解方程

                   中国科学院力学研究所吴中祥

提 要

具体分析“伽罗华理论”、创新解法，解得任意1元n次不可约代数方程仅引进2次根式，就能，也才能，给出认识、运用各种事物客观特性和运动规律所需的各种互不相依方程组，仅由实数、虚数或复数表达的解。

关键词：多元互不相依方程组，伽罗华理论，1元n次不可约代数方程，仅由实数、虚数或复数表达的解

1．认识、运用各种事物客观特性和运动规律所需的各种互不相依方程组及其解

   各种事物相互作用的客观规律形成各种代数或解析的多元互不相依方程组，它们及其解是确切认识、运用各种事物特性和规律的关键。

例如，分别由4种时空自然力与时空运动力建立的方程，并由它们的初始条件和边界条件，确定其相应的宏观运动轨迹，特别是强力和弱力，都是高于12维的，多元、高次，互不相依的，偏微分方程组。

各种多元、高次，互不相依的，微分或偏微分方程组都可由相应的变换，成为相应的一元高次不可约代数方程。

都须求得它们的公式解。

早在公元前3世纪，引进2次的根式，就已得出2次不可约代数方程的根式解。

直到公元16世纪，才先后引进2次和3次的根式，得到3次和4次不可约代数方程的根式解。

而1元5次以上的不可约代数方程却历经数学家5百多年的努力，仍未能解得，并主要由“伽罗华理论”，分析各根式群的特点，而给出“代数方程能够求得根式解的判据”之后，阿贝尔，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] 。

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，不能有公式解。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、不便和困难。

2．具体分析“伽罗华理论”，创建新的解法，求得1元任意n次不可约代数方程仅由实数、虚数，或复数表达的公式解。

具体分析伽罗华理论 [2][3]，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。

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，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，而得出的错误结论。

而且：一般而言，引进j次根式，就会有任意负实数，-s，的j次根式，(-1)^(1/j)s^(1/j), 而产生以(-1)^(1/j)所标志的各种与实数不同的数类。

当j=2，(-1)^(1/2)就被定义为由“i”标志的所谓“虚数”，而可以与实数一起，成为复数。

当j是大于2的其它数，则不能确定它们是什么数。

这就表明：方程的解，应仅由实数、虚数，或复数，表达，就不能出现j大于2的 (-1)^(1/j)，就不仅不能有大于4的根式，甚至是不能有大于2次的根式。

现有3次和4次不可约代数方程的解，都含有3次的根式，就实际上，并非确切的解。

本文，创建如下新的解法，仅逐次引进2次根式，不仅不违反伽罗华理论，也不致产生-1的高于2次的根式，而能仅以实数、虚数或复数表达，全面、具体给出1元任意n次不可约代数方程的确切的公式解。

3．任意1元n次不可约代数方程的创新解法

(3,1) 2次不可约代数方程的创新解法

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解为相同的实数：

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。

  (3,2) 2m+1次不可约代数方程的创新解法

   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]，也还都可以表达为：

(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均为a[j]；j=0,1, … 2m-1，的函数。

只要解得：x^(2m)+a’[2m-1]x^(2m-1)+…+a’[1]x+a’[0]=0，都是实数、虚数或复数的解，就得到2m+1次方程各解中的2m个仅由实数、虚数或复数表达的解。

其中，都含有x[2m+1]，可利用x[2m+1]满足原方程的条件，对它逐次降幂，而消去。

方程其它各根仅由各系数表达的方程，又可利用各根满足原方程的条件，对各根逐次降幂，而解得各根。

再利用原2m+1次不可约代数方程各根之和=0，确定x[2m+1]，即得任意2m+1次不可约代数方程不含任何根式的2m+1个解。

   (3,3) 2m次不可约代数方程的创新解法

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，

(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的函数。

即可，分别解得a’[j]、a”[j]；j=0,1, … m-2的2个m次方程仅由实数、虚数或复数表达的，2m次不可约代数方程的根式解。

由于已经解得任意2次不可约代数方程，仅由实数、虚数或复数表达的公式解。按此法，就逐次具体给出了1元3次、4次，5次、6次，直到2m次、2m+1次，仅由实数、虚数或复数表达的公式解。

