任意n次不可約方程的根式解中國科學院

力學研究所

吳中祥

提

要：突破伽羅華理論的阻、限，給出歷代數學家近500年未能實現的，全面、具體給出任意n次不可約方程的根式解，指出并解決負數的各根式產生與實數不同的各種數類的重要問題，必將促進各種數學及相關科學問題產生革命性的發展。

關鍵詞：不可約方程，根式解，伽羅華理論

1.

建立和求解各類任意方程式公式解的重要性各種事物特性及其變化發展規律都可由相應的方程表達。可以是1元n次的代數方程，或相應的n元、m小于n的，m個不相依代數方程或微分、偏分方程。對相應各方程的建立、求解、分析，是研究各種事物特性的變化發展規律的關鍵。1元n次不可約代數方程，由于有其各根與各系數的n個不相依的關系式，其求解方法，能用于解n元的n個不相依代數方程，和相應的微分、偏微分方程，因而，有著特殊的重要性。從早在公元約1世紀前，《九章算術》一書“方程”章中，所解決的許多實例，已表明：我國古代數學家，已能解決，甚至3次、4次方程的問題。公元前3世紀，就已得出2次不可約代數方程的根式解。但是，直到公元16世紀后，才先后得到3次和4次不可約代數方程的根式解。而此后的近5個世紀，雖有許多人尋求n>4的不可約代數方程的根式解。卻都沒能成功

[1]、[2]、[3]

。特別是，伽羅華[2]、[3]從當時已有的解法都引進并含有方程系數函數2次、3次根式，分析各根式群的特點，而給出

“代數方程能夠求得根式解的判據

”之后，阿貝爾(Abel,N.N.1830)

據此，首先提出n>4的不可約代數方程不能根式求解，學術界就似已公認n>4

的不可約代數方程沒有根式解[1]

。因而，對于n>4

的不可約代數方程，就只能在具體分析其各

“解”所在數域的基礎上，數值地逼近，或引入某些特殊函數，求解。這當然就給許多實際問題和理論工作，因沒有相應方程的公式解，而造成許多限制和不便。

2.

突破n>4

的不可約代數方程沒有根式解的“伽羅華理論”的阻限

本人2011年的博文“任意n次不可約代數方程的根式解”/blog-226-510331.html已具體分析得到：

伽羅華

理論

[2][3]，只是提出方程根式解的可解性是相應于將方程各系數作有理運算與逐次添加相應根式的變換群的可解性，而這種變換群的階數等于其整個求解過程中添加根式的最大指數，而當這種變換群的階數>4時，其對稱置換群，及其子群，就都是非交換群的單群，就都是不可解的。伽羅華所證明的，實際上，只是“在求解n次不可約代數方程的整個過程中，所添加根式的指數，n*，應是小于4”，并非所解方程的次數，n，應是小于4，并非方程的次數n大于4就不能有根式解。但是，顯然，其整個求解過程中添加根式的最大指數，n*，并非所解方程的次數n，按伽羅華理論，也完全得不出其整個求解過程中添加根式的最大指數，n*，等于所解方程的次數n，或兩者有任何關系的根據。阿貝爾也未能給出n>4的不可約代數方程就沒有根式解的任何根據。因而，即使按伽羅華理論，認為“n>4的不可約代數方程沒有根式解”；本身也就是混淆n*與n，而得出的錯誤結論。這就突破n>4

的不可約代數方程沒有根式解的“伽羅華理論”

阻、限，突出了探求n>4的不可約代數方程根式解的可能性。

3，指出負數的各根式產生與實數不同的各數類的重要問題進而，“任意n次不可約代數方程的根式解

及其有解判據（簡）”/blog-226-841330.html指出：一般而言，任意負實數，-s，

的j次根式，(-1)^(1/j)s^(1/j),

就產生了以(-1)^(1/j)所標志的各自與實數不同的數類。當j=2，(-1)^(1/2)就被定義為i，標志該數是與實數不同的所謂“虛數”，并與實數組成所謂“復數”。但是，當j為>2的其它各數，則實際上都分別成為各自不同維的數類。這就表明：如果在方程的變換、求解中，出現j大于2的

(-1)^(1/j)，就不能僅由現在已知的實數、虛數，或復數，而得解。因而，通常方程的解，如果引進了負數大于2次的根式，實際上，就表明：如果在方程的解，出現j大于2的

(-1)^(s(k)/k)，s(k)是小于k，與k互質的各質數，就應由實數、虛數(j)、復數(j);j=2到k，的各數表達。其中k是解方程中可能引進根式的各次數。按伽羅華

