任意n次不可约代数方程的根式解                 共8页

 

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，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。

本文具体分析得到：Galois理论 所证明的，实际上，也只是“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。

并且，具体给出了任意5次、6次代数方程的根式解。并还推广到m再逐次增大的，任意n=2m和2m+1次代数方程的根式解的相应求解法。其中，添加的根式都小于4，因而，这些证明也与Galois理论并不矛盾。

 

关键词：不可约代数方程 根式解 Galois理论

 

1．引言：

方程的解中仅含有其各系数的有理运算与根式(但需注意：任意正整数的任意次

开方都可计算出为实数)的，称为该方程的根式解。

2次不可约代数方程的根式解早在公元前3世纪，就已得出。

但是，只到公元16世纪，才先后得到3次(已有具体解法报道)和4次(尚未见有具体解法报道)不可约代数方程的根式解。

而此后的近3个多世纪，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。

Abel, N.N. (1830) 首先提出n>4的不可约代数方程不能根式求解，进而 Galois, E. (1830) 更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 [1] ；而只能在具体分析其各解所在区域的基础上，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造成不便！

其实，按Galois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 阶数 >4的对称置换群，及其子群，都是非交换群的单群，是不可解的。因此，此处所能证明的，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，只是当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时，才能得出：“n>4的不可约代数方程没有根式解”的迄今似已公认的结论。

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方法，就能与Galois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．任意n次不可约代数方程总可表达为：x^n+{ajx^j,j=0到n-1求和},         (2.1)

左边是 n 次多项式, an=1, aj; j=0,1,2,…,n-1, 是任意常数。

当n=2m, m为任意自然数，可将(1)式表达为：x^(2m)+{ajx^j,j=0到2m-1求和}=0,   (2.2)

当n=2m+1,m为任意自然数，可将(1)式表达为：x^(2m+1)+{ajx^j,j=0到2m求和}=0, (2.3)

 

3．2次不可约代数方程的根式解

当n=2, 即方程：

X^2+a1x+a2=0,                                                             (3.1)

设其解为x1、x2，则由方程的根与系数的关系，有：

x1+x2=-a1，                                      (1)

x1x2=a0，                                        (2)

由(1)：(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，

x1-x2=(a1^2-4a0)^(1/2)                   (4)

由(1)与(4)，解得：

x=-a1/2+或-((a1/2)^2-a0) ^(1/2)),                                              (3.2)

 

x^2+x+1=0,                                                                (3.1’)

解得：

x=-1/2-或+ ((1/2)^2-1)^(1/2))=(-1-或+i3^(1/2))/2=w1,w2,                          (3.2’)

 

4．3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,                                                      (4.1)

x有3个根x1，x2，x3，且有：

-(x1+x2+x3)=a2, x1x2+x2x3+x3x1=a1, -x1x2x3=a0,

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。即：y^3+b1y+b0=0,

b1=a1-a2^2/3,  b0=a0-a2a1/3+2a2^3/27,

利用x^2+x+1=0,的2个根，w1=(-1-i3^(1/2))/2,  w2=(-1+i3^(1/2))/2, 可将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，有：-(z1+z2+w1z1+w2z2+w2z1+w1z2)=-(z1+z2)(1+w1+w2)=0, (因1+w1+w2=0)

b1= (z1+z2)(w1z1+w2z2)+(w1z1+w2z2)(w2z1+w1z2)+(w2z1+w1z2)(z1+z2)

= w1z1^2+ w2z1z2+w1z1z2+ w2z2^2+w1w2z1^2+w1^2z1z2+w2^2z1z2+w1w2z2^2

+w2z1^2+w2z1z2+w1z1z2+w1z2^2

=(w1+w2+w1w2)z1^2+(2w2+2w1+w1^2+w2^2)z1z2+(w1+w2+ w1w2)z2^2=-3z1z2,即：z2=-b1/(3z1),                                                           (4.1’)

b0=-(z1+z2)(w1z1+w2z2)(w2z1+w1z2)

