任意n次不可约代数方程仅引进2次根式的公式解

中国科学院力学研究所吴中祥 

提           要

突破了历代数学家近500年的努力，至今尚未得到大于4次代数方程的公式解，特别是，具体分析1830年，伽罗华(Galois, E.)给出 所谓“代数方程能够根式求解的判据”后，使得学术界似已公认“n>4不可约代数方程没有根式解”的误解，而仅引进2次的根式，全面、具体给出了任意n次不可约代数方程的公式解。

必将促进各种数学问题产生革命性的发展。

关键词：不可约代数方程公式解根式伽罗华理论

引言

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(“根式”即：根号内为方

程系数的函数，勿与数字的根号相混淆)。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。

对于任何代数方程求解过程中，都是采用变换变量，和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、变换，而使方程有不同的形式，这些不同形式的方程中，就形成相应的根式。伽罗华从已有的解法都引进了含有方程系数函数的2次、3次的根式，并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(Abel, N.N. 1830) 就据此，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。

其实，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[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，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，例如本文采用的如下各种解法，就能n*始终保持小于4，

而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。

http://blog.sciencenet.cn/blog-226-840162.html

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，“任意n次不可约代数方程的根式解及其有解判据（简）”

http://blog.sciencenet.cn/blog-226-841330.html

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=其它数，则实际上都分别是(-1)^(1/,2)的复函数，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j大于2的 (-1)^(1/n)，就不能仅由实数、虚数，或复数而得解。只有分别得到含有(-1)^(1/n)和仅含(-1)^(1/2)的解后，才可得出(-1)^(1/n)为(-1)^(1/,2)相应的复函数。

通常方程的解，引进了大于2次的根式，实际上，就尚未得到方程确切的解。

因而，在解任意n次不可约代数方程时，采用仅引进2次的根式，不致于产生-1的高于2次的根式，就，也才，可确切地得到，仅以实数、虚数或复数表达的确切的公式解。

并且具体表明：任意n次不可约代数方程的可解性既不受方程的次数，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。

    “任意n次不可约代数方程仅引进2次根式的公式解”

仅引进2次的根式，不致于产生-1的高于2次的根式，而能仅以实数、虚数或复数表达，全面、具体给出任意n次不可约代数方程的确切的公式解，以及各高次更简化的解法，和一些相应的实例。

本文，总结有关规律，做了进一步的简化。

1. 任意n=2m(偶数)次不可约代数方程仅引进2次的根式的根式解

2m (偶数)次不可约代数方程，都可表达为：

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

对于任意2m次不可约代数方程的多项式都总可表达为：

x^(2m)+a[2m-2]x^(2m-2) +…+a[1]x+a[0]，

当m>2，还都可改写为如下2个m次不可约代数方程的多项式的乘积，即：

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

0= a”[m-2] a’[1] +a”[m-3] a’[2]+…+ a”[1]a’[m-2]

a[2m-2]=a’[m-2] +a”[m-2] (1+a’[0]) +a”[m-3] a’[1]+…+ a”[0]a’[m-2]

………

a[m+1]=a’[1] +a”[1] +a”[m-2]a’[3]+a”[m-3]a’[4]+…+a”[3]a’[m-2]

a[m]= a’[0] +a”[0] +a”[m-2]a’[2] +a”[m-3]a’[3] +…+a”[2]a’[m-2]

a[m-1]= a”[m-2]a’[1] +a”[m-3]a’[2] +…+a”[1]a’[m-2]

………

a[2]= a”[2]a’[0]+a”[1]a’[1]+ a”[0]a’[2]

a[1]=a”[1]a’[0] +a”[0]a’[1]

a[0]=a”[0]a’[0]

   由此解得：各a”[j]、a’[j]；j=0,1, …m-2为a[j]；j=0,1, …2m-2的函数。

   即可，仅引进2次根式，分别解得以a”[j]、a’[j]；j=0,1, … m-2为系数的2个m次方程，即得，仅引进2次根式，此2m(偶数)次不可约代数方程的根式解。

1.1，按此法，仅引进2次根式，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，          {1.1.1}

