江西省撫州市臨川區(qū)溫泉鎮(zhèn)政府 (344114)

江國(guó)泉●

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論伽羅華理論中的漏洞

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伽羅華理論是通過(guò)群論的方法來(lái)對(duì)代數(shù)方程的解進(jìn)行研究的理論.可以說(shuō)伽羅華的思想對(duì)于代數(shù)的發(fā)展起了決定性的影響.但是筆者認(rèn)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(jìn)行分析.

伽羅華理論;漏洞;猜想

在百度文庫(kù)里,仔細(xì)閱讀了伽羅華理論關(guān)于一元五次以上高次方程不能建立一般代數(shù)公式的論術(shù),我發(fā)現(xiàn)了字里行間隱藏了不少漏洞,總結(jié)起來(lái)有以下幾點(diǎn)：

1.用猜想代替證明.

2.錯(cuò)誤地理解牛頓對(duì)稱(chēng)性多項(xiàng)式定理.

3.站在實(shí)數(shù)的角度解釋問(wèn)題.

4.忽視方程換元配方可漏解的情況.

首先我們來(lái)看看第一個(gè)問(wèn)題.

為什么說(shuō)他是用猜想代替證明,因?yàn)樗撌鲋械念A(yù)解式根本就是猜想,他用預(yù)解式來(lái)說(shuō)明問(wèn)題,他必須應(yīng)當(dāng)說(shuō)明如果能推導(dǎo)出公式.第一個(gè)預(yù)解式應(yīng)當(dāng)是什么樣的結(jié)構(gòu),并且要證明只能是這樣的結(jié)構(gòu).可是他什么也不清楚，更談不上是否清楚其他預(yù)解是何種結(jié)構(gòu).就好比皇帝的新裝,騙子把新衣說(shuō)得如何如何美麗一樣,可是大家都看不到的.

再談第二個(gè)問(wèn)題

伽羅華說(shuō)所有預(yù)解式都應(yīng)當(dāng)符合牛頓多項(xiàng)式對(duì)稱(chēng)性定理.那么我們要問(wèn),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(huì)是原來(lái)那種對(duì)稱(chēng)關(guān)系嗎?如果你事先就認(rèn)定所有預(yù)解式都必須保持對(duì)稱(chēng)性,說(shuō)明,你未經(jīng)證明就肯定了方程不會(huì)漏解.這也叫證明嗎?

接下來(lái)談第三個(gè)問(wèn)題

復(fù)數(shù)的出現(xiàn)是由于二次及二以上方程出現(xiàn)而出現(xiàn),可是伽羅華很少分析復(fù)數(shù)問(wèn)題.阿貝爾的收斂和發(fā)散完全是站在實(shí)數(shù)角度來(lái)分析的,超越實(shí)數(shù)范圍的就認(rèn)為做不到.如果站在實(shí)數(shù)范圍,一元三次方程也沒(méi)有一般代數(shù)公式呀.因?yàn)橛泻芏嘁辉畏匠烫子每ǖす?結(jié)果套出了復(fù)數(shù).

最后談第四個(gè)問(wèn)題

我們?cè)诮獾痛畏匠痰臅r(shí)候,常要分析方程漏解的問(wèn)題.可是到了高次方程伽羅華卻只字未提,因?yàn)樗揪蜎](méi)有更好的降次方法.那么有人會(huì)問(wèn)高次方程也能做到配方漏解嗎?回答是肯定的,但過(guò)程是非常復(fù)雜的喲.而且是換元進(jìn)行的喲.現(xiàn)在用事實(shí)說(shuō)明高次方程在擴(kuò)展到復(fù)數(shù)范圍同樣可以做到配方漏解.為簡(jiǎn)便說(shuō)明問(wèn)題,那么一元五次方程是否也能做到換元配方的辦法實(shí)現(xiàn)漏解嗎?回答是肯定的,現(xiàn)在論證它的可行性.

我們知道 ，只要上面一個(gè)因式會(huì)是零，那么上面五個(gè)因式之積都會(huì)是零，方程間必有公共解；如果沒(méi)有一個(gè)因式會(huì)等于零，它們之積不會(huì)是零，二方程間必?zé)o公共解.