=-(w1w2z1^3+w1^2z1^2z2+w2^2z1^2z2+w1w2z1z2^2

+w1w2z1^2z2+w1^2z1z2^2+w2^2z1z2^2+w1w2z2^3)

=-(z1^3+z2^3),即：

z1^3+z2^3=-b0,                                                         (4.2’)

联立(4.1’) (4.2’)，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),

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方程的解。

而任意的3次x方程的解为：

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

 

5．4次不可约代数方程的根式解(本文给出了如下具体解法)

当m=2; n=4, (1)式 即方程：x^4+{ajx^j,j=0到3求和}=0，                  (5.1)

引入函数y，并取:

(x^2+a1x/2+y/2)^2=x^4+a3x^3+((A3/2)^2+y)x^2+(a3y/2)x+(y/2)^2

原方程可改写为：

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

设当上式右边成为x函数的完全平方：

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

由(c1x+c0)^2=c1^2x^2+2c1c0x+c0^2, 有：

c1^2=(a3/2)^2-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，

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

y^3-((a3/2)^2+a2)y +2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0,                                     (5.2)当令：s=y-((a3/2)^2+a2)/3,  y=s+((a3/2)^2+a2)/3,                             (5.3)

(5.3)代入方程(5.2)，即将它简化为s^2的系数=0的形式。即：

s^3+b1s+b0=0,                                                              (5.4)

b1=2a3a1+((a3/2)^2+a2)^2/3,

b0=-2(a1^2+2a0)+((a3/2)^2+a2)2 /3-2((a3/2)^2+a2)^3/27, 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)，                           (5.5)

而3次y方程，(5.2)，的解为：

yj=sj+((a3/2)^2+a2)/3; j=0,1,2,                                            (5.6)

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,                 (5.7)

以解得的(5.6)中，y的实数根y0代入方程(5.7)，并分别求解这两个x的2次方程，即得 4次方程(5.1)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。

 

6．5次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

当m=2; n=5, (1)式 即方程：x +{ajx^j,j=0到4求和}=0，            (6.1)

还总可由y=x+a4/5; x=y-a4/5, 再变换成为：y^4的系数b4=0 的形式。y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0,  其中：

b3=10(a4/5)^2-4a4^2/5+a3, b2=-10(a4/5)^3+6a4^3/5^2-3a3a4/5+a2,

b1=5(a4/5)^4-4a4^4/5^3+3a3(a4/5)^2-2a2a4/5+a1,

b0=-(a4/5)^5+a4^5/5^4-a3(a4/5)^3+a2(a4/5)^2-a1a4/5+a0,                   (6.2)

5次y方程，(6.1)，有5个根y0，y1，y2，y3，y4，

可令 此5个根可分别由w1/2，w2/2 (其中：w1=(-1-i3^(1/2))/2,  w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为x^2+x+1=0,的2个根) ，及4个参量z1，z2，z3，z4，表为：

y0=z1+z2+z3+z4，y1=(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2，y2=(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2

y3=(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2，y4=(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2，有：

-(y0+y1+y2+y3+y4)=-(z1+z2+z3+z4

+(w1z1+w1z2+w2z3+w2z4)/2+(w2z1+w2z2+w1z3+w1z4)/2

+(w1z1+w2z2+w1z3+w2z4)/2+(w2z1+w1z2+w2z3+w1z4)/2)

=-(z1+z2+z3+z4)(1+w1+w2) =0,

(因1+w1+w2=0，而此式给不出4个参变量，z1,z2,z3,z4,的关系式)

b3=y0y1+y0y2+y0y3+y0y4+y1y2+y1y3+y1y4+y2y3+y2y4+y3y4

=(z1^2+z1(5z2+5z3+8z4)+z2^2+z2(8z3+5z4)+z3^2+5z3z4+z4^2)/4,

b2=-(y0y1y2+y0y1y3+y0y1y4+y0y2y3+y0y2y4+y0y3y4

+y1y2y3+y1y2y4+y1y3y4+y2y3y4)

