任意n次不可约代数方程的多种解法

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。

本博客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：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法。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。

本文进而给出不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。以4次和5次不可约代数方程为例具体给出了它们不引人任何根式，仅由方程各系数的有理函数表达的公式解。具体表明：2次和3次不可约代数方程只能给出带有根式的根式解，高于3次的不可约代数方程都能解得仅由方程各系数的有理函数表达的公式解，也都可解得不高于3次根式的根式解，但与仅由方程各系数的有理函数表达的公式解相比，奇次的方程过于繁杂不易求解，而偶次的方程却可更为简化。还可采用引进相应参量将方程表达为两个因式相乘以解得各参量的方法求解。也都更为有力的表明：本文纠正“通常对Galois理论理解错误“的正确和必要。

关键词：不可约代数方程根式解公式解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，而非含有方程各系数的根式)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次和4次不可约代数方程的根式解。

而此后的近4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解[1] ；而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，而当这种变换群的阶数>4的对称置换群，及其子群，就都是非交换群的单群，就都是不可解的。

因此，Galois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，迄今似已公认的“n>4的不可约代数方程没有根式解”结论，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。

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．必须引入相应根式的利用方程根与系数间各关系式的求解方法

利用方程根与系数间各关系式的求解的如下方法，都必须引入相应的根式。当方程的次数等于和小于4时，必然会形成小于3次的根式解。但当方程的次数大于4时，却可得到不形成任何根式解的解。

这也正符合伽罗华理论所根据的“群的特徵”的正确理解。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)

设其解为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，就不足以用如前逐次降幂、消去的办法求解。

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)

当然不违反Galois理论。

当a1=a0=1,  (2.1,1)为：

x^2+x+1=0,                                                   (2.1.1’)

解得：

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

而可利用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。当然也不违反Galois理论。

2.3．4次不可约代数方程的根式解(本文给出的如下具体解法有利于推广到n=2m)

当m=2; n=4, (2.1)式即方程：

x^4+{ajx^j,j=0到3求利和}=0，                                      (2.3.1)

现在，考虑引进相应根式的简化求解法。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^2+2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0,                          (2.3.2)

当令：s=y-((a3/2)^2+a2)/3,  y=s+((a3/2)^2+a2)/3,                (2.3.3)

将(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：

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

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, 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+((a3/2)^2+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-a2+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2))=0,         (2.3.7)

以解得的(2.3.6)中，y的实数根y0代入方程(3.3.7)，并分别求解这两个x的2次方程，

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。当然也不违反Galois理论。

2.4．5次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

当m=2; n=5, (2,,1)式即方程：

x^5+{a[j]x^j,j=0到4求和}=0，                                           (2.4.1)

还总可由y=x+a4/5; x=y-a4/5, 再变换成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,                  (2.4.2)

5次y方程，(2.41)，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，由方程根与系数的关系，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。

由方程根与系数的其它4个关系式，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。

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，虽引进了2次的根式，但并不形成任何根式解的解。当然也就不违反正确理解

的Galois理论。

类比5次不可约代数方程的根式解的解法，也可推广用于任意n=2m+1次不可约方程，

即将方程改写为：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解，虽也引进了2次的根式，但也并不形成

任何根式解的解。当然也就不违反正确理解的Galois理论。

但是，此法与本文第3节仅以方程各系数有理运算表达的公式解相比，虽也可编制程序，用计算机进行，也肯定能得解，但整个运算过程却更远为烦琐，而且，尚未能给出具体的解。

2.5．6次不可约代数方程的根式解(本文的创新)

当m=3; n=6,(2,1)式即方程：

x^6+{a[j]x^j,j=0到5求和}=0，                                                (2.5.1)

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，                               (2.5.2)

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))，   (2.5.3)

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。整个运算过程可按第

2,3和第2,4节地方法类似地进行。

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(2.5.3)，就得到以ai; i=0到5，表达的 c2,c1,c0,

再将它们都分别代入(2.5.2)，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。当然，这就比直接解6次不可约代数方程要简便得多。

其中，除了在解两个3次x方程时，又都分别引入了2次、3次的根式解而外，也没有

形成更高次的根式解。当然也就不违反正确理解的Galois理论。

2.6．2m(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。当然，更比直接解2m次不可约代数方程简便得多。

