揭示所有一元高次方程求根式公式规律的重要说明

 

本人于1998至1999年发现了二个重要的数学定理即：公共根方程判别定理、公解方程推导定理﹝详见本文后面第十二页和第十四页﹞这二个定理是揭示所有一元高次方程求根公式推导规律的金匙。也是实现所有高次方程组完成公式化快速消元的重要工具，只有完全理解这二个定理的基础上才会弄通一元高次方程求根公式规律性问题。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

        论证所有一元高次方程求根公式有通用推导规律

 

   论证过程：首先我们可以从较简单的一元高次方程求根公式的推导过程来寻找规律，如推导X³＋ax²＋bx＋c=0求根公式我是这样做的；

   根据本文第十二页公解方程的推导定理我们知道，只要求出一个和X³＋ax²＋bx＋c=0有一个公共相等根方程出来，就必可推导出符合二个方程求解的公解方程来。

  又根据本文第十四页公共根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（m ²－2n ）＋b²（n）＋bc（－m）＋c²=0 函数关系时二个方程必有公共等根的。

  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，就可以利用本文第十四页推导定理求了出二方程的公解方程了。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 ，   

再配成缺某项形式如下【相当于n的坐标在x轴上平移（－am＋a²－2b）/3】得：

 第二页

 【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。说明：由于n的求出通常要开立方，而m不要，因此（X³＋ax²＋bx＋c）除以（x²＋mx＋n）的余函数中x的系数即：m、n代数式只有在非常特殊情况均为零。也就是说（X³＋ax²＋bx＋c）通常不能整除（x²＋mx＋n），方程X³＋ax²＋bx＋c=0和方程x²＋mx＋n=0特殊情况除外一般只有一个公共根。说明此问题的意义是因为在涉及一元五次方程如果能整除则无法求解的问题。又根据公共根方程推导定理，（见本文第十二页）推导出这个公共根方程来。公式便出来了。

我们再看方程：X⁴＋a X³＋b x²＋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＋a X³＋b x²＋cx＋d=0有一个公共等根的方程来通过公解方程推导定理（见本文第十二页）就可以推导出这个公共根来。

根据公共根方程判别定理（见本文第十四页）可知，当方程X⁴＋a X³＋b x²＋cx＋d=0与方程x²＋mx＋n=0之间的系数存在：

 第三页

n⁴ ＋a（－mn³ ）＋b（m²n² －2n³）＋c（－m³n＋3mn²）＋d（m ⁴－4m ²n＋2n ² ）

＋a²（n³ ）＋ab（－mn² ）＋ac（m²n－2n ²）＋ad（－m ³＋3mn ）＋b²n²＋bc（－mn ）＋bd（m ²－2n ）＋c²n－cdm＋d²=0时；

方程X⁴＋a X³＋b x²＋cx＋d=0与方程x²＋mx＋n=0之间有公共相等根存在。

又可整理成：

n⁴ -（am＋2b-a²）n³＋（bm²＋3c m -ab m＋b²＋2d－2ac）n ²-（cm³＋4dm²-ac m²-

3ad m ＋bcm-2bd- c²）n＋d m ⁴－adm³＋bdm²-cdm＋d ²=0；

配成缺立方项形式【说明：相当于n的坐标向右移（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】 ；

再求出n  ，这样便找到一个与方程X⁴＋a X³＋b x²＋cx＋d=0有一个公共等根的方程：

x²＋mx＋n=0了，再根据公共根推导定理去推导出这个公共根了。

 

             我们再看一元五次方程求根公式的推导过程：

 

    第四页

即  X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0的求根公式。推导如下：

同上理，只要能找到一个和方程 X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0有一公共等根的方程，便可根据公共根方程推导定理求二个方程的公解方程了。

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。

    根据公共根方程判别定理（见本文第十四页）我们知道，参照第十四页二简单方程的推导办法能推导出验证二方程有等根存在的判别式来，如果把a 、b、c、d、e看成已知数，而g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z当成变量，则判别式等于零的方程，是含11个变量的十一元五次方程式。

