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论证阿贝尔定理错误 (1)
论证阿贝尔定理的错误作者：江西临川江国泉阿贝尔定理认为，五次和五次以上的一元高次方程不存在一般的代数根式求解公式。这是一个错 误的结论。首先，他论证的方法是错误的。是片面的。阿贝尔，伽罗瓦都是通过预解式的这种方法 来论证的，这个出发点就是一个重大错误。这种方法只对研究低于五次方程有效。这是因为，较低 次的方程，中间项次少，不需要利用方程组形式，就可将方程换元配方成可开根式的方程，达到开 方降次的目的，而五次或更高的方程，由于中间项次多，只能用方程组办法，将其化成能开根式的 方程，仅用预解式的办法，没有办法将如何将那么多中间项化成可开根式的形式。也就是说，他所 设想的不断添加的根式，是用预解方程组变换而成，决不再是预解式所能产生的。利用数学新定理，发明一元高次方程求根公式通用推导方法1、 二个数学新定理介绍 定理 A、 同解方程式必可求定理： 指任意二个一元高次方程之间， 只要存在相同的解， 则相同解方程式必可求出。 利用价值：如果我们要推导出一个系数为已知数的一元高次方程求根公式，我们可以先 求出和此方程有同解的一元高次方程，只要求出的同解方程不是原方程的整倍数，根据 同解方程式必可求定理，就可推导出方次更低的同解方程式来。 定理 B、 同解方程判别定理：指任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一 对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零） ，它们之间必存在相同的解。这种函 数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。 利用价值：1》 、根据方程系数判别式等于零，则二个方程之间必存在相同解。因此，我 们如果要设置一个和原方程有相同解的方程出来，只要确保它们的方程系数符合判别式 等于零，这个方程必与原方程有同解。 2》 、利用此定理可以对多元高次方程组快速消元。这个应用在此不作详细介绍。 2、同解方程式必可求定理论证过程 同解方程式必可求出定理 定理： 任意二个一元高次方程之间只要存在同解， 必可推导出它们的同解方程式。论证过程由于论证过程具有明显的规律性，为了简便说明，在此以方程 x3＋ax2＋bx＋c =0 与 方程 x4＋mx3＋nx2＋px＋q=0 若有公共相等根存在来推导它们的公解方程：由于 x4＋mx3＋nx2＋px＋q=0 的左边 x4＋mx3＋nx2＋px＋q 总可可化成二部分,即一部分 可以整除另一方程左边 x3＋ax2＋bx＋c 的一部分 和不能整除 x3＋ax2＋bx＋c 的另一部 分,因此方程又化成： （ x3＋ax2＋bx＋c ）（x＋m－a）＋（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac －cm=0 ；的形式. 由于它们存在同解，它们的公共根必须代入二个方程都成立，当：x2 的系数（n＋a2－ am－b）≠0 时因为这个公共根代入（ x3＋ax2＋bx＋c ）（x＋m－a）等于零，所以代 入（n＋a2－am－b） x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm 必等于零。否则它不是公共根, 因此公共根必存在在方程：（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 之中，如果已知二个方程存在 2 个同解根，则方程： （n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm －c）x＋q＋ac－cm=0，就是二个方程的同解方程式。 当 x2 的系数（n＋a2－am－b）=0，而 x 系数（p＋ab－bm－c）≠0 则二个方程之间 的同解方程必为：（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 ； 当（n＋a2－am－b）=0 又（p＋ab－bm－c）=0 时二个方程的公共根方程为： x3＋ax2＋bx＋c =0（说明：前题已告之二个方程有公共根） 当 x2 的系数（n＋a2－am－b）≠0，而已知前题是二个方程只存在一个公共根时， 公共根方程必须继续推导下去。 前面推导已经知道， 公共根即存在于方程 x3＋ax2＋bx＋c =0 中， 又存在于方程 （n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 中，而方程：（n＋a2－am－ b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 除以（n＋a2－am－b）变成： x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b） =0 ；方程 x3＋ax2＋bx＋c =0：的左边可化成二部分即：能整除 x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n ＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）的一部分和不能再整除 x2＋【（p ＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）余数部分， 即方程 x3＋ax2＋bx＋c =0 化成如下形式： ｛ x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）｝ ｛x＋【a－（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】｝＋｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm）－（p＋ab－c－bm）】/（n＋ a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am－b）－（p＋ab－bm－c）】/ （n＋a2－am－b）2=0 ； 同前理公共根应存在在余数等于零的方程中。