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数值方程检验任意n次不可约代数方程的多种解法(2)

已有 3174 次阅读 2013-7-16 17:58 |个人分类:数理|系统分类:论文交流| 检验, 任意n次, 不可约代数方程, 数值方程, 多种解法(2)

数值方程检验任意n次不可约代数方程的多种解法(2

 

(接(1)

 

1.利用方程根与系数间各关系式并需引进相应的根式的求解方法

 

1.1. 2次方程的解

对于方程:x^2+x+1=0,                                         (1.1.1)

设其解为x1x2,则由方程的根与系数的关系,只有如下2个方程:

x1+x2=-1                                     (1)

x1x2=1                                       (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=1                     (3)

(3)(2)

(x1-x2)^2=x1^2-2x1x2+x2^2=1-4=-3,得到:

x1-x2=(-3)^(1/2)                                   (4)

引进了2次的根式再由(1)(4),即得解

x=-1/2-+((1/2)^2-1)^(1/2))=(-1-+i3^(1/2))/2=w1,w2,                  (1.1.1*)

 

对于方程:x^2+1=0,                                           (1.1.2)

设其解为x1x2,则由方程的根与系数的关系,只有如下2个方程:

x1+x2=0,    x1=-x2,                                         (1)

x1x2=1,    x1^2=x2^2=-1,                                    (2)

           x1 =-x2 =-+i,                                         (1.1.2*)

   其实,由原方程x^2+1=0,就可得出:

x^2=-1, x2=-+i,  

在此就必须引出(-1)^(1/2)= -+i,而产生了虚数。

显然此方程是不可约的。即(x-i)(x+i)=0,2个根都不是有理数。

 

对于方程:x^2+x=0,                                            (1.1.3)

设其解为x1x2,则由方程的根与系数的关系,只有如下2个方程:

x1+x2=-1,    x1 =-1-x2,                                         (1)

x1x2=0,     x1x2=0,                                         (2)

           x1 =0-1, x2 =-10,   (均为有理数)                    (1.1.3*)

显然,此方程是可约的。即:x(x+1)=0,

应也能分别由1次方程:

x-0=0, x+1=0求解。

应区别于2次不可约方程。

这也正是解方程需要区分“可约”与“不可约”的原因,

 

1.23次方程的解

对于方程

y^3+y+1=0,                                             (1.2.1)

方程有3个根y1y2y3且有

-(y1+y2+y3)=0, y1=-(y2+y3),                                 (1)

y1(y2+y3)+y2y3=1, (y2+y3)^2-y2y3+1=0, y2^2+y3y2+y3^2+1=0,    (2)

-y1y2y3=1,  (y2+y3)y2y3-1=0,  y3y2^2+y3^2y2-1=0,            (3)

 

(2)(3)y2y3逐次降幂,分别得到:

y3^3+y3+1=0,   y2^3+y2+1=0,  因而,不能用此法求解。

 

而只能利用x^2+x+1=0,2个根w1=(-1-i3^(1/2))/2,  w2=(-1+i3^(1/2))/2, y3

根由w1w2及两个参量z1z2分别表达为

y0=z1+z2y1=w1z1+w2z2y2=w2z1+w1z2而按方程根与系数的关系,有:-(z1+z2+w1z1+w2z2+w2z1+w1z2)=0,

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

=-3z1z2,即:

z2=-1/(3z1),                             (1)

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

=-(z1^3+z2^3),即:

z1^3+z2^3=-1,                           (2)

联立(1) (2),即解得:

z1^6+z1^3-(1/3)^3 =0,

z1^3=(-1+(1^2+4(1/3)^3)^(1/2))/2

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

z1=(-1/2+((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

z2=(-1/2-((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

  即引进了3次的根式,而解得:

y0=(-1/2+((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+(-1/2-((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

y1=w1(-1/2+((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w2(-1/2-((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3),

y2=w2(-1/2+((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3)+w1(-1/2-((1/2)^2+(1/3)^3)^(1/2))^(1/3)

 

对于方程:

y^3+1=0,                                             (1.2.2)

方程有3个根y1y2y3,且有:

-(y1+y2+y3)=0,y1=-(y2+y3),                                (1)

y1(y2+y3)+y2y3=0, (y2+y3)^2-y2y3=0, y2^2+y3y2+y3^2=0,        (2)

-y1y2y3=1,  (y2+y3)y2y3-1=0,  y3y2^2+y3^2y2-1=0,            (3)

 

(2)(3)y2y3逐次降幂,分别得到:

y3^3+1=0,   y2^3+1=0,  因而,也不能用逐次降幂法求解。

 

y3个根也只能由w1w2及两个参量z1z2分别表达为

y0=z1+z2y1=w1z1+w2z2y2=w2z1+w1z2而按方程根与系数的关系-(z1+z2+w1z1+w2z2+w2z1+w1z2) =0,

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

=-3z1z2,

z2z1=0,                                                      (1)

