谈伽罗瓦理论的漏洞.docx
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谈伽罗瓦理论的漏洞
论伽罗华理论中的漏洞
在XX文库里,仔细阅读了伽罗华理论关于一元五次以上高次方程不能建立一般代数公式的论术,我发现了字里行间隐藏了不少漏洞,总结起来有以下几点
1、用猜想代替证明。
2、错误地理解牛顿对称性多项式定理。
3、站在实数的角度解释问题。
4、忽视方程换元配方可漏解的情况。
首先我们来看看第一个问题
为什么说他是用猜想代替证明,因为他所论术中的预解式根本就是猜想,他用预解式来说明问题,他必须应当说明如果能推导出公式.第一个预解式应当是什么样的结构,并且要证明只能是这样的结构。
可是他什么也不清楚.更谈不上是否清楚其他预解是何种结构。
就好比皇帝的新装,骗子把新衣说得如何如何美丽一样,可是大家都看不到的。
再谈第二个问题
伽罗华说所有预解式都应当符合牛顿多项式对称性定理。
那么我们要问,如果有一种方法可以使方程漏解,变成不再包含所有解的方程,他还会是原来那种对称关系吗?
如果你事先就认定所有预解式都必须保持对称性,说明,你未经证明就肯定了方程不会漏解。
这也叫证明吗?
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
4
7+mX
4
6+nX
4
5+rX
4
4+sX
4
3+tX
4
2+wX
4
+z）（X511+gX510+hX
59+jX
5
8+kX
5
7+mX
5
6+nX
5
5+rX
5
4+sX
5
3+tX
5
2+wX
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;X2;X3;X4;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;X2;X3;X4;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】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》;
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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