即方程： ｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm） －（p＋ab－c－bm）】/（n＋a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am －b）－（p＋ab－bm－c）】/（n＋a2－am－b）2=0 ； 因此说，只要二个方程存在同解，就可以推算出它们的同解方程式。 总结规律： 任意两个一元高次方程之间如果它们之间存在公共相等根,要推导出它们的公共根 方程来,都可采取把较高次方程的左边拆成二部分， 一部分能整除较低次方程左边的那部 分，和另一部分即余数部分。由于二个方程的公共解必存在于余数等于零的方程中，这 样多次反复拆分，就必可求出公解方程式了。 3、同解方程判别定理的论证过程：同解方程判别定理定理：任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程 系数判别式等于零） ，它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等 于零）可用韦达定理推导出来。论证过程： 由于证明这个结论具有明显的规律性，所以，我以方程 x3＋ax2＋bx＋c=0 和方程 x2 ＋mx＋n=0 为例来找推导规律。首先推导它们的判别式。假设方程 x2＋mx＋n=0 的二个 根分别为 x1 ，x2 如果二个方程之间有公共等根存在，则将 x1 ，x2 分别代入方程 x3＋ ax2＋bx＋c=0 必有： （x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）=0 展开变成： x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋ab（x12x2 ＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2=0 ； 根据韦达定理根与系数有如下关系： （x1＋x2）=－m ，x1x2 =n ，又可推出：（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n （x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ； （x12x22）=n2；；（x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn ； （x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ； （x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2； x13x23=n3 ； 将以上等量代换至展开式变成： n3＋a（－mn2）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m －2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 ； 这就是关于方程 x3＋ax2＋bx＋c=0 和方程 x2＋mx＋n=0 是否有公共根的判别式。 现在我们再来论证一下，如果方程 x3＋ax2＋bx＋c=0 和方程 x2＋mx＋n=0 的系数存在 n3 ＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m 2 －2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 的函数关系时，二个方程间必存在相等根的问题。 论证过程如下：2证法一： 假设二个方程之间没有相等的根，说明将方程 x2＋mx＋n=0 的二个根 x1 ，x2 分别代入 方程 x3＋ax2＋bx＋c=0 都不成立，即： （x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）≠0 展开变成： x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋ab（x12x2 ＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2≠0 ； 根据韦达定理根与系数有如下关系： （x1＋x2）=－m ；x1x2 =n ；又可推出： ；（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n （x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ； （x12x22）=n2 ； （x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn；（x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ；（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2； x13x23=n3； 将以上等量代换至展开式变成： n3＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2≠0 ，结果和前题相矛盾。说明假设不成立。而判别 定理成立。 证法二： 根据上术判别式的推导过程知道，所有存在有公共相等根的二个方程中，都必可推 导出判别式等于零的结论，没有一例能推导出判别式不等于零的现象。又由于所有没有 公共相等的二个方程，都必可推出判别式不等于零的结论，没有一例能推导出判别式等 于零的情况。会不会出现判别式等于零，而二个方程之间却没有公共相等根呢？我们对 这个问题分析一下，如果会出现这种情况，这就说明在没有公共相等根方程总集中，还 是有些出现判别式等于零的现象。与没有一例能推导出判别式等于零的情况相矛盾。因 此说明上术的假设是错的。 