论证阿贝尔定理误Word格式.docx
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比如卡丹公式中,如果平方根式里开方根得出的是虚数,结果却反而说明这个方程有三个实数解。
用群论如何解释呢?
相反,我的换元配方法却能说明这个问题。
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。
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)
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。
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(m2-2n)+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(m2-2n)+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:
假设二个方程系数之间确实存在上术关系却没有相等的根,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的左边都应当得出如下不等式:
(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;
(x1+x2)=-m;
x1x2=n;
又可推出:
(x12x22)=n2;
(x13+x23)=(x1+x2)3-3x1x2(x1+x2)=-m3+3mn;
x13x23=n3;
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。
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)=m2-2n;
(x12x2+x1x22)=(x1x2)(x1+x2)=-mn;
,
(x13+x23)=(x1+x2)3-3(x1x2)(x1+x2)=-m3+3mn;
(x13x2+x1x23)=(x1x2)(x12+x22)=n(m2-2n)=m2n-2n;
(x13x22+x12x23)=(x12x22)(x1+x2)=n2(-m)=-mn2;
(x13x23)=n3;
(x14+x24)=(x12+x22)2-2(x12x22)=(m2-2n)2-2n2=m4-4m2n+2n2;
(x14x2+x1x24)=(x1x2)(x13+x23)=n(-m3+3mn)=-m3n+3mn2;
(x14x22+x12x24)=(x12x22)(x12+x22)=n2(m2-2n)=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。
总结规纳:
是否任意二个一元高次方程之间都可通过二方程的系数来直接判别二个方程是否存在公共解的问题呢?
回答是肯定的,这是因为,我们把一个方程的每个根都代入另一方程左边,都能整理成一系列对称性多项式,根据牛顿对称性多项式定理可知,那些未知根都必然可合成方程系数(即已知定值)
在此顺便说一下,为什么用辗转二方程的办法得不出判别式来,这是因为,辗转方程的过程中存在去分母问题,我们不能排除这个分母等于零的可能,这样就会有时无形中可能乘了零,造成不等式也可能变成等式。
而可以用辗转法推出二个一元方程的公共解解的原因是二方程的系数是已知确定的,分母会不会等于零,可计算确定。
二者关健的区别是一个任意的不可确定,一个是可以计算确定。
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X3+ax2+bx+c=0求根公式的推导过程;
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-2n2)+c(-m3+3mn)+a2(n2)+ab(-mn)+ac(m2-2n)+b2(n)+bc(-m)+c2=0函数关系时二个方程必有同解。
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-cm3+acm2-bcm+c2-【(-am+a2-2b)/3】3=0,求出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+aX3+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+aX3+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+aX3+bx2+cx+d=0与方程x2+mx+n=0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+aX3+bx2+cx+d=0与方程x2+mx+n=0之间必有公共相等根存在。
又可整理成:
n4-(am+2b-a2)n3+(bm2+3cm-abm+b2+2d-2ac)n2-(cm3+4dm2-acm2-3adm+bcm-2bd-c2)n+dm4-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)}【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-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;
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+aX3+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+gX110+hX19+jX18+kX17+mX16+nX15+rX14+sX13+tX12+wX1+z)(X211+gX210+hX29+jX28+kX27+mX26+nX25+rX24+sX23+tX22+wX2+z)(X311+gX310+hX39+jX38+kX37+mX36+nX35+rX34+sX33+tX32+wX3+z)(X411+gX410+hX49+jX48+kX47+mX46+nX45+rX44+sX43+tX42+wX4+z)(X511+gX510+hX59+jX58+kX57+mX56+nX55+rX54+sX53+tX52+wX5+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 ;
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:
z5+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)z4+f(g2、g、h2、h、……、w2、w)z3+f(g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w)z2+f(g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w)z+f(g5、g4、g3、g2、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
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- 论证 贝尔 定理