理論，最大的k=或<4。本文，全面、逐個，具體分析各次不可約代數方程的根式解，

具體表明：最大的k=或>4的伽羅華

理論，與不可約代數方程是否有解？毫無關系；而且，甚至3次、4次方程的已知各解，按多項式公式，也都有，多個大于4的根式，并不存在伽羅華

理論所給出的，最大的k=或<4的限制，具體糾正了“大于4次的不可約代數方程不能有根式解”對求解方程的錯誤阻擾、限制；而已解得任意n次不可約代數方程的根式解。必將促進各種數學問題產生革命性的發展。

4，

任意n次不可約代數方程的普遍表達式任意n次不可約代數方程：{a’jx^j;j=0到n求和}=0,

(4.1’)左邊是x的

n

次多項式,

有n+1個系數：a’j;j=0,1,2,

…,n,

都是任意常數。總可

各項

除以a’n表達為：x^n+{ajx^j;j=0到n-1求和}=0,

(4.1)左邊x的

n

次多項式有n個系數：aj=a’j/a’n;j=0,1,2,…,n-1,

都是相應的任意常數，而an=1。方程(4.1)有n個根，xj；j=1,2，到n，各根與各系數有如下關系式：x1+x2+x3+…+xn=-a[n-1],

(1)x1(x2+x3+…+xn)+x2(x3+x4+...+xn)+…+x[n-2](x[n-1]+xn)+x[n-1]xn=a[n-2],

(2)x1x2(x3+x4+...+xn)+x2x3(x4+x5+…+xn)+…+x[n-2]x[n-1]xn)=-a[n-3],

(3)…

…

…

…

…

…

…

…

…

…

…

…x1x2x3…x[n-2](x[n-1]+xn)+x2x3…xn=(n為偶，則-)a1,

(n-1)x1x2x3…xn=(n為奇，則-)a0,

(n)分別為n個互不相依的方程。

(4.1)又總可經x的變換，y=x-a[n-1]/n，而有：x=y+a[n-1]/n，x^2=y^2-2y

a[n-1]/n

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

…

…x^n=yn^n-ny^(n-1)(a[n-1]/n)+(n(n-1)/n)y^(n-2)(a[n-1]/n)^2…

…

…(j為奇數；為-，j為偶數；為+)(n(n-1)…(n-j)/(j！))y^(n-j)(a[n-1]/n)^j…

…

…(n為奇數；為-，n為偶數；為+)

(a[n-1]/n)^n，而使x方程表達為：y^n+{bjy^j;j=0到n-2求和}=0,

(4.1*)各系數bj均可由以上各關系式，得出，

由x方程各系數的函數具體表達。而其中b[n-1]=0。

方程(4.1*)有n個根，yj；j=1,2，到n，各根與各系數有如下關系式：y1+y2+y3+…+yn=0,

(1)y1(y2+y3+…+yn)+y2(y3+y4+...+yn)+…+y[n-2](y[n-1]+yn)+y[n-1]yn=b[n-2],

(2)y1y2(y3+y4+...+yn)+y2y3(y4+y5+…+yn)+…+y[n-2]y[n-1]yn)=-b[n-3],

(3)…

…

…

…

…

…

…

…

…

…

…

…y1y2y3…y[n-2](y[n-1]+yn)+y2y3…yn=(n為偶，則-)b1,

(n-1)y1y2y3…yn=(n為奇，則-)b0,

(n)分別為n個互不相依的方程。

由此x或y的n次n個方程，逐個具體分析、各次方程，利用方程的根與系數的關系式，探求解得各次不可約代數方程的根式解的解法。

5．求解任意2次不可約代數方程對于任意1次不可約代數方程：x+a0=0，僅有1個系數a0，1個根x1，方程的解，就是；x1=a0，

2次不可約代數方程：x^2+a1x+a0=0，

{5.1}有2個系數：a1、a0，2個根：x1、x2，并有：x1+x2=-a1，x1x2=a0，即可利用此求得：x1^2-2x1x2+x2^2=a1^2-2a0，x1-x2=+,-(a1^2-2a0)^(1/2)，分別得到2個1次方程，而解得：x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),

(1)x2=-a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)，

(2)

{5.1}又都可由變換y=x-a1/2，x=y+a1/2，x^2=y^2+a1y+a1^2/4,而使原方程變換為：y^2+a1y+a1^2/4-a1(y+a1/2)+a0=0，1次項的系數=0，只有1個系數的如下形式：y^2+b0=0,

b0=a0-a1^2/4,

{5.1’}

分別得到如此2個1次方程，而解得：y1=+i(b0)^(1/2),

(1’)y2=-i(b0)^(1/2),

(2’)