都可由变换y=x+a1/2，x=y-a1/2，x^2=y^2-a1y+a1^2/4,而变换为1次项的系数=0，的如下形式：

y^2+b0=0,  b0=a0-a1^2/4,                         {1.1.1’}

由y2^2 =-b0，解得：

y1=+i(b0)^(1/2),             (1’)

y2=-i(b0)^(1/2),             (2’)

x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),

x2=-a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)，

  即得任意2次不可约代数方程，仅引进2次根式，的公式解。

1.2.按此法，仅引进2次根式，4次不可约代数方程的根式解

当m=2; n=4, (1)式即任意4次不可约代数方程总可表达为：

x*^4+a*3x*^3+a*2x’^2+a*1x*+a*0=0，                           (2.1.1’)

取：x=x*+a’*3/4,

方程(2.1.1’)都能成为：

x^4+a2x^2+a1x+a0=0，                           (2.1.1)

a2=6 (a*3/4)^2-3a*3^2/4+a*2

a1=-4(a*3/4)^3+3a*3(a*3/4)^2-a*2a*3/2+a*1

a0=(a*3/4)^4-a*3 (a*3/4)^3+a*2(a*3/4)^2-a*1a*3/4+a*0

引入函数y，并取：

(x^2+y)^2=x^4+2yx^2+y^2

将原方程改写为：

(x^2+y)^2+(a2-2y)x^2+a1x+a0-y^2=0, 而有：

(x^2+y)^2=(-a2+2y)x^2-a1x-a0+y^2,

设当上式右边成为x函数的完全平方：

(-a2+2y)x^2-a1x-a0+y^2=(c1x+c0)^2

由(c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有：

c1^2= -a2+y,                      (1)

2c1c0= -a1,                       (2)

c0^2=y^2-a0,                      (3)

c0=- 1/2,           (a)

c1= a1,            (b)

y= (1/4+a0)^(1/2),       (c)

a2= -a1^2+(1/4+a0)^(1/2),         (d)

而原方程可表达为：

(x^2+y)^2 = (c1x+c0)^2,  即可分解为如下2个方程：

x^2+y+(c1x+c0) =0,

x^2+y-(c1x+c0) =0,                                      (2.1.2)

  以(a)、(b)、(c)代入(2.1.2)：

x^2+a1x +(1/4+a0)^(1/2) +1/2 =0,

x^2-a1x +(1/4+a0)^(1/2)+1/2 =0,                                      (2.1.2)

分别求解这两个x的2次方程，即得 4次方程(2.1.1)的4个根：

x1=-a1/4+(a1^2/16-((1/4+a0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2),                              (2.1.4)

x2=-a1/4-(a1^2/16-(1/4+a0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

x3=a1/4+(a1^2/16-((1/4+a0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2)

x4=a1/4-(a1^2/16-((1/4+a0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

其中，仅引入了2次的根式，没有更高次的根式。

这样，只需解得2个2次的相应方程，就可更为简便地解得4次的不可约代数方程的根式解。

还可以推广简法2，

任意4次的不可约代数方程总可表达为：

x^4+a2x^2+a1x+a0=0，                                 (2.1.1’)

令：

x^4+a2x^2+a1x+a0

=(x^2+a’1x+a’0)(x^2+a”1x+a”0)

而有：­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

a’1+ a”1=0,    a’1=- a”1,         (1)

a’0+a”0=a2,    a’0=a2-a”0,    (2)

a”0a’1+a”1a’0=a1,   (3)

a”0a’0=a0,         (4)

   解得：

a’0^2=-1,  a’0=+,-i,        (a)

a”0 =a2-,+i,               (b)

a”1=a1/(-a2 +,-2i),          (c)

a’1=- a1/(-a2 +,-2i),         (d)

于是，可分别解得2个2次方程：x^2+a’1x+a’0=0，x^2+a”1+a”0=0，的各2个解，而得到，仅引进2次根式，4次不可约代数方程的4个根式解。

1．3．按此法，仅引进2次根式，6次不可约代数方程的根式解

当n=6, 6次不可约代数方程总可表达为：

x^6+{a[j]x^j,j=0到4求和}=0，                             (1.3.1)

又总可表达为：

(x^3 +a’1x+a’0)(x^3 +a”1x+a”0)=0,

   有：

a4=a’1+a”1,            (1)

a3=a’0+a”0,            (2)

a2=a”1a’1,             (3)

a1=a”1a’0+a”0a’1,       (4)

a0=a”0a’0,             (5)

