论证阿贝尔定理的错误

论证阿贝尔定理的错误 阿贝尔，伽罗瓦之所以会错，是因为他始终没有走出一个怪圈，而我找到了坚锐无比的法宝既二个数学定理，将这个怪圈捅破了。

论证阿贝尔定理的错误

作者：江西临川江国泉

阿贝尔定理认为，五次和五次以上的一元高次方程不存在一般的代数根式求解公式。这是一个错误的结论。首先，他论证的方法是错误的。是片面的。阿贝尔，伽罗瓦都是通过预解式的这种方法来论证的，这个出发点就是一个重大错误。这种方法只对研究低于五次方程有效。这是因为，如果伽罗瓦能从多种预解式中得出第一个预解式并且是用四次方程能解的。他有这种能力，他就一定能够从方程多根中找到第一个根的解法，第二个根的求出当然更容易。因为，预解式系数必同原方程根是相互联系的。比如我们知道了一元五次方程第一个根的解法，则其他根的求出必不再须解五次方程。这是无可辩驳的事实。但是如果他不能从众多预解式里选出第一个预解式来，以此理由来说明 阿贝尔定理是对的，是没有根据的。好比你无法确定其中一个因式是什么样子，你就否定这个多项式不能分解因式类似这样的错误。因为预解式是他一种估算，方程越高次，越估算不到。他不知道一元高次方程能降次的基本原理。

我想问一下各位，一元四次或更低方程，为何可实现降次。当然你们会以伽罗瓦理论来辩论。那么我再问你们，你们谁能创造出不含根式的一元二次方程或三四次方程代数求根公式来吗？为什么？ 这是因为方程产生 漏根的办法只有二种， 一种是方程刚好整除了含未知数的因式，发生漏根，达到降次目的，一种刚好将未知数全整合成一块，另一边是已知数，达到漏根，取到降次目的。第一种方法，显然有五个因式，你无法用低次方程算出第一个因式。因此只有选择整合的办法解决。也就是不断整合漏根达到降次的目的。

利用数学新定理，发明一元高次方程求根公式通用推导方法

1、 二个数学新定理介绍

定理A、 同解方程式必可求定理：指任意二个一元高次方程之间，只要存在相同的解，则相同解方程式必可求出。

利用价值：如果我们要推导出一个系数为已知数的一元高次方程求根公式，我们可以先求出和此方程有同解的一元高次方程，只要求出的同解方程不是原方程的整倍数，根据同解方程式必可求定理，就可推导出方次更低的同解方程式来。

定理B、 同解方程判别定理：指任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。

利用价值：1》、根据方程系数判别式等于零，则二个方程之间必存在相同解。因此，我们如果要设置一个和原方程有相同解的方程出来，只要确保它们的方程系数符合判别式等于零，这个方程必与原方程有同解。

2》、利用此定理可以对多元高次方程组快速消元。这个应用在此不作详细介绍。

2、同解方程式必可求定理论证过程

同解方程式必可求出定理

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

由于论证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的左边x4＋mx3＋nx2＋px＋q总可可化成二部分,即一部分可以整除另一方程左边 x3＋ax2＋bx＋c的一部分 和不能整除 x3＋ax2＋bx＋c的另一部分,因此方程又化成：

（ x3＋ax2＋bx＋c ）（x＋m－a）＋（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 ；的形式.

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。否则它不是公共根,因此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个同解根，则方程：（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0，就是二个方程的同解方程式。

当x2的系数（n＋a2－am－b）=0，而x系数（p＋ab－bm－c）≠0则二个方程之间的同解方程必为：（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x3＋ax2＋bx＋c =0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－bp＋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同解方程式。

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。

3、同解方程判别定理的论证过程：

同解方程判别定理

定理：任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。

论证过程：

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：

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。正因为假设定理不成立必引起这种矛盾，所以判别定理成立。