也得到：x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),

(1)x2=-a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)，

(2)

當(a1/2)^2-a0=0，2解為相同的實數：x1=x2=-a1/2,

(1*)

當(a1/2)^2-a0>0，2解為不同的實數：x1=-a1/2+((a1/2)^2-a0)^(1/2),

(1*”)x2=-a1/2-((a1/2)^2-a0)^(1/2)，

(2*”)

當(a1/2)^2-a0<0，2解為互共軛的復數：x1=-a1/2+i((a1/2)^2-a0)^(1/2),

(1*’)x2=-a1/2-i((a1/2)^2-a0)^(1/2)，

(2*’)

當a1=0，a0>0，2解分別為正、負虛數：x1=+ia0^(1/2),

(1’)x2=-ia0^(1/2),

(2’)

以上2種方法、各種情況，都得到了任意2次不可約代數方程，僅由實數、虛數或復數表達的公式解。其中，無根式的實數解和虛數解的方程，實際上，并非不可約的，而無根式的實數解是重解。

6．求解任意3次不可約代數方程3次不可約代數方程：x^3+a2x^2+a1x+a0=0，

{6.1}有3個系數：a2、a1、a0，3個根：x1、x2、x3，并有：x1+x2+x3=-a2，x1(x2+x3)+x2x3=a1，x1x2x3=-a0，但簡單利用此，并不能得解，例如：x1=-(a2+x2+x3)，

x2^2+(a2+x3)x2+x3^2+a2x3+a1=0，

x2^2+(x3+a2)x2-a0/x3=0，x3^3+a2x3^2+a1x3+a0=0，仍然是原有方程，而不能如此得解。

令：

(x^2+a’1x+a’0)(x-x3)=x^3+a2x^2+a1x+a0,有：(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x^3+a2x^2+a1x+a0,有：

(x^2+a’1x+a’0)(x-x3)=x^3+a2x^2+a1x+a0,

有：a’1-x3=a2,x3=a’1-a2,a’0x-x3a’1=a1,a’0x-(a’1-a2)a’1=a1,a’0=(a1+(a’1-a2)a’1)/x,-x3a’0=a0,-(a’1-a2)((a1+(a’1-a2)a’1)/x)=a0,消去a’1、a’0，仍然回到原有方程，而不能如此得解。總之，各種方法，僅利用方程根與系數的關系，都不能得解。

3次x方程有3個參變量，也都不能采用任何方法，由3個未知變量的低次x多項式乘積表達，而得解。

令y=x+a2/3，使有3個參變量（系數）的x方程：x^3+a2x^2+a1x+a0=0，成為僅有2個參變量（系數）的一個y方程：y^3+b1y+b0=0,

x=y-a2/3，x^2=y^2-2a2y/3+(a2/3)^2，x^3=y^3-a2y^2+(a2/3)^2y-(a2/3)^3，x^3+a2x^2+a1x+a0=y^3+(a2/3)^2y+a1y-a1a2/3+a0+2(a2/3)^3，得到：b1=a1+(a2/3)^2;

b0=a0-a1a2/3+2(a2/3)^3，y=x+a2/3，y^2=x^2+2a2x/3+(a2/3)^2，y^3=x^3+a2x^2+(a2)^2x/3+(a2/3)^3，y^3+b1y+b0=x^3+a2x^2+((a2)^2/3+b1)x+(a2/3)^3+a2b1/3+b0

=x^3+(a2^2/3+b1)x+a2b1/3+b0，得到：b1=a1-a2^2/3，

b0=a0+a2b1/3=a0+a1a2-10(a2/3)^3，

注意：b1、b0，的2種a2、a1、a0，表達，是不同的。

利用此求解，必須能使方程表達為僅用2個參變量的低次多項式的乘積，且2次項為0，但是，僅滿足這些條件，也并不能得解，例如：

使方程表達為：(y^2+b’0)(y-y3)=y^3+b1y+b0,

有:-y3=0,(2次項不為0，此參變量實際上不起作用)b’0=b1,-y3b’0=b0=0,

僅適用于b0=0，的情況。

令：(y^2+b’0)(y^2+b”0)^(1/2)=y^3+b1y+b0,

有(y^2+b’0)^2(y^2+b”0)=(y^3+b1y+b0)^2,2b’0+b”0=2b1,2b0=0,b’0^2+2b”0b’0=b1^2,2b1b2=0,b”0b’0^2=0,

出現多種限制條件，僅適用于b1、b0=0，的情況，而無意義，也都不能如此得解。

早在公元1700年就已得出現有的解法，即：以2次x方程，x^2+a1x+a0=0，的2個根：w1、w2分別表達3次y方程的3個根;

