任意n次不可约代数方程的根式解 及其有解判据

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n>4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的更高根式，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n>4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各方程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n>4的不可约代数方程不能根式求解，学术界就似乎已公认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造成许多限制和不便。

其实，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。

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，迄今似已公认的“n>4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

对于任何代数方程都可采用变换变量，对其各系数作某种有理运算和添加根式，而使其各根在复平面上移动、转动，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。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)

设其根为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，就不足以仅用逐次降幂办法得解。

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)

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。

而现有解法是，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，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。

实际上，就是由w1，w2，及两个参量z1，z2，将方程变化到使其各根在复平面移动、转动，都能由w1，w2，及两个参量z1，z2表达它们在复平面上的相对位置，而解得3次的根式解。

因而，引进3次根式，方程仍能得解。

还可看到：(2.2)的2个根和(2.4)的3个根，都是可彼此对称交换变换的。

2.3. 4次不可约代数方程的根式解

当m=2; n=4, (1)式即方程：

x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0，                                 (2.3.1)

引入函数y，并取:

(x^2+a3x/2+y/2)^2=x^4+a3x^3+(a3^2/4+y)x^2+a3yx/2+y^2/4

原方程可改写为：

(x^2+a3x/2+y/2)^2+(a2-a3^2/4-y)x^2+(a1-a3y/2)x+a0-y^2/4=0, 而有：

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

设当上式右边成为x函数的完全平方：

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

由(c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有：

c1^2=(a3^2/4-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，

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

y^3-a2y^2+(a1a3-4a0)y-a0a3^2+4a0a2-a1^2)=0，                 (2.3.2)

当令：s=y-a2/3,  y=s+a2/3,                               (2.3.3)

(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：

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+(a1a3-4a0)y-a0a3^2+4a0a2-a1^2)=0，即

s^3+(a1a3-a2^2/3-4a0)s-a0a3^2+a1a2a3/3-2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2=0，

s^3+b1s+b0=0,                                                (2.3.4)

b1= a1a3-a2^2/3-4a0,

b0=-a0a3^2+a1a2a3/3-2a2^3/27+8a0a2/3-a1^2, 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+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-+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2))=0,        (2.3.7)

以解得的(2.3.6)中，y的根代入方程(5.7)，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(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。

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+(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,           (2.3.7)

分别求解这两个x的2次方程:

x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2

  +(a3^2/8-a2/4-y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),

x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2

  -(a3^2/8-a2/4-y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4-(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),

x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2

 +(a3^2/8-a2/4+3y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4+(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),

x=-(a3/2+((a3/2)^2-a2+y)^(1/2))/2

 -(a3^2/8-a2/4+3y/4+a3(a3^2/4-a2+y)^(1/2)/4+(y^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),

以解得(2.3.6)，的y代入，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。

2.4.不可约代数方程引进根式求解的一般规律

 一般而言，实际上，求解不可约代数方程，就是采用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，而能明显地表现出其各自以方程各系数的有理运算和根式表达的相应位置。即：能解得根式解。

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。

而实际上，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，出现的3次方

程，引入了3次的根式；出现2次方程时，引入了2次的根式外，都没有更高次的根式。

就会自然地从2次、3次和4次方程都是能够逐次引进2次、3次根式而得解。但是，5次以上的方程仍然未能得解，就会认为是不能引进2次、3次根式，而造成。

因此，伽罗华[2][3]，，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。就可能，由此，认定5次以上的不可约代数方程，，不能只引进<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[j]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 (m>2)次不可约代数方程。

对于2m(m>2)次不可约代数方程,各根与各系数有如下关系式：

x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m]=-a[2m-1],                                       (1)

x[1](x[2]+x[3]+…+x[2m])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m])+...+x[2m-2](x[2m-1]+x[2m])

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

x[1](x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m])+x[3](x[4](x[5]+x[6]...+x[2m])+...+x[2m-1]x[2m])

+ x[2](x[3](x[4]+]x[5]+...+x[2m])+x[4](x[5](x[6]+x[7]...+x[2m])+...+x[2m-1]x[2m])