而且，由于m>4次不可约代数方程中不含任何次的根式解，2m次不可约代数方程也

就不含任何次的根式解。当然也就都不违反正确理解的Galois理论。

3．利用方程各根与各系数间的各关系式，不引人如何根式的求解方法

n>3的任意n次不可约代数方程都可解得仅以方程各系数的有理运算表达的公式解。

任意n次不可约代数方程总可表达为：

x^n+{a[j]x^j ; j=0到n-1求和}=0,                                         (2.1)

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。

当n=2m, m为任意自然数，可将(2,1)式表达为：

x^(2m)+{a[j]x^j,j=0到2m-1求和}=0,                                       (2.2)

当n=2m+1,m为任意自然数，可将(2,1)式表达为：

x^(2m+1)+{ajx^j,j=0到2m求和}=0,                                         (2.3)

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],                                           (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]=a[0],                                                  (n)

(当n为奇数，(n)如上式，左端各项为负，当n为偶数，则上式左端各项，均再乘以-1)

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n个互不相依的代数方程，消去x[1]，而得到组合数c(n,2)=n(n-1)/2个

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。

这n(n-1)/2个方程中，变量x[2]的次数会有一定的增高。

当n>3，消去x[1]，而得到组合数c(n,2)=n(n-1)/2个，就大于6，消去x[j]; j>1，而得到

的组合数就更多。

消去x[1]，就可选其中互不相依的含有方程的全部系数的各个方程联立，逐次降幂，直到x[2]的1次方，即得以x[j];j=3,4,...,n,及方程各系数为参量表达的x[2]。

类似地，逐次消去x[j];j=,3,...,n-1，逐次降幂，直到x[j+1]的1次方，即得：

以x[k];=j+2,j+3,,...,n,及方程各系数为参量表达的x[j+1]。

   其中，x[j+1]为变量的方程的次数可能会很高，但是，因为，方程的各根都必能满足原方程，即，必有：

x[k]^n+{a[j]^jx[k]^j ; j=0到n-1求和}=0,k=1,2,... n,即有：

x[k]^n=-{a[j]^jx[k]^j ; j=0到n-1求和}, k=1,2,...n,                            (2,4)

由此，所有高次的x[k]都可仅由最高为n次的各项表达。

而x[k]为变量的各方程，当n>3，消去x[k-1]，而得到组合数就都很多，它们都可仅由最高为n次的各项表达,并与(2,2)联立，而都至少有两个互不相依的方程，而必能逐次降幂至其1次方，而且可被消去。如此，即得仅以方程各系数为参量表达的x[n]。

再将x[n]逐次代入以x[k];=n,n-1,...,j及方程各系数为参量表达的x[j-1];j=n,n-1,...,2, 各式，即得：仅以方程各系数的有理运算表达的任意n次不可约代数方程的各公式解。

而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。例如：

3.1.．任意4次不可约代数方程仅以方程各系数的有理运算表达的公式解

任意4次不可约代数方程：x^4+{ajx^j ; j=0到3求和}=0，             (3.1.1)

   由变换：y=x+a[3]/4，将(3.1.1) 变换为：

y^4+{bj y^j; j=0到2求和}=0,                                         (3.1..1”)

其中，b3=0，

x有4个根x1，x2，x3，x4, 且有：

x1+x2+x3+x4=-a3,                        (1)

x1=-(x2+x3+x4+a3),                                        (a)

x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4=a2,         (2)

x1(x2(x3+x4)+x3x4)+x2x3x4=-a1,          (3)

x1x2x3x4=a0,                            (4)

(x2+x3+x4)(1)-(2):

(x2+x3+x4)(x2+x3+x4+a3)-x2(x3+x4)-x3x4+a2=0,                            即：

x2^2+x2(x3+x4+a3)+x3^2+x3(x4+a3)+x4^2+x4a3+a2=0,                        (1’)

(x2(x3+x4)+x3x4)(1)- (3):

x2^2(x3+x4)+x2(x3^2+2x3x4+x4^2+(x3+x4)a3)+x3^2x4+x3(x4^2+x4a3)-a1=0,    (2’)

x2x3x4(1)-(4):

x2^2x3x4+x2(x3^2x4+x3x4^2+x3x4a3)+a0=0,                                 (3’)