由相應的定理得到相應的解，卻至今未見完整、具體的推導、證明。實際上，這是：設3次y方程的3個根的一個根為：y1=z1+z2，則由x方程變換為y方程時，另2個根y2、y3，是z1、z2，分別乘以2次x方程，x^2+a1x+a0=0，的2個根，w1=-a1/2+(a1^2/4-a0)^(1/2)、w2=-a1/2-(a1^2/4-a0)^(1/2)，之和確定;

即:y1=z1+z2，y2=w1z1+w2z2，y3=w2z1+w1z2，3次y方程的3個根也可直接表達為：y1=z1+z2，y2=w1z1+w2z2=-a1(z1+z2)/2+(a1^2/4-a0)^(1/2)(z1-z2)，

y3=w2z1+w1z2=-a1(z1+z2)/2-(a1^2/4-a0)^(1/2)(z1-z2)，再由：(y-(z1+z2))(y-(-a1(z1+z2)/2+(a1^2/4-a0)^(1/2)(z1-z2)))(y-(-a1(z1+z2)/2-(a1^2/4-a0)^(1/2)(z1-z2)))=y^3+b1y+b0，確定z1與z2

，即有：(y-(z1+z2))(y^2+a1(z1+z2)y+a1(z1+z2)^2/4-(a1^2/4-a0)(z1-z2)^2)

=y^3+(a1-1)(z1+z2)y^2+(-3a1(z1+z2)^2/4-(a1^2/4-a0)(z1-z2)^2)y+a1(z1+z2)^3/4+(a1^2/4-a0)(z1^3+z2^3-z2z1(z1+z2))

=y^3+b1y+b0，而得到：(a1-1)(z1+z2)=0，

z1+z2=0，

(1)3a1(z1+z2)^2/4+(a1^2/4-a0)(z1-z2)^2+b1=0，

(2)a1(z1+z2)^3/4+(a1^2/4-a0)(z1^3+z2^3-z2z1(z1+z2))-b0=0，

(3)

將(1)代入(2)、(3)，有：

(a1^2/4-a0)(2z1z2)+b1=0，

2z1z2=-b1/(a1^2/4-a0)，

(2*)

(2*)與(1)聯立，有：(z1-z2)^2=b1/(a1^2/4-a0)，z1-z2=(b1/(a1^2/4-a0))^(1/2)，z1=(b1/(a1^2/4-a0))^(1/2)/2，z2=-(b1/(a1^2/4-a0))^(1/2)/2，(4)z1^3+z2^3-b0/(a1^2/4-a0)=0，

(3*)

實際上，以y方程的任何一個根代入，都應滿足方程，以y=y1=z1+z2，代入，有：(z1+z2)^3+b1(z1+z2)+b0=0，即有：z1^3+z2^3+(3z1z2+b1)(z1+z2)+b0=0，z1^3=-(z2^3+(3z1z2+b1)(z1+z2)+b0)

利用(1)、(2)，以及b1、b0，的a2、a1、a0，表達，上式成為：z1^3=-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2)，z1=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)，并有：z2^3=-(z1^3-(3z1z2+b1)(z1+z2)+b0)=-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2)，z2=(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)，即解得現有的結果：y1=z1+z2

=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)+(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)，y2=w1z1+w2z2

=w1(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)+w2(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)，y3=w2z1+w1z2

=w2(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)+w1(-b0/2-((b0/2)^2+(b1/3)^2)^(1/2))^(1/3)，將(4)代入

(3*)，有：z1^3-(b1/(a1^2/4-a0))^(3/2)/8-b0/(a1^2/4-a0)=0，z2^3+(b1/(a1^2/4-a0))^(3/2)/8-b0/(a1^2/4-a0)=0，

(5)

即得解：z1=((b0+(b1/2)^3/(a1^2/4-a0))^(1/2))/(a1^2/4-a0))^(1/3)，z2=((b0-(b1/2)^3/(a1^2/4-a0))^(1/2))/(a1^2/4-a0))^(1/3)，y1=z1+z2，y2=w1z1+w2z2，y3=w2z1+w1z2，

(6)(6)是相當于：3次不可約代數方程現有解(有z1-z2=0)的又一形式。

3次y方程的3個根也可直接表達為：

(y-(z1+z2))(y-(w1z1+w2z2))(y-(w2z1+w1z2))=y^3+b1y+b0，確定z1與z2

，即有：(y-(z1+z2))(y^2-2(w1z1+w2z2)y+w1w2(z1^2+z2^2)+(w1^2+w2^2)z1z2)=y^3-((2w1+1)z1+(2w2+1)z2))y^2+(w1w2(z1^2+z2^2)+(w1^2+w2^2+2(w2+w1))z1z2+2(w1z1^2+w2z2^2))y-w1w2(z1^3+z1^2z2+z1z2^2+z2^3)-(w1^2+w2^2)(z1^2z2+z1z2^2)=y^3+b1y+b0，即有：(2w1+1)z1+(2w2+1)z2=0，