   由此容易解得：

a’0= a3/2+,-(a3^2/4 -a0)^(1/2),                              (a)

a’1=a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0,       (b)

a”0=a0/(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)^(1/2)),                          (c)

a”1=a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0),   (d)

分别将(c)、(c)、(c)、(c)代入2个3次方程，并解出它们，

x^3 +(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0)x

+ a3/2+,-(a3^2/4 -a0)^(1/2)=0，

x^3+(a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0))x

+a0/(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)^(1/2))=0,

  于是得到：

x1=a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0,

x2=-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0)/2

  +((a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0)^2/4

    -(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)))^(1/2),

x3=-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0)/2

  -((a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0)^2/4

    -(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)))^(1/2),

x4= a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0),

x5=-(a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0))/2

  +((a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0))^2/4

   (a0/(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)))^(1/2),

x6=-(a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0))/2

  -((a4-(a2a1(a3/2+(a3^2/4 -a0)+,- a3(a3^2/16 -a0/4)^(1/2))/a0))^2/4

   (a0/(a3/2+,-(a3^2/4 -a0)))^(1/2),

即得，仅引进2次根式，任意6次不可约代数方程的根式解。

2. 2m+1(奇数)次不可约代数方程仅引进2次根式的简化根式解  

   2m+1次方程x^(2m+1)+a[2m-1]x^(2m-1)+a[2m-2]x^(2m-2) +…+a[1]x+ a[0]=0，可以表达为：

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

x’^(2m+1)+(a’[2m-1]-x)x’^(2m) +(a’[2m-2] -xa’[2m-1])x’^(2m-1)

+…+(a’[0]-x)a’[1]x’-xa’[0])，有：

a’[2m-1]-x=0，

a’[2m-2] -xa’[2m-1]= a[2m-1]，

a’[2m-3] -xa’[2m-2]= a[2m-2]，

…   …   …  …  …  …  …

a’[1]-xa’[2]= a[2],

a’[0]-xa’[1]= a[1],

-xa’[0]= a[0],

于是，得到:

a’[2m-1]= x，

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

a’[2m-3] =(a’[2m-2]-a[2m-2])/x，

…   …   …  …  …  …  …

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

a’[1] = (a’[0]-a[1])/x,  a’[0]=xa’[1]+a[1],

a’[0]= -a[0]/x,

即：全部a’[j]；j=0,1,…,2m都由x和a[j]；j=0,1,…,2m-1表达。

而相当于消去一个根，得到x仅由此2m+1次方程各系数表达的一个2m次方程：

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

    可采用变换，y=x- a[2m-1]/(2m),使y方程，的b[2m-1]=0，即成为：

y^(2m) +b[2m-2]y^(2m-2) +…+b[1]y+ b[0]=0,               (1**)

其中b[j];j=0,1, … , 2m-2 均由a[j];j=0,1, … , 2m-1表达。

按2.节方法，仅需引进2次根式，即可解出此2m次方程(1**) 的各个解，再将此各解变换为变量x，就也即是此2m+1次方程的x[j]；j=1,2,…,2m，的2m个仅由此2m+1次方程各系数,表达的解。

将它们代入，2m+1次方程各根与系数的1个关系式，例如：x[2m+1]=- (x[1]+x[2]+x[3]+…+x[2m])或x[2m+1]=- a[0] /(x[1]x[2]x[3]…x[2m])，即得x[2m+1]仅由此2m+1次方程各系数,表达的解。

这就仅需引进2次根式，解得2m+1(奇数)次的不可约代数方程的各个解。即：更为简便地解得奇数次不可约代数方程的根式解。

2.1.仅引进2次根式，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+a2x^2+a1x+a0=0，          

都可由变换y=x+a2/3，

x=y-a2/3，x^2=y^2-2ya2/3+(a2/3)^2，x^3=y^3-y^2a2+3y(a2/3)^2-(a2/3)^3，

x^3+a2x^2+a1x+a0=0，变换为：2次项的系数=0，的如下形式::

y^3+b1y+b0=0,  b1=a1-a2^2/3,  b0=a0-a2a1/3+2(a2/3)^3,

此3次不可约代数方程还可以与所设2次不可约代数方程，y’^2+b’1y’+b’0=0，有如下关系式：

y^3+b1y+b0=(y’^2+b’1y’+b’0)(y’-y)