(x2(x3+x4)+x3x4)(2)-(x2+x3+x4)(3)：

x2^2(x3^2+x3x4+x4^2)+x2(x3^2x4+x3(x4^2-a2)-x4a2-a1)

+x3^2x4^2-x3(a1+x4a2)-x4a1=0,                                            (4’)

x2x3x4(2)-(x2+x3+x4)(4):

x2^2 (x3^2x4+x3x4^2)+x2(x3^2x4^2-x3x4a2+a0)+x3a0+x4a0=0,                 (5’)

x2x3x4(3)-(x2(x3+x4)+x3x4)(4):

x2^2x3^2x4^2+x2(x3x4a1+(x3+x4)a0)+x3x4a0=0,                                                     (6’)

(x3+x4) (1’)-(2’)：

x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^3+x4^2a3+x4a2+a1=0,            (1")

x3x4(1’)-(3’):

x3^3x4+x3^2(x4^2+ x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0=0,                   (2")

(x3^2+x3x4+x4^2)(1’)-(4’):

x2(2x3^3+ x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1)

+x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1)

+x4^4+x4^3a3+x4^2a2+x4a1=0,                                           (3")

x2=-(x3^4+x3^3(2x4+a3)+x3^2(2x4^2+2x4a3+a2)+x3(2x4^3+2x4^2a3+2x4a2+a1)

+x4^4+x4^3a3+ x4^2a2+x4a1)                                    

/(2x3^3+x3^2(x4+a3)+x3(x4^2+x4a3+a2)+x4^2a3+x4a2+a1)          (b)

(x3^2x4+x3x4^2)(1’)- (5’)：          

x2(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0)

+x3^4x4+x3^3(2x4^2+x4a3)+x3^2(2x4^3+2x4^2a3+x4a2)+x3(x4^4+x4^3a3+x4^2a2-a0)

-x4a0=0,                                                               (4")

x3^2x4^2(1’)-(6’):

x2(x3^3x4^2+x3^2(x4^3+x4^2a3)-x3(x4a1+a0)-x4a0)

+x3^4x4^2+x3^3(x4^3+x4^2a3)+x3^2(x4^4+x4^3a3+x4^2a2)

-x3x4a0=0,                                                              (5")

(x3^3x4^2+x3^2x4^3+x3^2x4^2a3-x3(x4a1+a0)-x4a0)(4”)

-(x3^3x4+x3^2(x4^2+x4a3)+x3(x4^3+x4^2a3+x4a2)-a0)(5”)：

x3^5(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0)

+x3^4(x4^6+x4^5a3-x4^3(a3a2+2a1)-x4^2(a1a3+2a0)-x4a3 a0)

+ x3^3(-x4^5a2-x4^4(a3a2+2a1)-x4^3(2a1a3+a2^2+6a0)-x4^2(2a3a0+a1a2)-x4a2 a0)

+x3^2(-x4^5a1-x4^4(a1a3+a0)-x4^3(2a0a3+a1a2)+x4a1a0+a0^2)

+x3(-x4^5a0-x4^4a0a3-x4^3a0a2+x4^2a1a0+x4a0^2)

+x4^2a0^2=0,                                                             (6")

x4(1")-(2"):

x4^4+x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0=0,                                            (7")

(实际上，就是表明：方程的根x4是满足原方程的) 而有：

x4^4=-(x4^3a3+x4^2a2+x4a1+a0)

x4^5=x4^3(a3^2-a2)+x4^2(a3a2- a1)+x4(a3a1-a0)+a3a0

x4^6=x4^3(-a3^3+2a3a2-a1)+x4^2(-a3^2a2+a3a1+a2^2-a0)

+x4(-a3^2a1+a3a0+a2a1)-a3^2a0+a2a0

x4^7= x4^3(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0)+x4^2(a3^3a2-a3^2a1-2a3a2^2+a2a1+a3a0+a2a1)

+x4(a3^3a1-a3^2a0-2a3a2a1+a2a0+a1^2)+a3^3a0-2a3a2a0+a1a0

x4^8=-x4^3(a3^5+3a3^3a2-3a3^2a1-3a3a2^2+2a3a0+2a2a1)

