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接下来谈第三个问题
复数的出现是由于二次及二以上方程出现而出现,可是伽罗华很少分析复数问题。
阿贝尔的收剑和发散完全是站在实数角度来分析的,超越实数范围的就认为做不到。
如果站在实数范围,一元三次方程也没有一般代数公式呀。
因为有很多一元三次方程套用卡丹公式,结果套出了复数.
最后谈第四个问题
我们在解低次方程的时候,常要分析方程漏解的问题。
可是到了高次方程伽罗华却只字未提,因为他根本就没有更好的降次方法。
那么有人会问高次方程也能做到配方漏解吗?
回答是肯定的,但过程是非常复杂的哟。
而且是换元进行的哟。
现在用事实说明高次方程在扩展到复数范围同样可以做到配方漏解。
为简便说明问题,
那么一元五次方程是否也能做到换元配方的办法实现漏解吗?
回答是肯定的,现在论证它的可行性。
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+gX4
10+hX
49+jX
4
8+kX
7+mX
6+nX
5+rX
4+sX
3+tX
2+wX
+z)(X511+gX510+hX
59+jX
5
+z)
我们知道,只要上面一个因式会是零,那么上面五个因式之积都会是零,方程间必有公共解如果没有一个因式会等于零,它们之积不会是零,二方程间必无公共解。
又由于上式是关于X1;
X5对称性多项式,因为任意二根对换位置其值不变,完全符合牛顿对称性多项式定理,所有X1;
X5组成的对称群都通过韦达定理
根与系数的关系被a、b、c、d、e必然性代换掉,变成g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z
与a、b、c、d、e的构成值,相当于g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z十一元五次多项式,其实就是由二方程系数组成的判别式。
当它们上术系数关系等于零二方程必存在公共解,否则必无公共解,证明略。
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;
利用g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、可调节的性质在复数范围完全可将上式调试成关于(z+某数)的特殊一元五次方程,大家有疑问吗?
调试过程如下:
将上式在横坐标上移动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(g2、g、h2、h、……、w2、w)
【z+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5】3+f1(g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w)
【z+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5】2+f1(g4、g3、g2、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、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w)=0;
………………《1式》;
这也做得到
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(g2、g、h2、h、……、w2、w)
【z+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5】2+f1(g4、g3、g2、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、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w)=0;
中【z+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5】当成X;
又设【f1(g2、g、h2、h、……、w2、w)】2=5【f1(g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w)】…………《2式》;
f1(g3、g2、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、g2、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(h3、h2、h、j3、j2、j、k3、k2、k、s3、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。
以上的做法都无理由做不到的.
由于一元十次方程系数的求出都是从所有解中选择一个解的,不包含所有,因此得出这个方程不可能包含一元五次方程的所有解,它除以一元五次方程必有余数。
因此辗转二方程可求出这个公共解。
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