  如何围绕其中一个变量可配成特殊方程来设置其他十个变量的值呢？我是这样做的，（由于判别式推导过程计算量太大，下面主要以文字说明来简化中间环节）我大致将判别式方程推导结果用文字表示如下即：（以下均省略了已知数的描术）

（z）⁵＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变量的十元一次代数）（z）⁴＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变量的十元二次代数）（z）³＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变 量的十元三次代数）（z）²＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的十元四次代数）（z）＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变量的十元五次代数）=0 ；   

又可将求（z）的方程配方成缺四次方项的形式即：相当于z的坐标在x轴上平移【（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的十元一次代数）/5】变成：

【z＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变量的十元一次代数）/5】⁵＋【（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w   为 变量的十元二次代数）【＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w  为 变量的十元一次代数）/5】³

第五页

＋【（含g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元三次代数）】【z＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元一次代数）/5】²＋【（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元四次代数）】【z＋（含  g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元一次代数）/5】－【（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元五次代数】=0……《1式》 ；

    由于类似于X⁵＋PX³＋（P²/5）X＋q=0的方程都是可推导公式的方程，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。

如何将《1式》也变成这种可解方程呢？我是这样做到的，把《1式》中【z＋（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的十元一次代数）/5】当成一个未知数，把《1式》当成这个未知数的五次方程，通过其他10个变量g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w的设值，使这个未知数的方程变成特殊可解的五次方程。即：在《1式》中取未知数的平方项系数等于零，又在《1式》中取未知数的一次方项系数等于（立方项的系数）²/5 时，就变成了特殊可解的方程了。用等式表示：（以下均省略了已知数的描术）；

【（含g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元三次代数）】=0…………《2式》；

第六页

【（含g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的十元四次代数）】=【（含 g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的十元二次代数）】²/5…………《3式》 ；

《2式》和《3式》组成的方程组中含有十个变量，其中有八个变量可以任意取值，另二个变量必须解方程组求出，八个变量利用的目的是让《2式》配 方成另两个变量的特殊方程，即：

（含两个变量的二元一次代数）³－（系数）乘（含一个变量的一元代数）³=0  的 方程模式。

将《2式》配方成特殊方程的过程如下：

   首先选择其中一个变量作为配方对象如 g  ， 《3式》除以 g³的系数后变成：

g³＋（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 变量的九元一次代数）g²＋（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元二次代数）g＋（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元三次代数）=0 ；

把它配成缺平方项的形式即：【相当于g的坐标平移（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元一次代数）/3）】 变成；

【g＋（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元一次代数）/3】³＋（同样是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的九元二次代数）【g＋（仍是含 h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的九元一次代数）/3】－（同样是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元三次代数）=0  ；

在上式中，取一次方项的系数为零时，即：当（同样是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的九元二次代数）=0…………《4式》

g就全配方在一个完全立方括号内即写成：

 【g＋（仍是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的九元一次代数）/3】³－（同样是含h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的九元三次代数）=0………《5式》 ；

 由于《4式》方程仍然不是一次方的方程，我们还可以利用多有的变量配成特殊方程，开方后变成一次方方程，做法是，我们在《4式》中选择一个变量为配方对象如 h   ， 《4式》除以 h²项的系数后变成：

第七页

h²＋（还是含 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的八元一次代数）h＋（还是含  j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w为 变量的八元二次代数）=0 ；

将h全配方在一个括号平方里变成：

【h＋（还是含 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的八元一次代数）/2】²－（依旧是含 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 为 变量的八元二次代数）=0  ；

接着又将剩下的另八个变量的代数中选出一个配方对象，如j全配成在括号平方之内，再在剩下的另七个变量的代数中选择一个配方对象如k， 全配方在一个平方括号里，如此一直配方下去，《4式》可配成如下模式：

【含h  、j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 变量的九元一次代数 】²－系数₁【含j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的八元一次代数】²＋系数₂【含 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的七元一次代数】²－系数₃【含 m、n、 r 、s、 t 、w 变量的六元一次代数】²＋系数₄₄【含n、 r 、s、 t 、w 变量的五元一次代数）²－系数₅【含 r 、s、

t 、w 变量的四元一次代数）²＋系数₆【含s、 t 、w 变量的三元一次代数）²－系数₇【含t 、w  变量的二元一次代数）²＋含w的一元二次=0…………《6式》 ；