+x4^2(-a3^4a2 +a3^3a1+3a3^2a2^2-a3^2a0-4a3a2a1-a2^3+2a2a0+a1^2)

+x4(-a3^4a1+a3^3a0+3a3^2a2a1-2a3a1^2-2a3a2a0-a2^2a1+2a1a0)

-a3^4a0+3a3^2a2a0-2a3a1a0-a2^2a0+a0^2

(具体表明：x4次数高于3次的，都可由相应的不高于3次的各项表达)

x3^2(x4^5+x4^4a3-x4^3a2-x4^2a1-x4 a0)(1")- (6"):

x3^4(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1)

+x3^3(x4^7+2x4^6a3+x4^5(a3^2+a2)+x4^4(a3a2+a1)+x4^3(a1a3+5a0)+x4^2a0a3)

+x3^2(x4^8+2x4^7a3+x4^6a3^2+x4^5a1+x4^4(a3a1-a2^2)-x4^3(a0a3+a2a1)

-x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2)

+x3(x4^5a0+x4^4a0a3+x4^3a0a2-x4^2a1a0-x4a0^2)

-x4^2a0^2=0,                                                          (8")

x3(x4^5a3+x4^4(a3^2-a2)+x4^3a1) (1")- (8")：

-x3^3(x4^7+x4^6a3+x4^5(-a3^2+2a2)+x4^4(-a3^3+2a3a2)+5x4^3a0+x4^2a0a3)

-x3^2(x4^8+x4^7a3-x4^6(a3^2-a2)-x4^5a3^3-x4^4a3^2a2-x4^3(a0a3+2a2a1)

-x4^2(a1^2+a0a2)-2x4a1a0-a0^2)

+x3(x4^8a3+x4^7(2a3^2-a2)+x4^6(a3^3+a1) +x4^5(a3^2a2+2a3a1-a2^2-a0)

+x4^4(a3^2a1-a3a0)+x4^3(a1^2-a0a2)+x4^2a1a0+x4a0^2)

+x4^2a0^2=0,                                                           (9")

   而且，可见，(1")与(9")都是x3的3次互不相依的方程，由它们联立就必能降幂至1次方，并可消去x3。

由(7")可将(9")简化为：

-x3^3A(3,3)-x3^2A(3,2)+x3A(3,1)+A(3,0)=0,

其中，

A(3,3)=x4^3(a3a1-a2^2+4a0)+x4^2(a3^2a1-a3(a2^2-a0))

+x4(a3^2a0-a3a2a1-a2a0+a1^2)-a3a2a0+a1a0,

A(3,2)=x4^4(a3^4-3a3^2a2+2a3a1+a2^2-a0)

+x4^3(a3^5-3a3^3a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0)-a2a1)

+x4^2(a3^4a2-3a3^2a2^2+a3^2a0+a3a2a1+a2^3+a2a0)

+x4(a3^4a1-3a3^2a2a1+a3a1^2+a2^2a1-a1a0-a0^2)

+a3^4a0-3a3^2a2a0+a3a1a0+a2^2a0,

A(3,1)=x4^4(a3^5-3a3^4a2+2a3^2a1+a3(a2^2-a0))

+x4^3(a3^6-3a3^4a2+2a3^3a1+a3^2(a2^2+a0)+a2a0)

+x4^2(a3^5a2-a3^3(4a2^2-4a0)+a3(a2^3+a1^2) +a1 a0)

+x4(a3^5a1-4a3^3a2a1+a3^2(+2a1^2)-a3 a2^2a1+2a0^2)

+a3^5a0-3a3^3a2a0+2a3^2a1a0+a3a2^2a0,

A(3,0)=x4^2a0^2,

都是仅含x4的3次以下的方次和方程各系数有理运算的函数。

A(3,3) (1")+(9")：

x3^2(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))+x3(x4^2A(3,3)+x4A(3,3)a3+A(3,3)a2+A(3,1))

+x4^3A(3,3)+x4^2A(3,3)a3+x4A(3,3)a2+A(3,3)a1+A(3,0)=0,        (10")