         =y’^3+(b’1-y)y’^2+(b’0-y)y’-b’0y=0，

则此2次方程，(y’^2+b’1y’+b’0=0，的各系数都由此3次不可约代数方程各系数表达：

b’1-y=0,    b’1 = y,

b’0-y=b1,   b’0=b1+y,

-b’0y=b0,   y=-b0/b’0=-b0/( b1+y),

有,如下2次方程：

y^2+b1y+b0=0,

   由此，可解得：

y1=-b1/2+(b1^2/4-b0)^(1/2),        (1*)

y2=-b1/2-(b1^2/4-b0)^(1/2),        (2*)

方程y^3+b1y+b0=0，有y1、y2、y3,的3个根，

由(1*)、(1*)表达的y1、y2，也就是它的2个解。

将它们代入由根与系数间的关系式，y3=-b0/(y1y2)，即得y3的解

即得任意3次不可约代数方程，仅引进2次根式，的3个公式解。

2.2．按此法，仅引进2次根式，5次不可约代数方程的根式解

即将5次方程：

x^5+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0,由：

(x^4+a’3x^3+a’2x^2+a’1x+a’0)(x-x5) =x^5+(a’3-x5)x^4+(a’2-x5a’3)x^3+(a’1-x5a’2)x^2+(a’0-x5a’1)x-x5a’0=0,  表达。

=a1+x5a’1, a’0=-a0/x5,

并有x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0,    (1) 注意：a3不=0，

取x=y-a3/4,

使(1) 成为：b3=0，的y^4+b2y^2+b1y+b0=0，                           (1’)

b2=6 (a3/4)^2-3a3^2/4+a2

b1=-4(a3/4)^3+3a3(a3/4)^2-a2a3/2+a1

b0=(a3/4)^4-a3 (a3/4)^3+a2(a3/4)^2-a1a3/4+a0

:

按1.节方法，仅需引进2次根式，即可解出4次方程，(1’) ，的各个解，也即是此5次方程仅由方程各系数表达的，yj；j=1,2,3,4，4个解。

y1=-b1/4+(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2),

y2=-b1/4-(b1^2/16-(1/4+b0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

y3=b1/4+(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2)

y4=b1/4-(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

再将此各解变换为变量x，就也即是此5次方程的x[j]；j=1,2,…,4，的4个仅由此5次方程各系数,表达的解。

按2.1.节方法，仅需引进2次根式，即可解出4次方程，(1’) ，的各个解，也即是此5次方程仅由方程各系数表达的，yj；j=1,2,3,4，4个解。

y1=-b1/4+(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2),

y2=-b1/4-(b1^2/16-(1/4+b0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

y3=b1/4+(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2)+1/2)/4)^(1/2)

y4=b1/4-(b1^2/16-((1/4+b0)^(1/2) +1/2)/4)^(1/2),

再将此各解变换为变量x，就也即是此5次方程的x[j]；j=1,2,…,4，的4个仅由此5次方程各系数,表达的解。

将它们代入，5次方程各根与系数的1个关系式：x5=- a0/(x1x2x3x4)即得x5仅由此5次方程各系数,表达的解。 

这就仅需引进2次根式，即可解得5次的不可约代数方程的公式解。

2.3.按此法，仅引进2次根式，7次不可约代数方程的根式解

即将7次方程：

x^7+a5x^5+a4x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0,由：

(x’^6+a’5x’^5+a’4x^4+a’3x’^3+a’2x’^2+a’1x’+a’0)(x’-x)=

x’^7+(a’5-x)x’^6+(a’4-xa’5)x’^5+(a’3-xa’4)x’^4+(a’2-xa’3)x’^3+(a’1-xa’2)x’^2+(a’0-xa’1)x’