(1)w1w2(z1^2+z2^2)+(w1^2+w2^2+2(w2+w1))z1z2+2(w1z1^2+w2z2^2)=b1，

(2)-w1w2(z1^3+z1^2z2+z1z2^2+z2^3)-(w1^2+w2^2)(z1^2z2+z1z2^2)=b0，

(3)對于一般的2次x方程，因有：w1=-a1/2+(a1^2/4-a0)^(1/2)、w2=-a1/2-(a1^2/4-a0)^(1/2)，w1+w2=-a1，w1w2=a0，w1^2=a1^2/2-a0-a1(a1^2/4-a0)^(1/2)，w2^2=a1^2/2-a0+a1(a1^2/4-a0)^(1/2)，即有：(-a1+1+2(a1^2/4-a0)^(1/2))z1=(a1-1+2(a1^2/4-a0)^(1/2))z2，

(1*)(-2a1+(a1^2-4a0)^(1/2))z1^2+(-2a1-(a1^2-4a0)^(1/2))z2^2+(a1^2-2a1-2a0)z1z2-b1=0，

(2*)a0(z1^3+z2^3)+(a1^2-a0)(z1^2z2+z1z2^2)+b0=0，

(3*)

由(1*)、(2*)、(3*)，即可解得3次不可約代數方程現有解的又一形式。

以上3種不同形式的解，都可按相應的條件彼此互換。

各種解，按多項式公式，都不僅有2次、3次的根式，而且還有6次、5倍6次的根式，就已具體表明：伽羅華關于根式變換群的理論，認為：解方程引進根式k=或>4

，就使方程無解，的論斷是錯誤的，而且：當a1^2/4-a0<0，w1、w2，有(-1)^(1/2)的虛數項，是通常的復數；

當b1^2/4+b0^2/9<0，z1、z2，有3次根號內(-1)^(1/2)的虛數項的復數；

當-b1/2+(b1^2/4+b0^2/9)^(1/2)<0，z1是有(-1)^(1/3)的另一類數；當-b1/2-(b1^2/4+b0^2/9)^(1/2)<0，z2是有(-1)^(1/3)的另一類數；

因而，就會出現有(-1)^(1/2)和(-1)^(1/3)、(-1)^(1/6)、(-1)^(5/6)，4維數軸的復數；并因不同的條件，簡化為僅有低維的復數或虛數，或實數。其實，3次y方程的3個根與系數的關系為：y0+y1+y2=0，y0=-(y1+y2)，

(0*)y0(y1+y2)+y1y2=b1,-y0^2+y1y2=b1,

(1*)y0y1y2=-b0,

(2*)

由(1*)/(2*)，得到：：-y0+1/y0=-b1/b0，y0^2-b1y0/b0+1=0，

即得y方程的3個解：y0=b1/(2b0)+或-(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)

(a)y1+y2=-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，(y1+y2)^2=(b1/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，y1y2=b1+y0^2=b1+(b1/(2b0)+或-(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2

=b1+(b1^2/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2+1)^(1/2)，(y1-y2)^2=(b1/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)-4(b1+(b1^2/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))=(b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，y1-y2=((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2)，y1=(-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)+((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2))/2，

(b)y2=(-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)-((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2))/2，

(c)而3次x方程，的解為：xj=yj+a2/3;j=0,1,2,

(1*)各根中，按多項式公式，不僅有2次的根式，還有4次、3倍的4次，8次、3倍、5倍、7倍的8次的根式，對于負數的根式，就有(-1)^(1/2),(-1)^(1/4),(-1)^(3/4),(-1)^(1/8),(-1)^(3/8),(-1)^(5/8),(-1)^(7/8),等7個數軸的數，而且，在各相應條件下，簡化為各低維的復數、虛數、和實數。

而且，由于2種解法，分別得到的各解是可以彼此互換的，可見，這2種不同的數軸系，也是可以彼此互換的。

7．求解任意4次不可約代數方程4次不可約代數方程：x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0，