(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2))(1")- x3(10"):

x3^2(x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+a3)A(3,2)-A(3,1))

+x3(x4^2a3+x4a3^2+ a3a2-a1)A(3,3)-(x4^2+x4a3+ a2)A(3,2)-A(3,0))

+x4^4A(3,3)+x4^3(2A(3,3)a3-A(3,2))+x4^2(A(3,3)(a3^2+a2)-A(3,2)a3)

+x4(A(3,3)(a1+a3a2)-A(3,2)a2)+A(3,3)a3a1-A(3,2)a1=0,           (11")

(x4a3+a3^2-a2)A(3,3)-(x4+a3)A(3,2)-A(3,1)) (10")-(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (11")：

x3A(1,1)+A(1,0)=0,                                             (12")

x3=-A(1,0)/A(1,1),                                        (c)

   其中，

A(1,1)=(-x4^2 a2+x4(-a3a2+a1)+a3a1-a2^2)A(3,3)^2+(x4^2a3+x4a3^2+a3a2 -a1) A(3,3)A(3,2)

+(-x4^2+a3^2-2a2)A(3,3)A(3,1)+(x4+a3)A(3,3)A(3,0)-(x4+a3)A(3,2)A(3,1)

-(x4^2+x4a3+a2)A(3,2)^2-A(3,2)A(3,0)-A(3,1)^2)

A(1,0)=(x4^4a3+x4^3(2a3^2-a2)+x4^2a3^3+x4(a3^2a2+a3a1-a2^2)+(a3^2-a2)a1)A(3,3)^2

+(-x4^4-2x4^3a3-x4^2(a3^3+a2)-x4(a3a2+a1)-a3a1)A(3,3)A(3,2)

+(-x4^3-x4^2a3-x4a2-a1)A(3,3)A(3,1)+(a3^2+x4a3-a2)A(3,3)A(3,0)

-(x4+a3)A(3,2)A(3,0)-A(3,1)A(3,0)

   都是仅含x4和方程各系数的函数，x4的最高次数为11。

A(1,1) (10")-x3(x4A(3,3)+A(3,3)a3-A(3,2)) (12"):

x3A’(1,1)+A’(1,0)=0,                                          (13")

   其中，

A’(1,1)=(x4^2+x4a3+a2)A(3,3)A(1,1)-(x4+a3)A(3,3)A(1,0)+A(3,1)A(1,1)-A(3,2)A(1,0)

A’(1,0)=x4^3+x4^2a3+x4a2+a1)A(3,3)A(1,1)+A(3,0)A(1,1)

都是仅含x4和方程各系数的函数，x4的最高次数为6

A’(1,1) (12")-A(1,1) (13")：

A’(1,1)A(1,0)- A(1,1)A’(1,0)=0,                                (14")

是仅含x4和方程各系数的25次方程。

   由(7")可使与(14")降幂至x4的3次方，再与(7")逐次联立可降幂至x4的1次方，即得仅由方程各系数表达的x4。将它逐次代入(c)、(b)、(a)，即得任意4次不可约方程由其各系数表达的解。

3.2.．任意5次不可约代数方程仅以方程各系数有理运算表达的公式解

任意5次不可约代数方程：x^5+{a[j]x^j ; j=0到4求和}=0，          (3.2..1)

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,                                          (3.2..1”)

它的5个根与系数间有如下关系式：

y0+y1+y2+y3+y4=0，                                                      (1)

y0=-(y1+y2+y3+y4)，                                          (a)

  即：y0可由y1,y2,y3,y4之和表达。

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(y4^3b2+y4^2b1+y4b0+y3^2y4^3b1+(3y3^2y4^2+y3y4^3)b0)

-(y3^3y4^2y4b1+y2y3^3y4^3b0+(3y3^3y4^2+y3^2y4^3)b0)),       (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3次的，都可由相应的不高于3次的各项表达)