前面提到过《2式》和《3式》所组成的方程组中有八个变量可以自由取值，也就是说还可以设置增加8个方程来缩小取值范围。设置《4式》时已设了                                                          一个方程，目前还可以设7个。下面我们再来设四个即：从《6式》中拆出的：

【含h  、j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的九元一次代数 】²－系数₁【含j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的八元一次代数】²=0……………………《7式》 ；

 系数₂【含 k、 m、n、 r 、s、 t 、w 变量的七元一次代数】²－系数₃【含 m、n、 r 、s、 t 、w变量的六元一次代数】²=0……………………《8式》 ；

系数₄【含 n、 r 、s、 t 、w变量的五元一次代数）²－系数₅【含r 、s、 t 、w变量的四元一次代数）²=0……………………《9式》 ；

系数₆【含s、 t 、w 变量的三元一次代数）²－系数₇【含 t 、w  变量的二元一次代数²=0……………………《10式》 ；

由《6式》《7式》《8式》《9式》《10式》可推出：

含w的一元二次代数=0 ………………………《11式》 ；  

 可直接算出w 。

第八页

由《7式《8式》《9式》《10式》分别移项、两边开平方、再移项可得新的方程组如下：

【含h  、j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的九元一次代数 】=0……………《12式》 ；

【含变 k、 m、n、 r 、s、 t 、w变量的七元一次代数】=0…………《13式》 ；

【含、n、 r 、s、 t 、w 变量的五元一次代数】=0………………………《14式》 ；

【含s、 t 、w  变量的三元一次代数】 =0………………………《15式》 ；

因《11式》解出了w    又通过方程组《12式》《13式》《14式》《15式》可将h  、j、 k、 m、 和已知数来表示n、 r 、s、 t 的值例如：r=含h  、j、 k、 m变量的四元一次代数形式，等等。代入到《5式》并《3式》中消元后得新方程组：

 （含g  、h  、j、 k、 m的五元一次代数）³－含h  、j、 k、 m的四元三次代数=0………………………………………………………………………《16式》 ；

（ 含g  、h  、j、 k、 m的五元四次代数）=0……………………………《17式》 ；

《16式》中未配方部分又可选择一个变量作为配方对象如h 进行配方，可参照g全配方在一个立方括号内的办法，  变成如下形式：

（含g  、h  、j、 k、 m的五元一次代数）³－（系数）【（含 h  、j、 k、 m的四元一次代数）³＋（含j、 k、 m的三元二次代数）（含g  、h  、j、 k、 m 的四元一次代数）－（含h  、j、 k、 m的三元三次代数】=0………………《18式》 ；

 在《18式》中当取一次项系数即：（含j、 k、 m  的三元二次代数）=0………………《19式》；  

就达到了将h全配方到一个括号立方内，的目的。这样《18式》就变成：

  

（含g  、h  、j、 k、 m的五元一次代数）³－（系数）【（含 h  、j、 k、 m的四元一次代数）³－（含h  、j、 k、 m四元三次代数）=0…………《20式》 ；

在《19式》中又从三个变量中又可选择其中一个变量如j为配方对象如  ，将它全配成在一个平方括号平方内，然后再在剩下含两个变量的代数中选其中一个对象如k 将它全配成在一个平方括号平方内，则《19式》变成：

第九页

（含j、 k、 m 的三元一次代数）²－（系数）（含 k、 m的二元一次代数）²＋含m的一元二次代数=0……《21式》 ；

   在《21式》中又取：（含j、 k、 m 的三元一次代数）²－（系数）（含 k、 m的二元一次代数）²=0…《22式》 ；

结合《21式》和《22式》   可推出 （含m的一元二次代数）=0 ………《23式》，直接解出m，将m的得出代入《22式》移项开方后，得j、 k、的二元一次代数式，可以用j的一次方代数表示k了《24式》 ；

