数和2个偶数交替逐次增大的级数：

2,3、

4,6；5,7、

8,12；9,13、10,14；11,15、

16,24；17,25、18,26；19,27、20,28；21,29、22,30、23,31、

32,48；33,49、34,50;  35,51、36,52;  37,53、38,54,  39; 55、

      40,56;  41,57、 42,58;  43,59、44,60; 45,61、46,62; 47,63、

………

即：

2^s,3乘2^(s-1)；2^s+1,3乘2^(s-1)+1、

2(2^(s-1)+1), 2(3乘2^(s-2)+1)、2(2^(s-1)+1)+1, 2(3乘2^(s-2)+1)+1、

2^2(2^(s-2)+1), 2^2(3乘2^(s-3)+1)、2^2(2^(s-2)+1)+1, 2^23(乘2^(s-3)+1)+1、

………

2^(s-2) (2^2+1), 2^ (s-2) (3乘2+1)、

2^(s-2) (2^2+1)+1, 2^(s-2) (3乘2+1)+1； s=1,2,…,n(任意大的整数)。

就能简便地逐次解得，没有-1高于2次根式的，仅由实数、虚数或复数表达的，任意n次不可约代数方程的公式解。

因而，仅引进2次根式，即可解得没有-1高于2次根式的，仅由实数、虚数或复数表达的，任意n次不可约代数方程的公式解。

而且，具体表明：任意n次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，任何次数的方程都可仅引进2次根式得解，方程根式解的可解性并不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。

伽罗华虽然推断得出：根式解变换群的阶数不能大于4，但，这种变换群的阶数并不等于其整个求解过程中添加根式的最大指数，实际上，都可仅引进2次的根式就解得根式解，而不能作为任意n次不可约方程是否有解的“判据”。

这种任意一元n次不可约代数方程，解得仅由实数、虚数或复数表达的，公式解的解法，还可转换相应的变量，用于多元的方程组，以及具有初始和边界条件的微分方程组和偏微分方程组，就不仅具体解决了许多实际问题和理论工作，因没有相应方程的公式解，所造成的许多限制和不便。

而且，高次的偶数次，和奇数次方程交替地简化为较低次方程而得解，的方法和规律，已显示出，区分偶数和奇数在求解方程方面的的重要作用，还可在研讨、发展数论和解析数论等问题中，发挥重要作用。

由于，也只有，解决了任意n次方程，都能得公式解，所有的无理数，就都能，也才能，由相应的实数、虚数或复数的相应组合表达。

这些，都将对各种数学问题产生革命性的发展。

10．参考文献：

[1]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

[2]Basic algebra 1-2 Jacobson, N. Freeman 1974-1980

[3] Algebra 1-2 B.I. Van Der Waerden Springer-Verleg  1955-1959