=-(4z1^3+9z1^2z2+9z1^2z3+6z1^2z4+9z1z2^2+12z1z2z3+2(5-w1)z1z2z4+9z1z3^2

+2(5+w2)z1z3z4+6z1z4^2+4z2^3+4z2^2z3+7z2^2z4+8z2z3^2+2(8+w2)z2z3z4

+(9+2w1)z2z4^2+4z3^3+9z3^2z4+9z3z4^2+4z4^3)/8,

b1= y0y1y2y3+y0y1y2y4+y0y1y3y4+y0y2y3y4+y1y2y3y4

=((2w1-1)z1^4-9z1^3z2+(4w2-7)z1^3z3+2(w1-2)z1^3z4-12z1^2z2^2

+(2w2-13)z1^2z2z3-6z1^2z2z4-12z1^2z3^2+4(w1-1)z1^2z3z4+3z1^2z4^2-9z1z2^3

-6z1z2^2z3-9z1z2^2z4-6z1z2z3^2+2(w1-4)z1z2z3z4-6z1z2z4^2+(2w1-9)z1z3^3

+2(2w1-5)z1z3^2z4+3z1z3^2z4+2(w2-1)z1z3z4^2-6z1z4^3+(2w2-3)z2^4-6z2^3z3

+(2w2+1)z2^3z4+6w2z2^2z3z4-12z2^2z4^2+2(w2-1)z2z3^3+2(w1-7)z2^3z4+3z2^2z3^2

+2(w1-1)z2z3^3+2w2z2z3^2z4+(2w2-11)z2z3z4^2-9z2z4^3-3z3^4+(4w1-7)z3^3z4

+6w1z3^2z4^2+2w1z3z4^3-2z3^3z4+(2w2-7)z3z4^3-3z4^4)/16,

b0=-y0y1y2y3y4

=-(z1^5+2z1^4z2+z1^4z3+z1^4z3+w2z1^4z4+z1^3z2^2+5z1^3z2z3-2z1^3z2z4+z1^3z3^2

+w2z1^3z3z4+z1^2z2^3+3z1^2z2^2z3+3z1^2z2^2z4+3z1^2z2z3^2-3z1^2z2z3z4

+3z1^2z2z4^2+z1^2z3^3+(2-w2)z1^2z3^2z4+3z1^2z3z4^2+z1^2z4^3+2z1z2^4-z1z2^3z

+(3+w1)z1z2^3z4+3z1z2^2z3^2-3z1z2^2z3z4+3z1z2^2z4^2-z1z2z3^3-w1z1z2^3z4

-3z1z2z3z4^2-z1z2z4^3+2z1z3^4+(5+w1)z1z3^3z4+4z1z3^2z4^2-z1z3z4^3-z1z4^4

+z2^5-z2^4z3+2z2^4z4+z2^3z3^2+w2z2^3z3z4+z2^3z4^2+z2^2z3^3+w1z2^3z3z4

+3z2^2z3^2z4+3z2^2z3z4^2+z2^2z4^3-z2z3^4-z2z3^3z4+3z2z3^2z4^2+5z2z3z4^3

+2z2z4^4+(1+w2)z3^5+(3+w1)z3^4z4+z3^3z4^2+z3^2z4^3+2z3z4^4+z4^5)/16,

即得：4个参变量zj; j=1,2,3,4,的4个方程：z1^2+z1(5z2+5z3+8z4)+z2^2+z2(8z3+5z4)+z3^2+5z3z4+z4^2+4b3=0,                (1)

4z1^3+3z1^2(3z2+3z3+2z4)+3z1(3z2^2+4z2z3+4z2z4+3z3^2+4z3z4+2z4^2)+4z2^3

+3z2^2(2z3+3z4)+3z2(2z3^2+4z3z4+3z4^2)+4z3^3+9z3^2z4+9z3z4^2+4z4^3+8b2=0  (2)

z1^4+z1^3(3z2+3z3+2z4)+z1^2(4z2^2+z2(3z3+2z4)+4z3^2+2z3z4-z4^2)