4．1元3次不可约代数方程的创新解法

任意3次不可约代数方程都可以表达为如下形式：

y^3+b1y+b0=0, 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)

还可表达为：

(y^2+c1y+c0)(y-y0)=0，再与原方程对比，有：

c1=y0，c0=-b0/y0，

而由y^2+c1y+c0=0，即：y^2+y0y- b0/y0=0，解得：

y1=-y0/2+i((y0/2)^2+b0/y0)^(1/2),  (4)

y2=-y0/2-i((y0/2)^2+b0/y0)^(1/2)， (5)

   由(4)，有：

(y1+y0/2)^2+(y0/2)^2+b0/y0=0，即：

y0^3+2y1y0^2+2y1^2y0+2b0=0，(4’)

  y0是原方程的根，有：

y0^3+b1y0+b0=0,             (6)

   由(4’)与(6)，对y0逐次降幂，直到消去y0，即得：

16b0y1^9-16b1^2y1^8-16b1b0y1^7-8b0y1^6+32b1^2b0y1^5

-(4b1^4+20b1b0^2-4b1)y1^4+(2b1^3b0+2b0^3+4b0) y1^3

-12b1^2b0^2y1^2+(2b1^4b0+6b1b0^3-6b1b0)y1

-(b1^3(b0^2-1)+b0^5-b0^2)=0，       (7)

   y1也是原方程的根，也有：

y1^3+b1 y1+b0=0,             (8)

由(7)与(8)，对y1逐次降幂，直到1次，即得：

y1=b1((400b1^10b0-b1^8(3300b0^2+20)+b1^6(6696b0^3+72b0)

+b1^5(300b0^4+160b0^3-60b0^2)

-b1^3(1956b0^5+590b0^4-282b0^3+16b0^2-6b0)

-b1(14400b0^6+960b0^5+48b0^4)

-76b0^7+32b0^6+126b0^5+48b0^4+18b0^3)

  /(b0^2(400b1^10-2880b1^8b0+5184b1^6b0^2

+b1^3(2260b0^3+160b0^2-160b0)

-b1^2(25484b0^4+2664b0^3+652b0^2+72b0+20)

+2296b0^6+1112b0^5+1786b0^4+56b0^3+48b0^2))，

   同样，由(5)，有：

(y2+y0/2)^2+(y0/2)^2+b0/y0=0，即：

y0^3+2y2y0^2+2y2^2y0+2b0=0，(5’)

  仅将y1换为y2，就如与y1同样地，得到：

y2=y1，

  由(1)：y0+y1+y2=0, 即得：

y0=-(y1+y2)=2 y1,

  由此，还可将y1简化，即令：

(x-2y1)(x-y1)^2=0, 有：

x^3-4y1x^2+5y1^2x-2y1^3=0，

x^3+a2x^2+a1x+a0=0，作变换：,

x=y+4y1/3,

x^2=y^2+8y1y/3+(4y1)^2/9,

x^3=y^3+4y1y^2+(4y1)^2y/3-(4y1)^3/27

  x方程变换为：y^3+b1y+b0=0, 则有：

y1^2-3b1/16=0,              (a)

y1^3+b0/(2-20/3+128/27)=0,  (b)

(a)、(b)2式对y1逐次降幂，即得y1：

y1=8b0/(b1(7-64/9)),  

y2=8b0/(b1(7-64/9)),

y0=16b0/(b1(7-64/9)),

  于是，解得1元3次不可约代数方程不含任何根式的3个解。

类似地，按此法，即可解得5次(见：4次后的补充说明)，直到2m+1次，1元不可约代数方程不含任何根式的解。

5．1元4次不可约代数方程的创新解法

任意4次的不可约代数方程总可表达为：

x^4+a2x^2+a1x+a0=0，

还可将原方程表达为：

(x^2+a’1x+a’0)(x^2+a”1x+a”0)=0，而有：

a’1+a”1=0,    a”1 =-a’1, (1)

a’0+a”1a’1+a”0=a2,       (2)

a”0a’1+a”1a’0=a1,        (3)

a”0a’0=a0,  a”0=a0/a’0,  (4)