同理可推出 方程 x4＋ax3＋bx2＋cx＋d=0 与方程 x2＋mx＋n=0 是否存在公共根的判 别式。推导过程如下： 我们设方程 x2＋mx＋n=0 的二个根分别为：x1 和 x2 由于方程 x4＋ax3＋bx2＋cx＋=0 与方程 x2＋mx＋n=0 存在公共根； 则分别用 x1 和 x2 代入方程 x4＋ax3＋bx2＋cx＋d=0 中必有： （x14＋ax13＋bx12＋cx1＋d`）（x24＋ax23＋bx22＋cx2＋d）=0 ；展开得： x14x24＋a（x14x23＋x13x24）＋b（x14x22＋x12x24）＋c（x14x2＋x1x24）＋d（x14＋x24）＋a2 （x13x23）＋ab（x13x22＋x12x23）＋ac（x13x2＋x1x23）＋ad（x13＋x23）＋b2（x12x22）＋ bc（x12x2＋x1x22）＋bd（x12＋x22）＋c2（x1x2）＋cd（x1＋x2）＋d2=0 由韦达定理可知 x1＋x2=－m ,x1x2=n 又可推导出如下等式： ；（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2（x1x2）=m 2－2n ； （x12x2＋x1x22）=（x1x2）（x1＋x2）=－mn ； （x12x22）=n2 ； ， （x13＋x23）=（x1＋x2）3－3（x1x2）（x1＋x2）=－m 3＋3mn ； （x13x2＋x1x23）=（x1x2）（x12＋x22）=n （m 2－2n ）=m2n－2n ；（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=n2 （－m ）=－mn2 ； （x13x23）=n3； （x14＋x24）=（x12＋x22）2－2（x12x22）=（m 2－2n ）2－2n 2=m4－4m 2n＋2n2 ； （x14x2＋x1x24）=（x1x2）（x13＋x23）=n（－m 3＋3mn ）=－m3n＋3mn2； （x14x22＋x12x24）=（x12x22）（x12＋x22）=n2（m 2－2n）=m2n2 －2n3 ； （x14x23＋x13x24）=（x13x23）（x1＋x2）=n3（－m）=－mn3 ； （x14x24）=n4， 将这些等量代换到上面展开式中变成： n4 ＋a（－mn3 ）＋b（m2n2 －2n3）＋c（－m3n＋3mn2）＋d（m4－4m2n＋2n2）＋a2（n3） ＋ab（－mn2 ）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ） ＋c2n－cdm＋d2=0 ； 同上理可证，若方程 x4＋ax3＋bx2＋cx＋=0 与方程 x2＋mx＋n=0 系数有如下关系： n4 ＋a（－mn3 ）＋b（m2n2 －2n3）＋c（－m3n＋3mn2）＋d（m4－4m2n＋2n2 ）＋a2（n3） ＋ab（－mn2）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ） ＋c2n－cdm＋d2=0 时，它们之间必有相等根存在。 总结规律： 任意二个方程的判别式推导过程都可采取用一个方程的所有假设根分别代入另一方程 的左边然后连续相等乘再展开，再通过韦达定理换算成方程系数得出。证明过程都可参 照上面的过程进行。4、揭开一元高次方程求根公式推导规律。 由于二个数学新定理的真实存在，因此，根据同解方程式必可求定理，如果我们要推导出一元三 次方程求根公式，我们只要能求出一个和它有同解的方程，但又不是它的整倍数，我们就可以求出 它们的同解方程式。而这个同解方程式是低于 3 次方的。同理，如果我们要推导一元五次方程求根 公式，我们只要求出一个和它有同解，但又不是整数倍关系的一元高次方程，则可以推算出它们之 间的同解方程式出来，而这个同解方程式是低于 5 次方的。以此类推。 ５、为简便说明问题，我先来演示方程 X ＋ax2＋bx＋c=0 求根公式的推导过程；3根据前面公共解方程式必可求定理我们知道，只要求出一个和 X3＋ax2＋bx＋c=0 有一 个同解方程出来，就必可推导出符合二个方程求解的同解方程式来。又根据前面的同解方程判别定理我们知道，如果方程 X3＋ax2＋bx＋c=0 和另一方程x2＋mx＋n=0 之间的系数存在：n3＋a（－mn2）＋b（m2n程必有同解。－2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 函数关系时二个方由于围绕上面函数成立，取 m、n 对应值，都是和 X3＋ax2＋bx＋c=0 有公共等根的方 程系数，我们可以把 m、n 看成是二个变量，把 a、b、c 看成已知数，我们只要求到一 组 m、n 的对应值，就找到了一个和方程 X3＋ax2＋bx＋c=0 有公共等根的方程了，就可 以利用同解方程必可求定理求了出二方程的同解方程式。公式也就推导出来了。 如何求出一组 m、n 的值呢，我是这样做的，由于这个函数是关于 m、n 的二元三 次函数关系， 我想把 n 都配成在一个立方括号内， 那么能否利用变量 m 的取值达到我的 配方目的呢？回是肯定。做法如下： 通过对上面的函数进行整理变成： n3＋（－am＋a2－2b）n2 ＋【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】n－cm3＋acm2－bcm＋ c2=0 ， 再配成缺平方项形式如下【相当于 n 的坐标在 x 轴上平移（－am＋a2－2b）/3】得： 【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3＋｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2/32｝【n ＋（－am＋a2－2b）/3】－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3－｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2 /32｝ （－am＋a2－2b）/3】=0 ； 当我们取｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2 /32｝=0 时，n 就 全配方在一个立方括号内，即变成： 【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ； 通过我们所设方程： ｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2 /32｝=0 ，求出 m 值，又将 m 的求出代入方程： 【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm ＋acm －bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ，求3 2出 n ，此时一个和原方程 X3＋ax2＋bx＋c=0 有一公共相等根的方程便求出来了。 