+z1(3z2^3+z2^2(2z3+3z4)+z2(2z3^2+2z3z4+2z4^2)+3z3^3+3z3^2z4+2z3z4^2+2z4^3)

+z2^4+z2^3(2z3+3z4)+z2^2(z3^2+2z3z4+2z4^2)+z2(2z3^3+2z3^2z4+3z3z4^2+3z4^3)

+z3^4+3z3^3z4+4z3^2z4^2+3z3z4^3+z4^4+16b1/3=0,                            (3)

z1^5+z1^4(2z2+2z3-z4)+z1^3(z2^2+z2(5z3-z4)+z3^2-z3z4+z4^2)

+z1^2(z2^3+z2^2(3z3+3z4)+z2(3z3^2-3z3z4+3z4^2)+z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3)

+z1(2z2^4+z2^3(-z3+5z4)+z2^2(3z3^2-3z3z4+3z4^2)

+z2(-z3^3-3z3^2z4+3z3z4^2-z4^3)+2z3^4+5z3^3z4+3z3^2z4^2-z3z4^3-z4^4)

+z2^2(z3^3+3z3^2z4+3z3z4^2+z4^3)+z2^3(z3^2-z3z4+z4^2)+z2^4(-z3+2z4)+z2^5

+z2(-z3^4-z3^3z4+3z3^2z4^2+5z3z4^3+2z4^4)

+z3^5+2z3^4z4+z3^3z4^2+z3^2z4^3+2z3z4^4+z4^5+16b0=0,                      (4)由此4个方程，解得4个参变量zj; j=1,2,3,4, 即得：5次y方程的根式解。

具体解法如下：

由zj; j=1,2,3,4,和b3，b2，表达的(1)与(2),逐次降幂z1，解得：仅由zj;j=2,3,4,和b3，

b2，表达的z1，并进而消去z1。

将消去了z1的(1)与(3)，逐次降幂z2，解得：仅由zj; j=3,4,和b3，b2，b1表达的z2，并进而消去z2。

再将消去了z1、z2的(1)与(4)，逐次降幂z3，解得：仅由z4,和b3，b2，b1，b0表达的z3，并进而消去z3。

再将仅由b3，b2，b1，b0表达的Z4的两个方程逐次降幂z4，解得：仅由b3，b2，b1，b0表达的z4。

再将解得的Z4，依次代入：z3、z2、z1，即得：仅由b3，b2，b1，b0表达的z3、z2、z1。

整个运算过程会很烦琐，但肯定能实现，并可编制程序，用计算机进行。

于是，解得：5次y方程的解。

yj; j=0,1,2,3,4,

而5次x方程的解为：

xj=yj-a4/5; j=0,1,2,3,4,

其中，不增添任何新的根式。当然也就不违反Galois理论。

 

7．6次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

当m=3; n=6, (1)式 即方程：x^6+{ajx^j,j=0到5求和}=0，            (7.1)

引入2个函数y1、y2，并取：

(x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2

=x^6+a5x^5+(a5^2/4+(a4+y1))x^4+(a5(a4+y1)/2+y0)x^3+(a5y0/2+(a4+y1)^2/4)x^2

+(a4+y1)y0x/2+y0^2/4,

原方程可改写为：

(x^3+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2

=(a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3

+((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+a5x^2/2+(a4+y1)x/2+y0/2)^2=(c2x^2+c1x+c0)^2，就可分解成为如下两式：

x^3+(a5/2+c2)x^2+((a4+y1)/2+c1)x +(y0/2+c0)=0；

x^3+(a5/2-c2)x^2+((a4+y1)/2-c1)x +(y0/2-c0)=0，                      (7.2)

且有：

(a5^2/4+y1)x^4+(a5(a4+y1)/2-a3+y0)x^3+((a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2)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+co^2，