(1)、(4)均代入(2)、(3)：

a’0-a’1^2+a0/a’0=a2,  a’0^2-(a’1^2+a2)a’0+a0=0,  (2’)

   a’0=(a’1^2+a2)/2+((a’1^2+a2)^2/4-a0)^(1/2),   (2”)

a0a’1/a’0-a’1a’0=a1,  a’0^2+a1a’0/a’1-a0=0,       (3’)

a’0=(a1/a’1)/2+((a1/a’1)^2/4+a0)^(1/2),        (3”)

由(2”)-(3”)：

a’1^6a0+2a’1^4a2a0+a’1^2(a2^2a0-4a0^2)-a1^2a0=0，    (5)

(2’)-(3’)，消去a’0：

a’1^3+ a’1a2 +a1 =0，                               (6)

由(2’)与(6)消去a’1：

(a’0^2+a1a’0+a0)(a’0^2-a2a’0+a0)=0，即：

a’0^4-(a2-a1)a’0^3-(a2a1-2a0)a’0^2-(a2a0-a1a0)a’0+a0^2=0，(7)

由(3’)与(6)消去a’1：

a’0^6-3a0a’0^4+3a0^2a’0^2-a0^3=0, 即：

a’0^2-a0=0，                                       (8)

由(5)与(6)，按a’1逐次降幂，即得:以方程各系数表达的a’1 , 即：

a’1=-(a2a1-a1)/(a2^2-a2-4a0)，                                    (1*)

   (1*)代入(1)，即得:以方程各系数表达的：

a”1=(a2a1-a1)/(a2^2-a2-4a0)，                                      (2*)

由(7)与(8)，按a’0逐次降幂，即得:以方程各系数表达的a’0 , 即：

2(a2a0-a1a0)a’0+(a2a1a0-4a0^2)=0，(9)   即得：

a’0=-(a2a1/2-2a0)/(a2-a1)，                                     (3*)

(3*)代入(4)，即得:以方程各系数表达的：

a”0=a0/a’0=-a0(a2-a1)/(a2a1/2-2a0)，                              (4*)

于是，对于各相应系数的2个2次方程

x^2+a’1x+a’0=0，x^2+a”1+a”0=0，即可分别解得各2个解：

x1=-a’1/2+((a’1/2)^2-a’0)^(1/2),  x2=-a’1/2-((a’1/2)^2-a’0)^(1/2),

x3=-a”1/2+((a”1/2)^2-a”0)^(1/2),  x4=-a”1/2-((a”1/2)^2-a”0)^(1/2),

而得到，没有高于2次的根式，仅由实数、虚数或复数表达的，1元4次不可约代数方程的4个根式解。

类似地，按此法，即可解得没有高于2次的根式，仅由实数、虚数或复数表达的，6次，直到2m次，1元不可约代数方程的根式解。

6．1元5次不可约代数方程的创新解法 (对第4节的补充说明)

任意5次不可约代数方程总可表达为：

y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0,

   有5个根：y1、y2、y3、y4、y5，还可表达为：

(y^4+b3’y^3+b2’y^2+b1’y+b0’)(y-y5) =0，对比原方程，即得：

b3’-y5=0, b2’-b3’y5=b3, b1’-b2’y5=b2, b0’-b1’y5=b1,-b0’y5=b0, 即：

b3’=y5，b2’=b3+y5^2, b1’=b2+b3y5+y5^3, b0’=b1+b2y5+b3y5^2+y5^4=-b0/y5,

y^4+b3’y^3+b2’y^2+b1’y+b0’=0，成为：

y^4+y5y^3+( b3+y5^2)y^2+( b2+b3y5+y5^3)y-b0/y5=0，(1)

   将(1)变换为3次方系数=0的形式(1’)，即可按第5节方法，解得由y5和 (1’)各系数，表达的原5次方程的其它4个根的方程，再利用这些根都满足原5次方程的条件逐次降幂，得到原5次方程其它4个根的解，再利用原5次方程的5个根之和=0，即得y5之值。

  于是，解得1元5次不可约代数方程不含任何根式的5个解。

   由于解法已规范化，完全可以编制程序利用计算机求解，解决较高次方程，逐次降幂求解的繁琐工作。

就彻底解决了有关需要的“解方程”问题。

7．参考文献：

[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. Freeman1974-1980

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