 将《23式》解出m；和《24式》j的一次方代数可表示k，代入方程组《17式》并《18式》方程组中整理后即变成：

（含g  、h  、j为变量的三元一次代数）³－（系数）【（含h  、j为变量的二元一次代数）³＋含j为变量的一元三次代数=0………………………………《24式》 ；

并方程（含g  、h  、j为变量的三元四次代数）=0………………《25式》 ；

在《24》式中又取：

（含g  、h  、j为变量的三元一次代数）³－（系数）【（含h  、j的二元一次代数）】³=0………《26式》 ；

结合《24式》《26式》自然推出 （含j变量的一元三次代数）=0 ………… 《27式》 ；      

 通过《27式》解 出j ，由于j的解出，则《26式》变成只有g  、h是变量的特殊二元三次方程即：

 （含g  、h仍 为变量的二元一次代数）³－（系数）【（含h 为变量的一元一次代数）³=0……… 《28式》 ；

《25式》也变成只有g  、h 为变量的二元四次方程即：

只有g  、h仍为变量的二元四次代数=0…………《29式》 ；

对《28式》移项开立方整理则变成：

含g  、h 为变量的二元一次代数=0………《30式》 ；

通过解方程组《29式》并《30式》求出g  、h  ；

直到目前由《27式》解出j，《23式》解出m，《11式》求出w ， 《29式》并《30式》求出了g  、h ，再将j 之值代入《24式》可求出k 。又通过j 、m 、w 、

第十页

g 、h、 k代入到《12式》并《13式》并《14式》并《15式》方程组中解方程组求出n 、r 、s 、t之值。此时已求出十个变量了，还有z没有求出。但是我们知道z存在在《1式》那种已配成特殊的五次方程中了，参照

一元三次方程求根公式的推导方法就能求出z来，到此，一个与方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0有公共根的方程就求出来了，根据公共根方程推导定理可知，只要两方程存在公共根，就必可推导出它们的公共根方程。有人可能会问：这样推导出的另一方程，会不会是方程 X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0的整倍数呢？现在我们可以分析这个问题，由于g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z在求出过程中，唯有z需要开五次方根，

 

分柝：假设方程X¹¹＋gX¹⁰＋hX⁹＋jX⁸＋kX⁷＋mX⁶＋nX⁵＋rX⁴＋sX³＋tX²＋wX＋z=0是方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0  的整倍数，那么把方程：

X¹¹＋gX¹⁰＋hX⁹＋jX⁸＋kX⁷＋mX⁶＋nX⁵＋rX⁴＋sX³＋tX²＋wX＋z=0化成如下：

 

（X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e）【X⁶＋系数₁（X⁵）＋系数₂（X⁴）＋系数₃（X³）＋系数₄（X²）＋系数₅（X）＋系数₆】＋系数₇（X⁴）＋系数₈（X³）＋系数₉（X²）＋系数₁₀（X）＋系数₁₁=0  的形式时，必有：系数₇=0 系数₈=0 系数₉=0 系数₁₀=0 系数₁₁=0这种同时为零的现象。

 而系数₇  、 系数₈ 、系数₉ 、系数₁₀  、系数₁₁都各是由g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z多元一次代数所表示，只有z比其他元素多开平方根及五次方根，其他元素没有办法抵消平方根和五次方根，只有靠z自身解决，而z的代数又是由a、b、c、d、e来表示，这就要求a、b、c、d、e是一组特殊数字,即方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0是特殊方程了。

但我们推导公式是一般的一元五次方程求根公式，特殊方程另作处理。因此说，我所推导出的另一方程一般情况下不能整除方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋

e=0 ，再根据公解方程推导定理推出它俩的公解方程来，一般情况下只有一个公共根，因此可推导出这个公共根的一次方程。

 

第十一页

总结规律

    以上的推导过程都是通过换元成求另一个与其方程有公共相等根的方程系数，实现了在多个变量中选其一个变量可配成特殊方程来计算的，与群论不相矛盾。

同理，一元六次方程同样可以通过换元配成缺三个项的特殊一元六次方程来求解。

一元七次方程则可通过换元配成特殊的形式X⁷-pX⁵＋（2/7）p²X³-（p/7²）X＋q=0的特殊方程求解。因此说一元高次方程求根公式的推导过程是有规律性的。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