又根椐定理 A 同解方程式必可求出定理 ，将这个公共根推算出来。６、我们再看方程：X4＋a X3＋bx2＋cx＋d=0 求根公式的推导过程。推导过程同上理， 只要找到一个与方程 X4＋a X3＋bx2＋cx＋d=0 有一个公共等根的方程来，通过前面同解方程式必可求定理就可以推导出这个公共根来。 根据前面同解方程判别定理可知， 当方程 X4＋a X3＋b 之间的系数存在： n4 ＋a（－mn3 ）＋b（m2n2 －2n3）＋c（－m3n＋3mn2）＋d（m4 －4m2n＋2n2 ）＋a2（n3） ＋ab（－mn2 ）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ） ＋c2n－cdm＋d2=0 时； 方程 X4＋a X3＋b 又可整理成： n4-（am＋2b-a2）n3＋（bm2＋3c m -ab m＋b2＋2d－2ac）n 2-（cm3＋4dm2-ac m2-3ad m ＋ bcm-2bd- c2）n＋d m4－adm3＋bdm2-cdm＋d2=0； 配成缺立方项形式【说明：相当于 n 的坐标移动（am＋2b-a2）／4】变成： 【n-（am＋2b-a2）／4】4 ＋【（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-3（am＋2b-a2）2／8】 【n（am＋2b-a2）／4】2 ＋｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac） -【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝x2＋cx＋d=0 与方程 x2＋mx＋n=0x2＋cx＋d=0 与方程 x2＋mx＋n=0 之间必有公共相等根存在。【n-（am＋2b-a2）／4】＋dm4－adm3＋bdm2－cdm＋d2-【（am＋2b-a2）4／44】- ……省略 =0 ； 当取 ｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝ =0 时，上式就成缺二项的特殊四次方程。通过解下面所设关于ｍ的一元三次方程：｛【（am＋2b-a ）3／16】＋｛（bm ＋3cm-abm＋b ＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a ） ／8】｝22222（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝=0 ； 求出 m，将 m 的求出代入缺二项的特殊四次方程可求出【n-（am＋2b-a2）／4】 ；又可求出 n，这样便找到一个与方程 X4＋a X3＋bx2＋cx＋d=0 有一个公共等根的方程：x2＋mx＋n=0（ｍ、ｎ可求出）了，再根据同解方程必可求出定理去推导出这个公 共根了。 ７、一元五次方程 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 的求根公式的推导过程 同样，只要能求出与 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 有同解但不是整数倍的另一个一元 高次方程来，根据前面同解方程式必可求定理，就可以得出低于５次方的一元方程来。 我们先假设方程 X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0 和 方程 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 有一个公共根存在，且 X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7 ＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z 不能整除 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e ，如果g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z 可以求出，则公解方程便可求出，公共根可求 了。 根据前面同解方程判别定理我们知道，只要二方程的系数符合判别式等于零，则二 个方程必互为同解方程 判别式推导过程如下： 假设 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 的五个根分别为 X１ ； X２； X３ ； X４ ； X５、 分别代入方程 X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2 ＋wX＋z=0 的左边，每个根代入情况做一个因式，共５个因式相乘，即： （X１11＋g X１10＋h X１9＋j X１8＋k X１7＋m X１6＋n X１5＋r X１4＋s X１3＋t X１2＋ w X１＋z）（X２11＋g X２10＋h X２9＋j X２8＋k X２7＋m X２6＋n X２5＋r X２4＋s X２3＋t X２2＋w X２＋z） （X３11＋g X３10＋h X３9＋j X３8＋k X３7＋m X３6＋n X３5＋r X３4＋s X３3＋t X2３＋w X３＋z）（X４11＋g X４10＋h X４9＋j X４8＋k X４7＋m X４6＋n X４5＋r X４4＋s X４3＋t X４2＋w X４＋z）（X５11＋g X５10＋h X５9＋j X５8＋k X５7＋m X５6＋n X５5＋r X５4＋s X５3＋t X５2＋w X５＋z） 分析：从前面一元三次方程、一元四次方程判别式推导结果可以知道，展开后，X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５都可换成一元五次方程的系数 ，这样变成了由方程系数 组成的判别式了。