{7.1}有4個系數：a3、a2、a1、a0，4個根：x1、x2、x3、x4，并有：x1+x2+x3+x4=-a3，x1(x2+x3+x4)+x2(x3+x4)+x3x4=a2，

x1x2(x3+x4)+x2x3x4=-a1，x1x2x3x4=a0，與前節類似，僅簡單、直接地利用此，不能得解。

現有的解法也是在公元17世紀，采取將4次方程的4次多項式拼湊為2個2次多項式乘積，的方法而得到，也未見完整、具體的推導證明。實際上，對于4次x方程：x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0，

(1)引入函數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可將原方程改寫為：(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,設當上式右邊成為x函數的完全平方：(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,c1x+c0=(a3^2/4-a2+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2)，(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)當令：s=y-a2/3,

y=s+a2/3,

y^2=(s+a2/3)^2=s^2+2a2s/3+a2^2/9，

y^3=(s+a2/3)^3=s^3+a2s^2+a2^2/3s+a2^3/27

，

(3)(3)代入方程(2)，即將它簡化為s^2的系數=0的形式，即：s^3+(a1a3-a2^2/3-4a0)s-2a2^3/27-a3^2a0+a3a2a1/3+8a2a0/3-a1^2=0，s^3+b1s+b0=0，b1=a1a3-a2^2/3-4a0，b0=-2a2^3/27-a3^2a0+a3a2a1/3+8a2a0/3-a1^2，

(4)此方程的3個根與系數的關系為：s0+s1+s2=0，s0=-(s1+s2)，

(0*)s0(s1+s2)+s1s2=b1,-s0^2+s1s2=b1,

(1*)s0s1s2=-b0,

s0s1s2=-b0,

(2*)

由(1*)/(2*)，得到：：-s0+1/s0=-b1/b0，s0^2-b1s0/b0+1=0，

即得方程(4)的3個解：s0=b1/(2b0)+或-(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)

(a)s1+s2=-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，(s1+s2)^2=(b1/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，s1s2=b1+s0^2=b1+(b1/(2b0)+或-(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2

=b1+(b1^2/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2+1)^(1/2)，(s1-s2)^2=(b1/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)-4(b1+(b1^2/b0)^2/2-1+或-(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))=(b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)，s1-s2=((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2)，s1=(-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)+((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2))/2，

(b)s2=(-b1/(2b0)-或+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)-((b1/b0)^2/2-4b1+3-或+3(b1/b0)(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2))/2，

(c)而3次y方程，(2)，的解為：yj=sj+a2/3;j=0,1,2,

(1*)而原方程可表達為兩個x的2次方程：(x^2+y/2)^2-(c1x+c0)^2=0，即：x^2+y/2+(a3^2/4-a2+y)^(1/2)x+(y^2/4-a0)^(1/2)=0,

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

(2*2)以(1*)解得的，y的解代入方程(2*)，

(由于各解代入的結果相同，僅需以y0=b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2)代入)，即：x^2+(a3^2/4-2a2/3+b1/(2b0)+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2)x+(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2+((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2)=0,

(2*1)x^2-(a3^2/4-2a2/3+b1/(2b0)+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^(1/2)x+(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2+((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2)=0,

(2*2)分別求解這兩個x的2次方程，即得

4次x方程(1)的4個根:x1=-(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2))^(1/2)

+(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2)-(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2-((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),(3*1)x2=-(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2))^(1/2)

-(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2)-(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2-((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),(3*2)x3=+(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2))^(1/2)

+(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2)-(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2-((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),(3*3)x4=+(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2))^(1/2)

-(a3^2/16-a2/6+b1/(8b0)+(b1^2/(8b0)^2-1/16)^(1/2)-(b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))/2-((b1/(2b0)+a2/3+(b1^2/(2b0)^2-1)^(1/2))^2/4-a0)^(1/2))^(1/2),(3*4)各根中，按多項式公式，不僅有2次的根式，還有4次、3倍的4次，8次、3倍、5倍、7倍的8次的根式，對于負數的根式，就有(-1)^(1/2),(-1)^(1/4),(-1)^(3/4),(-1)^(1/8),(-1)^(3/8),(-1)^(5/8),(-1)^(7/8),等7個數軸的數，而且，在各相應條件下，簡化為各低維的復數、虛數、和實數。

其中3次y函數方程，也可由其各根，表達為：y1=z1+z2，y2=w1z1+w2z2，y3=w2z1+w1z2，的方法求解，得到：

各解，按多項式公式，都不僅有2次、3次的根式，而且還有6次、5倍6次的根式，對于負數的根式，就會出現有(-1)^(1/2)和(-1)^(1/3)、(-1)^(1/6)、(-1)^(5/6)，4維數軸的復數；并因不同的條件，簡化為僅有低維的復數或虛數，或實數。