                

 

                   公解方程式必可求定理

      定理：任意二个一元高次方程之间只要存在同解，必可推导出它们的公解方程式。

                                论证过程

  由于推导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可化成：（ x³＋ax²＋bx＋c ）（x＋m－a）＋（n＋a²－am－b）x²＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 ；

 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。即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个公共根，则方程：（n＋a²－am－b）x²＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0，就是二个方程的公共解方程。

     当x²的系数（n＋a²－am－b）=0，而x系数（p＋ab－bm－c）≠0则二个方程之间的公解方程为：（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）【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 ；

 因此说，只要二个方程存在同解，就可以推算出它们的公解方程式。

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。 

 

 

 

 

 

                

 

 

 

 第十四页

 公共根方程判别定理

定理：任意二个一元高次方程之间都可以推导出检验它们是否存在公共根的判别式来，如果判别式等于零则它们必存在公共根。

                                证明过程：

   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（m ²－2n ）＋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（m ²－2n ）＋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：

 第十五页

 证法一：

假设二个方程之间没有相等的根，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都不成立，即：

（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（m ²－2n ）＋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。

证法二：

   根据上术判别式的推导过程知道，所有存在有公共相等根的二个方程中，都必可推导出判别式等于零的结论，没有一例能推导出判别式不等于零的现象。又由于所有没有公共相等的二个方程，都必可推出判别式不等于零的结论，没有一例能推导出判别式等于零的情况。会不会出现判别式等于零，而二个方程之间却没有公共相等根呢？我们对这个问题分析一下，如果会出现这种情况，这就说明在没有公共相等根方程总集中，还是有些出现判别式等于零的现象。与没有一例能推导出判别式等于零的情况相矛盾。因此说明上术的假设是错的。

 

 

 第十六页

 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，所以有分别用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）=m ²－2n ；   

（x₁²x₂＋x₁x₂²）=（x₁x₂）（x₁＋x₂）=－mn ；

（x₁²x₂²）=n² ； ^，

（x₁³＋x₂³）=（x₁＋x₂）³－3（x₁x₂）（x₁＋x₂）=－m ³＋3mn ；

（x₁³x₂＋x₁x₂³）=（x₁x₂）（x₁²＋x₂²）=n （m ²－2n ）=m²n－2n ；

（x₁³x₂²＋x₁²x₂³）=（x₁²x₂²）（x₁＋x₂）=n² （－m ）=－mn² ；

（x₁³x₂³）=n³ ；

（x₁⁴＋x₂⁴）=（x₁²＋x₂²）²－2（x₁²x₂²）=（m ²－2n ）²－2n ²=m ⁴－4m ²n＋2n ² ；

（x₁⁴x₂＋x₁x₂⁴）=（x₁x₂）（x₁³＋x₂³）=n（－m ³＋3mn ）=－m³n＋3mn² ；

（x₁⁴x₂²＋x₁²x₂⁴）=（x₁²x₂²）（x₁²＋x₂²）=n²（m ²－2n）=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（m ⁴－4m ²n＋2n ² ）

＋a²（n³ ）＋ab（－mn² ）＋ac（m²n－2n ²）＋ad（－m ³＋3mn ）＋b²n²＋

bc（－mn ）＋bd（m ²－2n ）＋c²n－cdm＋d²=0 ；

 

 

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 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（m ⁴－4m ²n＋2n ² ）

＋a²（n³ ）＋ab（－mn² ）＋ac（m²n－2n² ）＋ad（－m ³＋3mn ）＋b²n²＋

bc（－mn ）＋bd（m ²－2n ）＋c²n－cdm＋d²=0时，它们之间必有相等根存在。

                                总结规律：

 任意二个方程的判别式推导过程都可采取用一个方程的所有假设根分别代入另一方程的左边然后连续相等乘再展开，再通过韦达定理换算成方程系数得出。证明过程都可参照上面的过程进行。