由此，即可分别解得：

c2=a5/2，  2c2c1=a5(a4+y1)/2-a3+y0，  c1^2+2c2c0=(a4+y1)^2/4-a2+a5y0/2，

2c1c0=(a4+y1)y0/2-a1，  c0^2=y0^2/4-a0，

由第1式，得：c2=a5/2，c2代入第2式，得：c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2

c1代入第4式，得：c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))，即得：

c2=a5/2，c1=(y0-a3)/a5+(a4+y1)/2，c0=((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))，   (7.3)

c2、c1、c0代入第3式，得：

(y0-a3)^2/a5^2+(y0-a3)(a4+y1)/(2a5)+(a4+y1)^2/4+a5((a4+y1)y0/2-a1)/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))

-(a4+y1)^2/4+a2-a5y0/2=0，即：

2y0^3/a5^3+(-6a3/a5^3+2a4/(a5^2)-1+2y1/(a5^2))y0^2

+(2a2/a5+4a3^2/a5^3+a3^2/a5^3-4a3a4/(a5^2)+a3+(-4a3/(a5^2))y1)y0

-a1a5-2a2a3/a5+a2a4-2a3^3/a5^3+2a3^2a4/(a5^2)-a4^3/4+(a2+2a3^2/(a5^2)-3a4^2/4)y1

-3a3y1^2/(4a5)-3a4y1^2/4-y1^3/4=0，                                        (1’)

c0代入第5式，得：((a4+y1)y0/2-a1)^2/(2(y0-a3)/a5+(a4+y1))^2-y0^2/4+a0=0, 即：

-4y0^4/a5^2+(-4a4/a5+8a3/a5^2-4y1/a5)y0^3

+(a4^2/4+4a0/a5^2+(-3a4/2+4a3/a5)y1-3y1^2/4))y0^2

+(4a0a4/a5-8a0a3/a5^2-a1a4+(4a0/a5-a1)y1)y0

+a1^2+4a0a3^2/a5^2-4a0a3a4/a5+a0a4^2+(2a0a4-4a0a3/a5)y1+a0y1^2)=0,            (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5，表达的y0，进而，消去y0，即得到y1以ai; i=0到5，表达的5次代数方程。

整个运算过程也很烦琐，但肯定能实现，并可编制程序，用计算机进行。

由y1的这个5次代数方程解出以ai; i=0到5，表达的y1，再代入以y1和ai; i=0到5，表达的y0，求得以ai; i=0到5，表达的y0。

于是，将它们代入(7.3)，就得到以ai; i=0到5，表达的 c2,c1,c0,

再将它们都分别代入(7.2)，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。

 

8．2m(m>2)次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

类比6次不可约代数方程的根式解的解法，引出入函数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，由于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。

 

9．2m(m>1)+1次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

类比5次不可约代数方程的根式解的解法，将原方程改写为：2m+1次方的系数=1，2m次方的系数=0，的形式，并令其2m+1个根可分别由w1/m，w2/m (其中：w1=(-1-i3^(1/2))/2,  w2=(-1+i3^(1/2))/2, 分别为x^2+x+1=0,的2个根) ，及2m个参量z1，z2，…，z(2m)，表达。

再利用其根与系数的关系，得到这2m个参量的2m个方程，依次利用其中各两个方程，逐次降幂地解得1个参量由剩余的其它参量和相应的系数表达的函数。直到求得最后的1个参量仅由全部系数表达的函数。再依次代入各参量函数中，求得它们仅由全部系数表达的函数。

从而得到2m(m>1)+1次不可约代数方程的根式解。

其中，也与此相关次方程一样，不含任何根式。当然也就都不违反Galois理论。

 

10．任何高次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

综上所述，早已解得：2至4次不可约代数方程的根式解，本文又已求得：5和6次不可约代数方程的根式解，再按本文2m(m>1)次和2m(m>2)次不可约代数方程的根式解的解法，当逐次增大m，即可逐次解得任何高次不可约代数方程的根式解。

而且，它们都不含大于3次的根式。因而，它们的得解也都不与Galois理论相矛盾。

 

11．参考文献：

[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