即得：仅由y4，及方程各系数表达的y3。

由(1”)、(d)得到仅有y4为变量的2个互不相依的代数方程。

当取y4为变量，方程各系数为参量，的2个互不相依的代数方程，就必然可以联立逐次降幂直到y4的1次方，而得解：

y4B(1,1)+B(1,0)=0,                                                 （2”）

其中，

B(1,1) = B’(2,2) B(2,1)- B(2,2) B’(2,1)，

B(1,0) = B’(2,2) B(2,0)- B(2,2) B’(2,0)，

B’(2,2) = (B(2,2)B(3,2)-B(3,3)B(2,1)),

B’(2,1) = (B(2,2)B(3,1)-B(3,3)B(2,0)),

B’(2,0) = B(2,2)B(3,0),

B(2,2) = (B’(3,3)B(3,2)- B(3,3)B’(3,2)),

B(2,1) = (B’(3,3)B(3,1)- B(3,3)B’(3,1)),

B(2,0) = (B’(3,3)B(3,0)- B(3,3)B’(3,0)),

B’(3,3) = (27b3^11-18b3^9b1+39b3^8b2^2+b3^7(-39b2b0-15b1^2)

+18b3^6b2^2b1+b3^5(+6b1^3+10b2^4)+b3^4 (-25b2^3b0+b2^2b1^2)

+b3^3(6b2^3b2b1+12b2^2b0^2+3b1^4+8b1b2^4)

+b3^2(2b2^2b1^3+4b2^6)-4b3b2^5b0+2b3b2^4b1^2  

+2b2^5b2b1+4b2^4b0^2+ b2^2b1^4)

B’(3,2) = (27b3^10b2-9b3^9b0+b3^7(30b2^3-15b1b0)

+b3^6(-24b2^2b0+9b2b1^2)+b3^5(3b1^2b0+12b1b2^3+3b2b0^2)                    

+b3^4(10b2^5-5b2^2b1b0)

-b3^3(6b2b1b0^2+24b2^3b1^2+7b2^4b0+6b1^3b0)

+b3^2(4b2^5b1+3b2^2b1^2b0+b2^3b0^2)+b3(b2^7-2b2^4b1b0)

-2b2^6b0+5b2^5b1^2+2b2^3b1b0^2-2b2^3b1b0^2+2b2^2b1^3b0),

B’(3,1) = (27b3^10b1+b3^8(9b2b0-b1^2)+b3^7(30b2^2b1-9b0^2)

+b3^6(-9b1^3)+b3^5(6b1^2b2^2+3b1b0^2+6b2^3b0)

+b3^4 (10b2^4b1-6^2b0^2)+b3^3(+12b2^2b1^3-3b1^2b0^2+6b2b0^3)

+b3^2(b2^5b0+3b2^4b1^2+b2^2b1b0^2)+b3(b2^6b1-b2^4b0^2)

+3b2^4b1^3+2b2^3b0^3+b2^2b1^2b0^2).

B’(3,0) = 27b3^10b0-9b3^8b1b0+30b3^7b2^2b0

+b3^6(-9b1^2b0-18b2b0^2)+6b3^5b1b2^2b0

+10b3^4b2^4b0+b3^3(-7b2^3b0^2+6b2^2b1^2b0)

+3b3^2b2^4b1b0+b3b2^6b0

-2b2^5b0^2+3b2^4b1^2b0,

B(3,3) = (9b3^7 -3b3^5b1+7b3^4b2^2-b3^3(6b2b0+3b1^2)+3b3^2b2^2b1+b3b2^4

-2b2^3b0+3b2^2b1^2),

B(3,2) = (9b3^6b2-3b3^5b0+b3^4b2b1+b3^3(3b2^3-6b1b0+3b2^3)

+b3^2(b2^2b0+3b2b1^2)+b2^5+2b2^2b1b0 +2b2b1^3),

B(3,1) = (9b3^6b1+b3^4b2b0+b3^3(6b2^2b1-3b0^2),

+4b3^2b2b1b0+b2^4b1-b2^2b0^2+4b2b1^2b0)

B(3,0) =9b3^6b0+6b3^3b2^2b0+b3^2b2b0^2+b2^4b0+2b2b1b0^2,  

它们都只是方程各系数的有理函数。

   而有：

y4= - B(1,0)/B(1,1),                                            (e)

