論伽羅華理論中的漏洞

江西省撫州市臨川區溫泉鎮政府 (344114)

江國泉●

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論伽羅華理論中的漏洞

江西省撫州市臨川區溫泉鎮政府 (344114)

江國泉●

伽羅華理論是通過群論的方法來對代數方程的解進行研究的理論.可以說伽羅華的思想對于代數的發展起了決定性的影響.但是筆者認為伽羅華理論中尚有需要完善的地方.在文中主要就伽羅華理論中的漏洞進行分析.

伽羅華理論;漏洞;猜想

在百度文庫里,仔細閱讀了伽羅華理論關于一元五次以上高次方程不能建立一般代數公式的論術,我發現了字里行間隱藏了不少漏洞,總結起來有以下幾點：

1.用猜想代替證明.

2.錯誤地理解牛頓對稱性多項式定理.

3.站在實數的角度解釋問題.

4.忽視方程換元配方可漏解的情況.

首先我們來看看第一個問題.

為什么說他是用猜想代替證明,因為他所論述中的預解式根本就是猜想,他用預解式來說明問題,他必須應當說明如果能推導出公式.第一個預解式應當是什么樣的結構,并且要證明只能是這樣的結構.可是他什么也不清楚，更談不上是否清楚其他預解是何種結構.就好比皇帝的新裝,騙子把新衣說得如何如何美麗一樣,可是大家都看不到的.

再談第二個問題

伽羅華說所有預解式都應當符合牛頓多項式對稱性定理.那么我們要問,如果有一種方法可以使方程漏解,變成不再包含所有解的方程,他還會是原來那種對稱關系嗎?如果你事先就認定所有預解式都必須保持對稱性,說明,你未經證明就肯定了方程不會漏解.這也叫證明嗎?

接下來談第三個問題

復數的出現是由于二次及二以上方程出現而出現,可是伽羅華很少分析復數問題.阿貝爾的收斂和發散完全是站在實數角度來分析的,超越實數范圍的就認為做不到.如果站在實數范圍,一元三次方程也沒有一般代數公式呀.因為有很多一元三次方程套用卡丹公式,結果套出了復數.

最后談第四個問題

我們在解低次方程的時候,常要分析方程漏解的問題.可是到了高次方程伽羅華卻只字未提,因為他根本就沒有更好的降次方法.那么有人會問高次方程也能做到配方漏解嗎?回答是肯定的,但過程是非常復雜的喲.而且是換元進行的喲.現在用事實說明高次方程在擴展到復數范圍同樣可以做到配方漏解.為簡便說明問題,那么一元五次方程是否也能做到換元配方的辦法實現漏解嗎?回答是肯定的,現在論證它的可行性.

我們知道 ，只要上面一個因式會是零，那么上面五個因式之積都會是零，方程間必有公共解；如果沒有一個因式會等于零，它們之積不會是零，二方程間必無公共解.

又由于上式是關于X1、X2、X3、X4、X5的對稱性多項式，因為任意二根對換位置其值不變,完全符合牛頓對稱性多項式定理,所有X1、X2、X3、X4、X5組成的對稱群都通過韋達定理根與系數的關系被a、b、c、d、e必然性代換掉,變成g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z與a、b、c、d、e的構成值,相當于g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z十一元五次多項式,

其實就是由二方程系數組成的判別式.當它們上述系數關系等于零二方程必存在公共解，否則必無公共解，證明略.

這個判別式我大意把它描述成如下形式來研究：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、可調節的性質在復數范圍完全可將上式調試成關于(z+某數)的特殊一元五次方程,大家有疑問嗎?

調試過程如下: 將上式在橫坐標上移動f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5變成：

[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》.這也做得到.

由于X5+PX3+(P2/5)X+q=0的方程都可采用X3+PX+q=0類似推導公式的方法，推導過程如下：

設X=u+v代入方程，則方程變成：

(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 可變成：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；又設uv=-p/5代入上式得：u5+v5+q=0；解方程組：uv=-p/5和u5+v5+q=0可分別求出u和v， 所以X=u+v可求出.

分析X5+PX3+(P2/5)X+q=0可解性得出一條規律,凡是未知數5次方項系數為1.而4次方項系數及2次方項系數均為零.同時3次方項系數的平方等于5倍的1次方項系數時,都可用上面的方法推出公式.

因此我們只要把[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]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》.

其中[z+f(g、h、j、k、m、n、r、s、t、w)/5]當成X，

又設[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》組成的是多元高次方程組，多余很多變量，如果能利用對多余的變量j、k、m、n、r、s、t、w進行有效設值，使《3式》變成：

[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》組成的方程組就可解出g、h的值了.如何對j、k、m、n、r、s、t、w取值，《3式》才會變成《4式》的形式呢？我是這樣做的：

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》.

又在橫坐標上移動f5(h、j、k、m、n、r、s、t、w)/3變成：

[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》.

為了把g全配方在一個立方括號內，取[f8(h2、h、j2、j、…、w2、w)]=0…………《8式》,

就達到目的了.則《7式》變成：

[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》是方次為二次方的多元函數，對其中任意一個變量我們都可將它配方在一個括號里，先把h配成在一個括號里變成：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全配方在一個括號中則《10式》變成：

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》.

這樣一直配方后變成：

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-已知數=0……《12式》.

現在我們可以對多余變量設值了：

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》.

結合《12式》可推出；f20(w)2-已知數=0…《17式》；

W可計算出.

很顯然由《13式》、《14式》、《15式》、《16式》、組成的方程組移項開方可化成多元一次方程組(w已成已知數下面省略描述)即：

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》.

通過上述方程組《18式》、《19式》、《20式》、《21式》可用h、j、k、s來表示m、n、r、t；所以《9式》可寫成只有g、h、j、k、s為變量的函數式了即：[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》也可寫成只有g、h、j、k、s為變量的函數式了即：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全配方在一個括號里看能否可以做到.《22式》除以h3項 的系數則可寫成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》時h便全配方在[h+f26(j、k、s、/3]3內.

同理由于《25式》是多元二次函數，其中任意一個變量都可配方在一個括號之內，三個變量可以配成在三個括號之內，可寫成如下形式：f27(j、k、s、)2-f28(k、s)2+f29(s)2-常數項=0；……《26式》.

取f27(j、k、s、)2-f28(k、s)2=0……《27式》,

自然f29(s)2-常數項=0……《28式》.

由《28式》解出s代入《26式》，通過《26式》，可用j表示k；分別用s求出和k被表示情況代入《24式》中,《24式》可化成只有三個變量的函數了即：

f25[g+f5(h、j)/3]3-[h+f26(j)/3]3+f28(j3、j2、j、)=0……《29式》.

又分別用s的求出和k被j表示情況代入《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》,

分別得：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》組成的方程組可求出g和h；

由于《28式》求出了s；《31式》求出了j；

又將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》組成的方程組，或者從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，變成關于求[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；因為g、h、s、j、k、w、m、n、r、t的求出可以滿足方程四次方項系數和平方項系數等于零，立方項系數的平方等于五倍于一次方項系數，這種特殊可解的方程.以上的做法都無理由做不到的.

由于一元十次方程系數的求出都是從所有解中選擇一個解的，不包含所有，因此得出這個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數.因此輾轉二方程可求出這個公共解.

[1]楊顯,李斐. 因式分解與伽羅瓦理論[J]. 西北大學學報(自然科學版),2013(06):1005-1010.

[2]趙曄,王昌. 代數方程理論思想探析[J]. 廣西民族大學學報(自然科學版),2011(04):30-33.

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