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

=-(z1^3+z2^3),

z1=0z2^3=-1, z2=(-1)^(1/3),  z2=0z1^3=-1,  z1=(-1)^(1/3),      (2)

  即引进了3次的根式,而解得:

y0=(-1)^(1/3),

y1=w1(-1)^(1/3),

y2=w2(-1)^(1/3)

  原方程:y^3+1=0, 似乎也可解为:

y^3=-1,  y=(-1)^(1/3),

  但是,这就也可引入(-1)^(1/3)这个新的数类。

而且,由此可见,还可以有(-1)^(1/j)j=2,3,...,n的各类:

j=1,就是实数1j=2,就是虚数ij=其它数,就也都是不同类的数,当j非素数,则该类是相应素数的相应次数的自乘积。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。

还需弄清它们与实数、虚数的各种关系,例如:

(-1)^(1/2)=i,  (-1)^(1/3)=j, i^(1/3)=j^(1/2), i^(2/3)=j, … 等等,

   会有很多复杂、麻烦,而由此已可仅由实数和虚数的各种开方,不宜,不变,采用其它任何新的数类。

 

对于方程:

y^3+y=0,                                             (1.2.3)

方程有3个根y1y2y3,且有:

-(y1+y2+y3)=0,y1=-(y2+y3),                                    (1)

y1(y2+y3)+y2y3=1, (y2+y3)^2-y2y3+1=0, y2^2+y3y2+y3^2+1=0,       (2)

-y1y2y3=0,  (y2+y3)y2y3=0,  y3y2^2+y3^2y2=0,                   (3)

 

(2)(3)y2y3逐次降幂,分别得到:

y3^3+y3=0,    y2^3+y2=0,  

   而因y2y3都是方程的解,仍有:

y3^3+y3=0,   y2^3+y2=0,  即分别有:

y3=0,代入(2)有:y2^2=-1y2=+i-i,代入(1)有:y1 =0

y2=0,代入(2)有:y3^2=-1y3=+i-i,代入(1)有:y1 =-i+i

(其中,有0可为有理数)                  

显然此方程是可约的。即y(y^2+1)=0,  (2个因式)

应区别于3次不可约方程。

这也正是解方程需要区分“可约”与“不可约”的原因,

 

对于方程:

y^3-1=0,                                             (1,2.4)

方程有3个根y1y2y3,且有:

-(y1+y2+y3)=0, y1=-(y2+y3),                                 (1)

y1(y2+y3)+y2y3=0, (y2+y3)^2-y2y3=0, y2^2+y3y2+y3^2=0,        (2)

y1y2y3=1,  -(y2+y3)y2y3-1=0,  y3y2^2+y3^2y2+1=0,            (3)

 

(2)(3)y2y3逐次降幂,分别得到:

y3^3-1=0,   y2^3-1=0,  因而,也不能用此法求解。

 

y3个根也只能由w1w2及两个参量z1z2分别表达为

y0=z1+z2y1=w1z1+w2z2y2=w2z1+w1z2而按方程根与系数的关系-(z1+z2+w1z1+w2z2+w2z1+w1z2) =0,

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

=-3z1z2,

z2z1=0,                                                      (1)

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

=(z1^3+z2^3),

z1=0z2^3=1, z2=1^(1/3),  z2=0z1^3=1,  z1=1^(1/3),     (2)

  即引进了3次的根式,而解得:

y0=1^(1/3),

y1=w1  1^(1/3),

y2=w2  1^(1/3)

 

  由原方程,似乎也可直接解得y=1^(1/3), 但是却得不出它的其它2个解。

 

 

对于方程:

y^3-y=0,                                             (2.2.5)

方程有3个根y1y2y3,且有:

-(y1+y2+y3)=0,y1=-(y2+y3),                                    (1)

y1(y2+y3)+y2y3=-1, (y2+y3)^2-y2y3-1=0, y2^2+y3y2+y3^2-1=0,       (2)

-y1y2y3=0,  (y2+y3)y2y3=0,  y3y2^2+y3^2y2=0,                   (3)

 

(2)(3)y2y3逐次降幂,分别得到:

y3^3-y3=0,    y2^3-y2=0,  

   而因y2y3都是方程的解,仍有:

y3^3-y3=0,    y2^3-y2=0,  即分别有:

y3=0,代入(2)有:y2^2=1y2=+1-1,代入(1)有:y1 =-1+1

y2=0,代入(2)有:y3^2=1y3=+1-1,代入(1)有:y1 =-1+1

(均为有理数)                  

   显然,此方程是可约的。即:y(y-1)(y-1)=0, (3个因式)

应区别于3次不可约方程。

这也正是解方程需要区分“可约”与“不可约”的原因,

 

2次、3次方程的解法看来,分别都要引进相应的根式。

对由文字表达系数的方程就有所谓“根式解”

看来,这可能正是伽罗华研究方程可解性判据的思路起点。

 

(未完待续)




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