围绕判别式等于零成立，都能得出和 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解的方程，这个判别式等于零的方程是含变量 g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、 w、z 的十一元五次代数式，是有无限多解的，而我们只要一组解就足够，这就为我们 想配方成特殊方程求解创造了条件。这个判别式我大意把它描术成如下形式来研究：z 5 ＋f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）z 4＋f（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w） z 3＋f（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、h、……w3、w2 、w）z 2＋f（g4、g3、 g 2、g 、h4 、h3 、 h2 、h、……w4、w3、w2 、w）z ＋f（g5 、g4、g3、 g 2、g 、h5 、h4 、h3 、h2 、h、…… w5、w4、w3、w2 、w）=0； 有人会问为什么要设出这么多未知数呢，这是因为，无论你设出多少未知数，都 必须保证判别式等于零，而判别式等于零的方程中总是表现了多元五次函数，总是最后 有一个未知数要解一元五次方程，为了把最后解的一个未知数配方成特殊的一元五次方 程，必须要实现分层次配方才行。未知数少了，没办法直接进入五次方配方。下面是分 层配方求解的步骤。 上式如果在横坐标上移动 f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5 变成： 【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】5＋f１（g 2 、g 、h2 、h、…… 、 w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】3＋f１（g3 、 g 2、g 、h3 、 h2 、h、……w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】2 + f１ （g4、g3、 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h、……w4、w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、 n、 r 、s、 t 、w）／5】+ f１（g5 、g4、g3、 g 2、g 、h5 、h4 、h3 、h2 、h、……w5、 w4、w3、w2 、w）=0； ………………《1 式》； 由于 X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0 的方程都可采用 X3＋PX＋q=0 类似推导公式的方法，推导 过程如下： 设 X=u＋v 代入方程，则方程变成：（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0 ；而（u＋v）5= u5＋v5＋5uv（u3＋v3）＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u3＋v3＋3uv（u ＋v）－3uv（u＋v）】＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）所以（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0可变成：u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）＋p（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0 ； u5＋v5＋（5uv＋p）【u＋v】3 －（5u2v2－P2/5）（u＋v）＋q=0 ； 又设 uv=－p/5 代入上式得： u5＋v5 ＋q=0 ；解方程组：uv=－p/5 和 u5＋v5 ＋q=0 可分别求出 u 和 v ， 所以 X=u＋v 可求出。 分析 X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0 可解性得出一条规律,凡是未知数 5 次方项系数为 1；而 4 次方项系数及 2 次方项系数均为零；同时 3 次方项系数的平方等于 5 倍的 1 次 方项系数时,都可用上面的方法推出公式。 