而且，由于2種解法，分別得到的各解是可以彼此互換的，可見，這2種不同的數軸系，也是可以彼此互換的。

對于4次的y方程：可直接采用：(y^2+a’0)^2-(a”1y+a”0)^2=y^4+b2y^2+b1y+b0=0，即得：y^4+(2a’0-a”1^2)y^2+a’0^2y-2a”1a”0-a”0^2=y^4+b2y^2+b1y+b0，有：2a’0-a”1^2=b2，a’0^2=b1，-2a”1a”0-a”0^2=b0，即得：a’0=b1^(1/2)，

a”1=(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)，a”0^2+2(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)a”0+b0=0，a”0=-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+或-(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)，

即得如下的2個2次的方程：y^2+(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)y+b1^(1/2)-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)=0，y^2-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)y+b1^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)=0，由此解得4次以下方程的4個根：y1=-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)/2+(-b1^(1/2)/2-b2/4+(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)^(1/2)y2=-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)/2-(-b1^(1/2)/2-b2/4+(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)^(1/2)y3=(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)/2+(-b1^(1/2)/2+b2/4-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)^(1/2)y4=(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)/2-(-b1^(1/2)/2+b2/4-(2b1^(1/2)-b2)^(1/2)+(2b1^(1/2)-b2-b0)^(1/2)^(1/2)

y方程的解與x方程的解，可以互換，實際上，是同一的解。各根中，按多項式公式，同樣，不僅有2次的根式，還有4次、3倍的4次，8次、3倍、5倍、7倍的8次的根式，對于負數的根式，就有(-1)^(1/2),(-1)^(1/4),(-1)^(3/4),(-1)^(1/8),(-1)^(3/8),(-1)^(5/8),(-1)^(7/8),等7個數軸的數，而且，在各相應條件下，簡化為各低維的復數、虛數、和實數。

8

求解任意5次不可約代數方程5次不可約代數方程：x^5+a4x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0，

{8.1}有5個系數：a4、a3、a2、a1、a0，5個根：x1、x2、x3、x4，x5，并有：x1+x2+x3+x4+x5=-a4，x1(x2+x3+x4+x5)+x2(x3+x4+x5)+x3(x4+x5)+x4x5=a3，

x1x2(x3+x4+x5)+x2x3(x4+x5)+x3x4x5=-a2，x1x2x3(x4+x5)=a1，x1x2x3x4x5=-a0,與前節類似，僅簡單、直接地利用此，不能得解。

有了4次方程的2種解，和3次y方程的解法，就也可類似地，令：y=x-a4/4，使原x變量的方程，成為y^4項的系數b4=0，的如下y方程：y^5+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0,5次y方程,僅由其5個根與系數的關系，也不能得解。采用z1、z2、z3、z4，共4個參量，當取y方程的一個根：y1=z1+z2+z3+z4，則因由4次x方程變換為y方程，的另4個根，由w1、w2，w3、w4，表達為：y2=z1w1+z2w2+z3w3+z4w4，y3=z1w2+z2w1+z3w3+z4w4，y4=z1w1+z2w2+z3w4+z4w3，y5=z1w2+z2w1+z3w4+z4w3，

其中，w1、w2，w3、w4，分別是相應的2個2次方程的2個根。

而由方程各根與各系數的關系式，得到z1、z2、z3、z4與各系數相應的5個關系式，確定z1、z2、z3、z4。實際上，以y方程的任何一個根代入，都應滿足方程，以y=y1=z1+z2+z3+z4，代入，有：(z1+z2+z3+z4)^5+b3(z1+z2+z3+z4)^3+b2(z1+z2+z3+z4)^2+b1(z1+z2+z3+z4)+b0，即有：利用z1、z2、z3、z4與各系數相應的5個關系式，以及b3、b2、b1、b0，的a4、a3、a2、a1、a0，表達，將w1、w2，表達為，y^3+b’1y+b’0=0，的2個根；w3、w4，表達為，y^3+b”1y+b”0=0，的2個根，上式成為：z1^5=(-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))

(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))，z1=((-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)

(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2)))^(1/5)，并有：z2^5=(-b0’/2-((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))，z2=((-b’0/2-((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2)))^(1/5)，z3^5=(-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)，z3=((-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z4^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))^(1/5)，并有：z4^5=(-b”0/2-((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))

(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)，z4=((-b”0/2-((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z3^4-b”0/2+((b”0/2)^2+(b”1/3)^2)^(1/2))(z1^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2)(z2^4-b’0/2+((b’0/2)^2+(b’1/3)^2)^(1/2))^(1/5)，即得解：y1=z1+z2+z3+z4，y2=z1w1+z2w2+z3w3+z4w4，y3=z1w2+z2w1+z3w3+z4w4，y4=z1w1+z2w2+z3w4+z4w3，y5=z1w2+z2w1+z3w4+z4w3，