+...+x[2m-2] x[2m-1] x[2m] =-a[2m-3],                                     (3)

…   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …

x[1]x[2]x[3]...x[2m-2](x[2m-1] +x[m])=-a[1],                              (2m-1)

x[1]x[2]x[3]...x[2m]= a[0],                                              (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(m>2)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(m>2)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]^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[n]=1, a[j]; j=0,1,2,…,n-1, 是任意常数其中，变换x可使a[n-1] =0。

n次方程有n个根x[1],x[2],x[3],… , x[n]。

且各根与各系数有如下关系式：

x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n]=-a[n-1],(经x的变换(x=x’+a[n-1]/n)，可取a[n-1] =0)(1)

x[1](x[2]+x[3]+…+x[n])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[n])+...+x[n-2](x[n-1]+x[n])

+x[n-1] x[n]=a[n-2],                                                  (2)

x[1](x[2](x[3]+x[4]+...+x[n])+x[3](x[4](x[5]+x[6]...+x[n])+...+x[n-1]x[n])

+ x[2](x[3](x[4]+]x[5]+...+x[n])+x[4](x[5](x[6]+x[7]...+x[n])+...+x[n-1]x[n])

+...+x[n-2] x[n-1] x[n] =-a[n-3],                                         (3)

…   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …

x[1]x[2]x[3]...x[n-2](x[n-1] +x[n])=(n为偶，则-)a[1],                      (n-1)

x[1]x[2]x[3]...x[n]= (n为奇，则-)a[0],                                   (n)

分别为n个互不相依的方程。

由方程(1)，即得x[1]：

x[1] =-(x[2]+x[3]+…+x[n] +a[n-1]),                  （1*）

在如上n个方程中，仅以x[1]为变量，其它各x[j];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[2]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[1]，而得到以x[2]为变量，其它各x[j];j=3,4,...,n,及方程各系数为参量的方程。

如此，直到得到以x[n]为变量，仅以方程各系数为参量的方程。

但变量x[n]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[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2]+x[n-1]+x[n]= 0，                         (1)

x[1]x[2]x[3]...x[n-2]x[n-1]x[n]= (n为奇，则-)a[0],                   (n)

   有：

x[n-1]+x[n]=-(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])，                                 (a)

x[n-1]x[n]= (n为奇，则-)a[0]/(x[1]x[2]x[3]...x[n-2]),

(x[n-1]+x[n])^2=(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])^2，

(x[n-1]-x[n])^2

=(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])^2-4a[0]/(x[1]x[2]x[3]...x[n-2])，

x[n-1]-x[n]=+,-((x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])^2-4a[0]/(x[1]x[2]x[3]...x[n-2]))^(1/2)， (b)

(a)-(b):

x[n]=(-(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])

   -,+((x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])^2-4a[0]/(x[1]x[2]x[3]...x[n-2]))^(1/2))/2，    (c)

    由此即得：由x[j];j=3,4,...,n-1,和a[0]表达的x[n]。

(a)+(b):

x[n-1]=(-(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])

   +,-((x[1]+x[2]+x[3]+…+x[n-2])^2-4a[0]/(x[1]x[2]x[3]...x[n-2]))^(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];j=1,2,...,n-2，以x[j+1];j=1,2,...,n-2，和方程的有关各系数表达的函数，直到解得x[n-2]仅以方程的有关各系数表达的函数，再逐次代入x[j];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[j]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[j]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[j]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。

7. 4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，                                 (7.1)

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，                              (7.2)

当令：s=y-a2/3,  y=s+a2/3,                               (7.3)

(7.3)代入方程(7.2)，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,                                                (7.4)

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。        (7.5)

而3次y方程，(7.2)，的解为：

yj=sj+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+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,        (7.7)

以解得的(7.6)中，y的根代入方程(7.7)，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(7.1)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,           (7.7)

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(7.6)，的y代入，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、以及2m次，不可约代数方程的根式解法。

8. 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[1],x[2],x[3],… , x[2m+1]。