即得：仅由方程各系数表达的y4。

将(e)逐次代入(d)、(c)、(b)、(a)，

即得：仅由方程各系数有理运算表达的y4、y3、y2、y1、y0,方程的全部5个解。

   对于任意5次不可约代数方程只要将其各系数代入(e)、(d)、(c)、(b)、(a)，各式，即得其各解。

这就具体给出了任意5次不可约代数方程的公式解。而且，这些解都是根本不引进任何根式，仅由其各系数的有理运算表达的公式解，也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。

4. 引进适当个数参量将方程表达为两个因式乘积的解法(本文的创新)

当n >1，可由变换：y=x+ a[n-1]/n，将(2.1) 变换为：

(y-a[n-1]/n)^n+{a[j]^j(y-a[n-1]/n)^j; j=0到n-1求和}=0,                       (4.1’)

即得：

y^n+{b[j]y^j ; j=0到n-2求和}=0,                                              (4.1")

其中，b[n-1]=0，

当n>4,为偶数，可引入如下n个参量：s[0],s[1],...,s[n/2-1], t[0],t[1],..., t[n/2-1],，将方程改写为：

(y^(n/2)+s[n/2-1]y^(n/2-1)+...+s[1]y+ s[0])(y^(n/2)+t[n/2-1]y^(n/2-1)+...+t[1]y+t[0])=0,有：

s[n/2-1]t[0]+t[n/2-1]s[0]=0,

s[n/2-2]t[0]+t[n/2-2]s[0]+s[n/2-1]t[1]+t[n/2-1]s[1]=b[n/2-2],

s[n/2-3]t[0]+t[n/2-3]s[0]+s[n/2-2]t[1]+t[n/2-2]s[1]+s[n/2-]t[2]+t[n/2-1]s[2]=b[n/2-2],

...   ...   ...

s[0]t[0]=b[0],

当n>4,为奇数，可引入如下n+1个参量：s[0],s[1],...,s[n/2], t[0],t[1],..., t[n/2-1],，将方程改写为：

(y^((n+1)/2)+s[n/2-1]y^(n/2-1)+...+s[1]y+ s[0])(y^(n/2)+t[n/2-1]y^(n/2-1)+...+t[1]y+t[0])=0,有：

s[n/2-1]t[0] =0,

s[n/2-2]t[0]+t[n/2-2]s[0]+s[n/2-1]t[1]+t[n/2-1]s[1]=b[n/2-1],

s[n/2-3]t[0]+t[n/2-3]s[0]+s[n/2-2]t[1]+t[n/2-2]s[1]+s[n/2-]t[2]+t[n/2-1]s[2]=b[n/2-2],

...   ...   ...

s[0]t[0]=b[0],

   即各自都有与参量数相同的方程数，各参数都可顺序解得由其后的各参数表达，而最后参量的两个方程就都可得解，当方程的次数较高时，可交替降幂而得解，于是得到各参数的解。例如：

4,1. 2次方程：x^2+a1x+a0=0,

引进s，t两个参量将方程表达为：

(x+s)(x+t)=0,   有：

s+t=a1,  st=a0,

(s+t)^2=s^2+2st+t^2=a1^2,

a1^2-4a0=s^2-2st+t^2=(s-t)^2,

s-t=(+,-)(a1^2-4a0)^(1/2)，即得解：

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

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

   仍须，也只需，引入2次根式。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。

作为特例：

方程：x^2+x+1=0, 的解为：

w1=(-1(+,-)i 3^(1/2))/2,

w2=(-1(-,+)i 3^(1/2))/2,

4.2. 3次方程：x^3+a1x+a0=0,

引进s1,s0, t0, 3个参量将方程表达为：

(x^2+s1x+s0)(x+t0)=0,   有：

s1+t0=0,      s1=-t0,

s0t0=a0,      s0=a0/t0,

s1t0+s0=a1,   s1 =(a1-s0)/t0 =(a1-a0/t0)/t0,  t0^3+a1t0-a0=0,

采用与(2.2.2)解法类似地t0的3个根，解得：

t00=(a0/2+((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(a0/2-((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

t01=w1(a0/2+((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w2(a0/2-((a0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

t02=w2(a0/2+((b0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w1(a0/2-((b0/2)^2+(a1/3)^3)^(1/2))^(1/3)，

于是，解得任意的3次t0方程的根式解。

而任意的3次x方程的根式解为：

x=-t0,

   可见，任意的2次和3次x方程的解都仍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。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。