也還有相應的其他幾種可互換的表達形式。

按多項式公式，5次y方程的解可有：2次、4次、5次，2倍、3倍、4倍5次，10次、3倍、7倍、9倍10次，20次，3倍、7倍、9倍、11倍、13倍、17倍、19倍，的根式，因而，就會出現有(-1)^(1/2)、(-1)^(1/4)、(-1)^(1/5)

、(-1)^(2/5)，(-1)^(3/5)、(-1)^(4/5)、(-1)^(1/10)、(-1)^(3/10)、(-1)^(7/10)、(-1)^(9/10)、(-1)^(1/20)、(-1)^(3/20)、(-1)^(7/20)、(-1)^(9/20)、(-1)^(11/20)、(-1)^(13/20)、(-1)^(17/20)、(-1)^(19/20)，,18維數軸的復數；并因不同的條件，簡化為僅有低維的復數或虛數，或實數。

9.

求解任意6次不可約代數方程6次不可約代數方程：x^6+a5x^5+a4x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0=0，

{9.1}有6個系數：a5、a4、a3、a2、a1、a0，6個根：x1、x2、x3、x4、x5、x6，與x方程變換為y方程，：y^6+b4y^4+b3y^3+b2y^2+b1y+b0=0，有5個系數：

b4、b3、b2、b1、b0，6個根：y1、y2、y3、y4、y5、y6，對6次x和y方程，都不能僅由根與系數的關系式得解。但可以類似4次x方程那樣拼湊成為2個方程得解，即引進一個y函數，并令：(x^3+a5x^2/2+y)^2=x^6+a5^2x^4/4+y^2+a5x^5+2yx^3+a5yx^2，x^6+a5x^5+a4x^4+a3x^3+a2x^2+a1x+a0-(x^3+a5x^2/2+y)^2=(a4-a5^2/4)x^4+(a3-2y)x^3+(a2-a5y)x^2+a1x-y^2+a0=(c1x^2+c2x+c3)^2=c1^2x^4+2c2c1x^3+(c2^2+2c3c1)x^2+2c3c2x+c3^2，

使6次x方程{8.1}成為：(x^3+a5x^2/2+y)^2-(c1x^2+c2x+c3)^2=0，并有：c1^2=a4-a5^2/4，c1=(a4-a5^2/4)^(1/2)，

(1)2c2c1=a3-2y，

c2=(a3-2y)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2))，

(2)c2^2+2c3c1=a2-a5y，c3=(a2-a5y-((a3-2y)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2)))^2)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2))=(a2-a5y)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2))-(a3-2y)^2/(2(a4-a5^2/4)^(1/2)))^3)，

(3)2c3c2=a1，c3=a1/(2((a3-2y)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2))))=a1/(4((a3-2y)(a4-a5^2/4)^(1/2))，(4)c3^2=-y^2+a0，

(5)

(3)代入(5)，有：((a2-a5y)/(2(a4-a5^2/4)^(1/2))-(a3-2y)^2/(2(a4-a5^2/4)^(1/2)))^3))^2+y^2-a0=0，

為y的4次方程，

(6)

(4)代入(5)，有：(a1/(4((a3-2y)(a4-a5^2/4)^(1/2)))^2+y^2-a0=0，即：a1^2+(4a4-a5^2)(a3-2y)^2(y^2-a0)=0，為另一形式y的4次方程，

(7)

分別以c1、c2、c3的表達式，(1)、(2)、(3)，和

(6)與(7)4次方程解得的各一個y的根值分別代入如下2個3次方程：x^3+(a5/2+c1)x^2+c2x+y+c3=0，

(8.1)x^3+(a5/2-c1)x^2-c2x+y-c3=0，

(8.2)

由此，即分別解得6次方程的6個根。其中，分別以(6)和(7)

的

y根值代入得到的解，有不同的數軸，但都是可彼此互換的同一結果。

10.任意的n次不可約代數方程的解

考慮到任意的n次不可約代數方程，都可分別歸屬于2m次和次的兩類，

10.1.

對于n=2m+1的方程可采用，m=1、2，的類似方法，即：采用zj1、zj2;j=1,2,…,m，共2m個參量，當取y方程的一個根：y1={zj1+zj2;j=1,2,…,m}，，則因由2m+1次x方程變換為y方程，的另2m個根分別成為：yj1=zj1wj1+zj2wj2+{zk1wk1+zk2wk2,k=j+1,j+2,…,m}，yj2=zj1wj2+zj2wj1+{zk1wk1+zk2w