且各根与各系数有如下关系式：

x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m+1]=-a[2m],(经x的变换(x=x’+a[2m]/(2m+1))，可取a[2m] =0)(1)

x[1](x[2]+x[3]+…+x[2m+1])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m+1])+...+x[2m-1](x[2m]+x[2m+1])

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

x[1](x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m+1])+x[3](x[4](x[5]+x[6]...+x[2m+1])+...+x[2m]x[2m+1])

+ x[2](x[3](x[4]+]x[5]+...+x[2m])+x[4](x[5](x[6]+x[7]...+x[2m+1])+...+x[2m]x[2m+1])

+...+x[2m-1] x[2m] x[2m+1] =-a[2m-2],                                           (3)

…   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …

x[1]x[2]x[3]...x[2m-1](x[2m] +x[2m+1])= a[1],                                    (2m)

x[1]x[2]x[3]...x[2m+1]= (2m+1为奇，则-)a[0],                                  (2m+1)

   有：

(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m])+x[2m+1]=0,

x[2m+1]=-(x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m]),

(x[1]x[2]x[3]...x[2m])x[2m+1]= -a[0],

(x[1]x[2]x[3]...x[2m]) = -a[0]/x[2m+1],

(x[1]x[2]x[3]...x[2m])+x[2m+1] = -a[0]/x[2m+1]+x[2m+1],

((x[1]x[2]x[3]...x[2m])+x[2m+1])^2 = (-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1])^2,

((x[1]x[2]x[3]...x[2m])-x[2m+1])^2

=(-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1])^2+4a[0],

(x[1]x[2]x[3]...x[2m])-x[2m+1]

=+,-((-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1])^2+4a[0])^(1/2),

(x[1]x[2]x[3]...x[2m])

=(-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1]+,-((-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1])^2+4a[0])^(1/2))/2, (1)

x[2m+1]

=(-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1]-,+((-a[0]/x[2m+1]+x[2m+1])^2+4a[0])^(1/2))/2, (2)

   由(1)、(2)逐次降幂，即得：以x[j];j=1,2,...,2m，和a[0]表达的x[2m+1]。

又由其中2m个根x[1],x[2],x[3],… , x[2m] 的2m次方程，其各根与各系数有如下关系式：

x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m]=-a’[2m-1],(经x的变换(x=x’+a[2m-1]/2m)，可取a’[2m-1] =0)(1)

x[1](x[2]+x[3]+…+x[2m])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m])+...+x[2m-2](x[2m-1]+x[2m])

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

x[1](x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m])+x[3](x[4](x[5]+x[6]...+x[2m])+...+x[2m-1]x[2m])

+ x[2](x[3](x[4]+]x[5]+...+x[2m])+x[4](x[5](x[6]+x[7]...+x[2m])+...+x[2m-1]x[2m])

+...+x[2m-2] x[2m-1] x[2m] =-a’[2m-3],                                           (3)

…   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …

x[1]x[2]x[3]...x[2m-2](x[2m-1] +x[2m])=(2m为偶，则-)a’[1],                       (2m-1)

x[1]x[2]x[3]...x[2m]= a’[0],                                                   (2m)

有：

a’[0]=-a[0]/x[2m+1],

a’[1]=-a[1](x[2m-1]+x[2m])/(x[2m-1](x[2m] +x[2m+1])).

…   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …   …

a’[2m-2]=-a[2m-2]((x[2]+x[3]+…+x[2m])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m])+...+x[2m-2](x[2m-1]

+x[2m])+x[2m-1] x[2m])

/((x[2]+x[3]+…+x[2m+1])+x[2](x[3]+x[4]+...+x[2m+1])+...

+x[2m-1](x[2m]+x[2m+1])+x[2m] x[2m+1]).

   即得：以x[j];j=1,2,...,2m+1，表达的全部a’[j ];j=0,1,...,1m-2 而a’[2m-1]=0，

   于是，由此2m次方程，可以解得全部2m个根x[1],x[2],x[3],… , x[2m]，并得到x[2m+1]的相应的解。这就解得2m+1次方程。

因而，伽罗华[2][3]，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，解任意n次不可约方程，都可不引进大于2次的根式，而得根式解，确能满足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判据。

4．参考文献：

[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