关于“数学”的对话（138）任意n次不可约代数方程的根式解(6)

4次不可约代数方程的根式解

 

（接（137））

 

乙：当m=2; n=4, (1)式 即方程：

x^4+{aj x^j, j=0到2m-1求和}=0,                        (7)

甲：对于这种2m次的高次不可约代数方程，如果能变化为：两个m次的不可约代数方程分别求解就好了。

乙：你的这想法不错！但是，该怎样才能实现呢？

甲：我们先试着引入一个函数y，并取：

(x^2+a3x/2 +y/2)^2= x^4+a3x^3+((a3/2)^2 +y)x^2+(a3y/2)x+(y/2)^2

原方程就可改写为：

(x^2+a3x/2 +y/2)^2 =((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y /4-a0),

上式右边是个x的2次式。当将它也表达为x函数的完全平方，就有：

((a3/2)^2-a2+y)x^2+(a3y/2-a1)x+(y^2/4-a0)=(c1x+c0)^2,

乙：哦！这样，原方程就可分解为如下的两个方程,而分别求解了：

x^2+(a3/2-c1)x +y/2-c0=0;

x^2+(a3/2+c1)x +y/2+c0=0;

甲：而且，由(c1x+c0)^2 =c1^2x^2+2c1c0x+c0^2,就有：

c1^2=(a3/2)^2-a2+y,  2c1c0=a3y/2-a1, c0^2= y^2/4–a0,

2c1c0=2((a3/2)^2-a2+y)^(1/2)(y^2/4–a0)^(1/2) =a3y/2-a1，

c1=((a3/2)^2-a2+y)^(1/2),  c0= (y^2/4–a0)^(1/2),

2((a3/2)^2-a2+y)y^2/4-a0)=(a3y/2-a1)^2，

乙：这就得到得到函数y的如下方程：

y^3-((a3/2)^2+a2)y^2+2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0,                        (8)

甲：这个y方程的次数也必然低于原方程，对此，就只需解出这3次方程。

乙：这就可按前面已有的方发法求解了。

甲：令：s=y-((a3/2)^2+a2)/3,  y=s+((a3/2)^2 +a2)/3,               (9)

以(9)代入方程(8)，即将它简化为s^2的系数=0的形式。即：

s^3+b1s+b0=0,                                               (10)

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,

乙：即可解得：

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)，   爱                (11)

甲：而3次y方程的解为：

yj=sj+((a3/2)^2 +a2)/3; j=0,1,2,                                      (12)

乙：而原方程分解表达为：

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;两个x的2次方程。

以解得的(12)中，y的实数根 代入如上的两个x的2次方程，并分别求解这两个x的2次方程，即得 4次方程(5) 的4个根。

甲：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。

 

（未完待续）

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