又由于上式是關(guān)于X1、X2、X3、X4、X5的對(duì)稱(chēng)性多項(xiàng)式，因?yàn)槿我舛鶎?duì)換位置其值不變,完全符合牛頓對(duì)稱(chēng)性多項(xiàng)式定理,所有X1、X2、X3、X4、X5組成的對(duì)稱(chēng)群都通過(guò)韋達(dá)定理根與系數(shù)的關(guān)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(gòu)成值,相當(dāng)于g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z十一元五次多項(xiàng)式,

其實(shí)就是由二方程系數(shù)組成的判別式.當(dāng)它們上述系數(shù)關(guān)系等于零二方程必存在公共解，否則必?zé)o公共解，證明略.

這個(gè)判別式我大意把它描述成如下形式來(lái)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(diào)節(jié)的性質(zhì)在復(fù)數(shù)范圍完全可將上式調(diào)試成關(guān)于(z+某數(shù))的特殊一元五次方程,大家有疑問(wèn)嗎?

調(diào)試過(guò)程如下: 將上式在橫坐標(biāo)上移動(dòng)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(lèi)似推導(dǎo)公式的方法，推導(dǎo)過(guò)程如下：

設(shè)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(shè)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(guī)律,凡是未知數(shù)5次方項(xiàng)系數(shù)為1.而4次方項(xiàng)系數(shù)及2次方項(xiàng)系數(shù)均為零.同時(shí)3次方項(xiàng)系數(shù)的平方等于5倍的1次方項(xiàng)系數(shù)時(shí),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(dāng)成X，

又設(shè)[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(duì)多余的變量j、k、m、n、r、s、t、w進(jìn)行有效設(shè)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(duì)j、k、m、n、r、s、t、w取值，《3式》才會(huì)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(biāo)上移動(dòng)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(gè)立方括號(hào)內(nèi)，取[f8(h2、h、j2、j、…、w2、w)]=0…………《8式》,

就達(dá)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(shù)，對(duì)其中任意一個(gè)變量我們都可將它配方在一個(gè)括號(hào)里，先把h配成在一個(gè)括號(hào)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(gè)括號(hào)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(shù)=0……《12式》.

現(xiàn)在我們可以對(duì)多余變量設(shè)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(jié)合《12式》可推出；f20(w)2-已知數(shù)=0…《17式》；

W可計(jì)算出.

很顯然由《13式》、《14式》、《15式》、《16式》、組成的方程組移項(xiàng)開(kāi)方可化成多元一次方程組(w已成已知數(shù)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(guò)上述方程組《18式》、《19式》、《20式》、《21式》可用h、j、k、s來(lái)表示m、n、r、t；所以《9式》可寫(xiě)成只有g(shù)、h、j、k、s為變量的函數(shù)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(xiě)成只有g(shù)、h、j、k、s為變量的函數(shù)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(gè)括號(hào)里看能否可以做到.《22式》除以h3項(xiàng) 的系數(shù)則可寫(xiě)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(shí)h便全配方在[h+f26(j、k、s、/3]3內(nèi).

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

取f27(j、k、s、)2-f28(k、s)2=0……《27式》,

自然f29(s)2-常數(shù)項(xiàng)=0……《28式》.

由《28式》解出s代入《26式》，通過(guò)《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(gè)變量的函數(shù)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(guān)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?yàn)間、h、s、j、k、w、m、n、r、t的求出可以滿(mǎn)足方程四次方項(xiàng)系數(shù)和平方項(xiàng)系數(shù)等于零，立方項(xiàng)系數(shù)的平方等于五倍于一次方項(xiàng)系數(shù)，這種特殊可解的方程.以上的做法都無(wú)理由做不到的.

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

[1]楊顯,李斐. 因式分解與伽羅瓦理論[J]. 西北大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版),2013(06):1005-1010.

[2]趙曄,王昌. 代數(shù)方程理論思想探析[J]. 廣西民族大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版),2011(04):30-33.

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1008-0333(2016)30-0027-02