-xa’0=0,  表达。

   即得：6次方程x’^6+a’5x’^5+a’4x’^4+a’3x’^3+a’2x’^2+a’1x’+a’0=0，的全部系数a’j ；j=0,1,2,3,4,5都由x和aj；j=0,1,2,3,4,5，表达。有：

a’5= x, a’4=-(a3/x^2+a4/x), a’3=-(a2/x^2+a3/x), a’2=-(a1/x^2+a2/x),

a’1=-(a0/x^2+a1/x), a’0=-a0/x,

而有x^6+a5x^5+a4x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0,    (1)  注意：a5不=0，

取x=y-a5/6,

使(1) 成为：b5=0，的y^6+b4y^4+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0，               (1’)

b4=15(a5/6)^2-5a5^2/6+a4

b3=-20(a5/6)^3+10a5(a5/6)^2-4a4a5/6+a3

b2=+15(a5/6)^4-10a5(a5/6)^3+6a4(a5/6)^2-3a3a5/6+a2

b1=-6(a5/6)^5+5a5(a5/6)^4-4a4(a5/6)^3+3a3(a5/6)^2-2a2a5/6+a1

b0=+(a5/6)^6-a5(a5/6)^5+a4(a5/6)^4-a3(a5/6)^3+a2(a5/6)^2+a2(a5/6)^2+a2(a5/6)^2+a0

按1节方法，仅需引进2次根式，即可解出6次方程，(1’) ，各个解，也即是此7次方程仅由方程各系数表达的，yj；j=1,2,3,4,5,6，6个解。

y1=b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0,

y2=-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0)/2

  +((b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0)^2/4

    -(b3/2+,-(b3^2/4 -b0)))^(1/2),

y3=-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0)/2

  -((b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0)^2/4

    -(b3/2+,-(b3^2/4 -b0)))^(1/2),

y4= b4-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0),

y5=-(b4-(b2a1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0))/2

  +((b4-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0))^2/4

   (b0/(b3/2+,-(b3^2/4 -b0)))^(1/2),

y6=-(b4-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0))/2

  -((b4-(b2b1(b3/2+(b3^2/4 -b0)+,- b3(b3^2/16 -b0/4)^(1/2))/b0))^2/4

   (b0/(b3/2+,-(b3^2/4 -b0)))^(1/2),

再将此各解变换为变量x，就也即是此7次方程的xj；j=1,2,…,6，的6个仅由此7次方程各系数,表达的解。

将它们代入，7次方程各根与系数的1个关系式：x7=-a0/(x1x2x3x4x5x6)即得x7仅由此7次方程各系数,表达的解。

这就仅需引进2次根式，即可解得7次的不可约代数方程的公式解。

3．任意n次不可约代数方程均可普遍如此，仅引进2次根式，解得其公式解

当2m次方程的m很大时，还可在解1，节方法中的m次方程时，当m=2p次时，可还采用类似1，节的方法，而只需解相应的p次方程，即可得解；当m=2p+1次时，也还可采用类似2，节的方法，而只需解相应的2p次方程，即可得解。

以此类推，只要按1，节方法解得2、4和6次方程，就能简便地解得8、12和16次方程，,按2，节方法解得3、5和7次方程的解，就能简便地解得9、13和17次方程，直到按如下重要且有趣的级数（将另文更具体地讨论此级数）：

2,4, 3,5.

6,10; 7,11. 8,12; 9,13.

14,22; 15,23. 16,24; 17,25; 18,26; 19,27. 20,28; 21,29.

………

即：

j(1), j(1)+j(1); j(1)+1, j(1)+j(1)+1、

j(2)+j(2), j(3)+j(3); j(2)+j(2)+1, j(3)+j(3)+1; j(2)+j(3),j(3)+j(4); j(2)+j(3)+1,j(3)+j(4)+1、

j(4)+j(4), j(5)+j(5); j(4)+j(4)+1, j(5)+j(5)+1; j(3)+j(5),j(4)+j(6); j(3)+j(5)+1,j(4)+j(6)+1;

j(3)+j(6),j(4)+j(7); j(3)+j(6)+1,j(4)+j(7)+1;j(4)+j(6),j(5))+j(7); j(4)+j(6)+1,j(5))+j(7)+1、