因此我们只要把【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】5＋f１（g 2 、 g 、h2 、h、…… 、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】3＋ f１（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、h、……w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、 s、 t 、w）／5】2 + f１（g4、g3、 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h、……w4、w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】+ f１（g5 、g4、g3、 g 2、g 、h5 、h4 、 h3 、h2 、h、……w5、w4、w3、w2 、w）=0；………………《1 式》； 中【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】当成 X；又设【f１（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）】2=5【f１（g4、g3、 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h、……w4、w3、w2 、w）】…………《2 式》； f１（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、h、……w3、w2 、w）=0…………《3 式》； 《2 式》和《3 式》组成的是多元高次方程组，多余很多变量，如果能利用对多余的变 量 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 进行有效设值，使《3 式》变成： 【f２（g 、h）】3－【f3（h）】3 =0 …………《4 式》 《2 式》化成 f4（g4、g3、 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h）=0…………《5 式》 解《4 式》和《5 式》组成的方程组就可解出 g 、h 的值了。如何对 j、 k、 m、n、 r 、 s、 t 、w 取值，《3 式》才会变成《4 式》的形式呢？我是这样做的： 把《3 式》化成： g3 +f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）g2 +f6（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）g +f7（h3 、h2 、h、 j3、 j2、 j、……w3、w2 、w）=0…………《6 式》； 又在横坐标上移动 f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3 变成： 【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3+【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】 【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】－f9（h3 、h2 、h、 j3、 j2、 j、……w3、 w2 、w）=0…………《7 式》 为了把 g 全配方在一个立方括号内，取 【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8 式》 就达到目的了。则《7 式》变成： 【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3－f9（h3 、h2 、h、 j3、 j2、 j、…… w3、w2 、w）=0…………《9 式》 由于【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8 式》是方次为二次方的多 元函数，对其中任意一个变量我们都可将它配方在一个括号里，先把 h 配成在一个括号 里变成： f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）=0…… 《10 式》 再在 f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）中把 j 全配方在一个括号中则《10 式》变 成： f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋ f13（k2、 k、m2、 m…… 、w2 、w）=0……《11 式》 这样一直配方后变成： f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋ f14（ k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f15（ m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f16（ n、 r 、s、 t 、 w）2－f17（ r 、s、 t 、w）2＋f18（ s、 t 、w）2－f19（ t 、w）2＋f20（w）2－已知数=0…… 《12 式》 现在我们可以对多余变量设值了：取 f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t ）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t ）2=0……《13 式》 f14（ k、 m、n、 r 、s、 t）2－f15（ m、n、 r 、s、 t）2=0……《14 式》f16（ n、 r 、s、 t ）2－f17（ r 、s、 t ）2=0……《15 式》 f18（ s、 t ）2－f19（ t ）2=0……《16 式》 结合《12 式》可可推出；f20（w）2－已知数=0……《17 式》； W 可计算出。