4.3.任意4次不可约代数方程：x^4+{ajx^j ; j=0到3求和}=0，             (4.3.1)

   由变换：y=x+a[3]/4，将(2.3.1)变换为：

y^4+{bj y^j; j=0到2求和}=0,                                         (4.3.1”)

其中，b3=0，还可引进参量s1,s0, t1,t0，将 (3.1”)写为：

(y^2+s1y+s0)(y^2+t1y+t0)=0，有：

s1+t1=0,           s1=-t1,           s1= b1/(t0-b0/t0),

s0t0=b0,          s0=b0/t0,        s0=b0/(b2/t0(+,-)((b2^2-b0)^(1/2))

s1t0+s0t1=b1,      -t1t0+t1b0/t0=b1,  t1= b1/(-t0+ b0/t0)

s0+t0=b2,         b0/t0+t0=b2,     t0^2-b2t0+b0=0,  t0=b2/2(+,-)((b2^2-b0)^(1/2)

即得到仅以方程各系数的根式函数表达的s1,s0, t1,t0，其中，s0,,t0分别有2个不同的值，但分别代入后，的结果应是相同的。

分别解得：

y^2+s1y+s0=0,

y^2+t1y+t0=0，

2个方程的各2个解，即得4次方程的仅以方程各系数的根式函数表达的4个解。

   其中，根式的指数仅为2。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。

4.4. y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0,                                       (4,4.1”)

  引进参量s1,s0,t1,t0, 可将(4.1”)改写为：(合理的4个方程，4个未知数)

(y^3+s1y+s0)(y^2+t1y+t0)=0,有：

t0+s1=b3,     t0 =b3-s1,

s0t0=b0,      s0=b0/t0,      s0=b0/(b3-s1),

s0+s1t1=b2,   t1s1=(b2-s0),  t1s1^2-(t1b3+b2)s1+b2b3-b0=0,                     (1)

s1t0+s0t1=b1,  s1t0=b1-s0t1, t1s1^3-2t1b3s1^2+ t1(b3^2+b1)s1-(t1b1b3-b0)=0,    (2)

  由(1)、(2) 对s1逐次降幂，得到：

s1=-(b1b3t1^2-(b2b3^2-b0b3+b0)t1–b2^2b3+b2b0)/(-b1t1^2+(b2b3-b0)t1–b2^2),    (3)

(b1b2^2b3^3+(b0b1b2+b0b1)b3^2+b0^2b1b3+b0b1^2b2-b0^2b1)t1^4

+(-b2^3b3^4+(3b1-2b0+b0)b2^2b3^3

-(2b1b2^3 +b0b2^2+b0(1+2b1)b2-b0^2(2b2+1))b3^2

+(b0^2(-2b2+b1-1)-b0b1b2^2)b3

-b0b1b2^2+b0^2b1(4b2+1))t1^3

+(-3b2^3b3^4+(b2^4++5b0b2^2)b3^3-(3b0b2^3+3b0^2b2+4b0b2^2)b3^2

-(2b1b2^4-b0b2^3-2b0^2b2-b0^3)b3+3b0b1b2^3-b0^2b2^2+2b0^3b2-b0^2b2)t1^2

+(-3b2^4b3^3+5b0b2^3b3^2-(4b0b2^4+2b0b2^3+3b0^2b2^2)b3

-b0b2^4+2b0^2b2^3+4b0^2b2^2+b0^3b2)t1

-(2b2^6b3-2b0b2^5)=0,                                                         (4)

由(4)可按t1的4次方程解得t1，或由(4)与(3),消去s1，得到另一个t1的方程，与(4)对t1逐次降幂，解得t1，并求得其它各参量，而按x的3次和2次方程，解得x的5次方程。

其中，也都只含有2次和3次的根式。也与正确理解的伽罗华的理论并不矛盾。

4.5.．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，本文又已用多种方法具体求得：5和6次不可约代数方程的公式解和根式解，再类推到更高次，即可逐次解得任何高次不可约代数方程的公式解和根式解。

而且，它们都不含大于3次的根式解。因而，它们的解也都不违反本文正确理解

的Galois理论。

5．参考文献：

[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