………

令 j(0)=1, 即：

j(0)+j(0), j(1)+j(1); j(0)+j(0)+1, j(1)+j(1)+1、

j(2s)+j(2s), j(2s+1)+j(2s+1); j(2s)+j(2s)+1, j(2s+1)+j(2s+1)+1;

  j(2s-k)+j(2(s-k)), j((2s-k)+1)+j(2(s-k)+1); j(2s-k)+j(2(s-k))+1, j((2s-k)+1)+j(2(s-k)+1)+1;

    k=1,2,…,s-1,  s=1,2,…,任意大的自然数。

 或  

2,4,6；3,5,7、

8,12,16；9,13,17；10,14,18；11,15,19；

20,28,36；21,29,37；22,30,38；23,31,39；24,32,40；25,33,41；26,34,42；27,35,43、

44,60,76；45,61,77；46,62;78；47,63,79；48,64,80；49,65,81；50,66,82；51,67;,83；

        52,68,84；53,69,85、54,70,86；55,71,87、56,72,88；57,73,89、58,74,90；59,75,91、

………

即：

j(1),j(1)+j(1),j(2)+j(2); j(1)+1,j(1)+j(1)+1,j(2)+j(2)+1、

j(2)+j(3),j(3)+j(4),j(3)+j(5); j(2)+j(3)+1,j(3)+j(4)+1,j(3)+j(5)+1;

j(2)+j(4),j(3)+j(5),j(4)+j(5); j(3)+j(3)+1,j(4)+j(4)+1,j(4)+j(5)+1、

j(4)+j(6),j(5)+j(7),j(6)+j(9); j(4)+j(6)+1,j(5)+j(7)+1,j(6)+j(9)+1;

 j(3)+j(7), j(4)+j(9),j(4)+j(11); j(3)+j(7)+1, j(4)+j(9)+1,j(4)+j(11)+1;

 j(4)+j(7),j(5)+j(8),j(5)+j(10); j(4)+j(7)+1,j(5)+j(8)+1,j(5)+j(10)+1;

 j(4)+j(8),j(5)+j(9),j(5)+j(11); j(4)+j(8)+1,j(5)+j(9)+1,j(5)+j(11)+1、

即：

2,4,6;  3,5,7.

2^3, 2^2(2+1),2^4;  2^3+1,2^2(2+1)+1,2^4+1.

2(2^2+1),2(2(2+1)+1),2(2+1)^2,  2(2^2+1)+1, 2(2(2+1)+1)+1,2(2+1)^2+1.

2^2(2^2+1),2^2(2(2+1)+1),2^2(2+1)^2; 2^2(2^2+1)+1,2^2(2(2+1)+1)+1,2^2(2+1)^2+1.

2(2(2^2+1)+1),2((2+1)(2^2+1)),2(2(2+1)^2+1),

2(2(2^2+1)+1)+1,2((2+1)(2^2+1))+1,2(2(2+1)^2+1)+1,  

2^3(2+1),2^5,2^3(2^2+1);  2^3(2+1)+1,2^5+1,2^3(2^2+1)+1.

2(2^2(2+1)+1),2(2^4+1),2(2^2(2^2+1)+1);

2(2^2(2+1)+1)+1,2(2^4+1)+1,2(2^2(2^2+1)+1)+1.

………

或

2,4,6,8;  3,5,7,9.

10,14,18,22;  11.15,19,23.  12 16,20,24;  13,17,21 25.

………

   等等

就能简便地解得任意n次不可约代数方程的公式解。

因而，仅引进2次根式，即可解得任意n次不可约代数方程的公式解。

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，任意n次不可约方程，都可不引进大于2次的根式，而解得根式解，虽都确能满足不大于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的限制，而且，实际上，也可以，仅引进2次根式，就得到任意n次不可约代数方程到公式解。

这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，而造成许多限制和不便，而且，会对代数方程，乃至各种数学方程及其解，和各种数学问题产生革命性的发展（都将分别另文具体讨论）。

   特别是，高次的偶数次，和奇数次方程均可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，以后，在研讨、发展数论和解析数论等问题中，还会进一步看到它的重要作用。

由于，也只有，解决了任意n次方程，都能仅引进2次根式，而得解，任意n次方程，就都能，也才能，由相应的实数、虚数或复数的相应组合表达。

由于任意正整数的任意n次根式都能以该任意正整数的2次根式的复函数的相应组合表达，所有的无理数，就都才是，也只是，由相应素数的2次根式的复函数的相应组合表达。

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