很显然由《13 式》、《14 式》、《15 式》、《16 式》、组成的方程组移项开方根 可化成多元一次方程组即：（w 已成已知数下面省略描述） f21（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《18 式》 f22（ k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《19 式》 f23（ n、 r 、s、 t ）=0……《20 式》 f24（ s、 t ）=0……《21 式》 通过上术方程组《18 式》、《19 式》、《20 式》、《21 式》可用 h 、 j、 k、s 来 表示 m、n、 r 、t ； 所以《9 式》可写成只有 g、h 、 j、 k、s 为变量的函数式了即： 【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－f9（h3 、h2 、h、 j3、 j2、 j、k3 、k2 、k、s3 、 s2 、s、）=0……《22 式》 《2 式》也可写成只有 g、h 、 j、 k、s 为变量的函数式了即： f25【g4 、g3 、g2 、g、h4 、h3 、h2 、h、 j4、 j3、 j2、 j、k4 、k3、k2 、k、s4 、 s3 、s2 、s】=0……《23 式》我想把 f9（h 、h 、h、 j 、 j 、 j、k 、k 、k、s3 2 3 2 3 2 3、s2 、s、）中的 h 全配方在一个括号里看能否可以做到不，《22 式》除以 h3 项 的系数则可写成 f26【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】3＋f28（ j2、 j、 k2 、k、s2 、s）【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】＋f29（ j3、 j2、 j、k3 、k2 、k、s3 、s2 、 s、）=0……《24 式》 只要取 f28（ j2、 j、k2 、k、s2 、s）=0；……《25 式》时 h 便全配方在【h ＋f26（ j、 k、s、/3】3 内。同理由于《25 式》是多元二次函数，其中任意一个变量都可配方在一个括号之内，三个变量可以配成在三个括号之内，可写成如下形式： f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2＋f29（ s）2－常数项=0；……《26 式》取 f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2=0；……《27 式》 自然 f29（ s）2－常数项=0；……《28 式》 由《28 式》解出 s 代入《26 式》，通过《26 式》，可用 j 表示 k；分别用 s 求出和 k 被表示情况代入《24 式》中 《24 式》可化成只有三个变量的函数了即： f25【g+f5（h 、 j、 ）/3】3－【h ＋f26（ j、 ）/3】3＋f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《29 式》 又分别用 s 的求出和 k 被 j 表示情况代入《23 式》，《23 式》可化成： f29【g4 、g3 、g2 、g、h4 、h3 、h2 、h、 j4、 j3、 j2、 j、、】=0……《30 式》 又取 f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《31 式》解出 j；代入《29 式》、《30 式》 分别得： f30【g、h 】3－f31【h 】3=0；……《32 式》 f32【g4 、g3 、g2 、g、h4 、h3 、h2 、h 】=0……《33 式》 解《32 式》、《33 式》组成的方程组可求出 g 和 h； 由于《28 式》求出了 s；《31 式》求出了 j； 又将 g、h、 j、s 的求出代入《27 式》可求出 k； 再加上《17》式求出了 W； 把 g、h、s、 j、k、W 的求出代入由《18 式》、《19 式》、《20 式》、《21 式》组成 的方程组，或者从 h 、 j、 k、s 所表示的 m、n、 r 、t 的表示式中求出 m、n、 r 、t 的 值。 把 g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t 的求出代入《1 式》中，变成关于求 【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】的特殊可解的一元五次方程；因 为 g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t 的求出可以满足方程四次方项系数和平方项系数 等于零，立方项系数的平方等于五倍于一次方项系数，这种特殊可解的方程。结果可求 出 g；这样一个和方程 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 有同解的方程便求出来了，根据 同解方程式必可求定理，二个方程公共根便可求出来。为什么可以肯定地说，阿贝尔定 理的支持者无法证明所求出的一元十一次方程是 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 的整倍 数呢？第一、我们利用此法推导一元三次方程求根公式时，没有发现二个方程通常情况 下会出现二个同解的问题。 第二、只有 z 的求出需要开五次方根，而其他 g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t 都不 含五次方根，又由于方程 X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX ＋z=0 左边整除 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e 后余数中总含 z；而 g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t 一般无法抵消五次方根。即 X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4 ＋sX3＋tX2＋wX＋z=0 通常不会是 X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0 的整倍数。 综合上面分析，阿贝尔定理存在几点缺陷：1、一元三次方程根的表示式并不可表示 全部根的性质。2、一元高次方程之间虽有特殊性但不是没有普通性。3、高次方程之间 不是没有联系。所以说阿贝尔定理是错误的。
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