有人会问是否任意二方程都存在对应的固有判别式结构呢？这个让我来证明它。

1；由于要判别二个方程是否有公解，二个方程系数必是已知数。才能知道判别式值是否等于零。否则无法判别。

2；在计算判别式值时，由于方程所有根都可合成对称性群。因此，由牛顿对称性多项式定理可知判别式可变成仅由二方程系数及某些自然数构成。

3；用碾转法得出的方程系数关系不能作为判别二方程有公共解的依据。因为碾转过程存在去分母问题。方程二边乘以零，会使不相等变成相等。

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。

4、揭开一元高次方程求根公式推导规律。

由于二个数学新定理的真实存在，因此，根据同解方程式必可求定理，如果我们要推导出一元三次方程求根公式，我们只要能求出一个和它有同解的方程，但又不是它的整倍数，我们就可以求出它们的同解方程式。而这个同解方程式是低于3次方的。同理，如果我们要推导一元五次方程求根公式，我们只要求出一个和它有同解，但又不是整数倍关系的一元高次方程，则可以推算出它们之间的同解方程式出来，而这个同解方程式是低于5次方的。以此类推。

５、为简便说明问题，我先来演示方程X3＋ax2＋bx＋c=0求根公式的推导过程；

根据前面公共解方程式必可求定理我们知道，只要求出一个和X3＋ax2＋bx＋c=0有一个同解方程出来，就必可推导出符合二个方程求解的同解方程式来。

又根据前面的同解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（m2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 函数关系时二个方程必有同解。

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，就可以利用同解方程必可求定理求了出二方程的同解方程式。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 ， 再配成缺平方项形式如下【相当于n的坐标在x轴上平移（－am＋a2－2b）/3】得：

.

【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3＋｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）23 /32｝【n ＋（－am＋a2－2b）/3】－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/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 ； 通过我们所设方程：

｛【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。

又根椐定理A同解方程式必可求出定理 ，将这个公共根推算出来。

６、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，通过前面同解方程式必可求定理就可以推导出这个公共根来。

根据前面同解方程判别定理可知，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：

n4 ＋a（－mn3 ）＋b（m2n2 －2n3）＋c（－m3n＋3mn2）＋d（m4 －4m2n＋2n2 ）

＋a2（n3）＋ab（－mn2 ）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ）＋c2n－cdm＋d2=0时；

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

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 m4－adm3＋bdm2-cdm＋d2=0；

配成缺立方项形式【说明：相当于n的坐标移动（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-

4（am＋2b-a2）／4】＋dm4－adm3＋bdm2－cdm＋d2-【（am＋2b-a2）／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。通过解下面所设关于ｍ的一元三次方程：

｛【（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】 ；

又可求出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（ｍ、ｎ可求出）了，再根据同解方程必可求出定理去推导出这个公共根了。 ７、一元五次方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0的求根公式的推导过程

同样，只要能求出与X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解但不是整数倍的另一个一元高次方程来，根据前面同解方程式必可求定理，就可以得出低于５次方的一元方程来。

我们先假设方程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。

根据前面同解方程判别定理我们知道，只要二方程的系数符合判别式等于零，则二个方程必互为同解方程

判别式推导过程如下：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＋g X１10＋h X１9＋j X１8＋k X１7＋m X１6＋n X１5＋r X１4＋s X１3＋t X１2＋w X１＋z）（X[1**********]211２＋g X２＋h X２＋j X２＋k X２＋m X２＋n X２＋r X２＋s X２＋t X２＋w X２＋z）（X３＋g X３10＋h X３9＋j X３8＋k X３7＋m X３6＋n X３5＋r X３4＋s X３3＋t X３2＋w X３＋z）（X４11＋g X４10＋h X４9＋j X４8＋k X４7＋m X４6＋n X４5＋r X４4＋s X４3＋t X４2＋w X４＋z）（X５11＋g X５10＋h X５9＋j X５8＋k X５7＋m X５6＋n X５5＋r X５4＋s X５3＋t X５2＋w X５＋z）

分析：从前面一元三次方程、一元四次方程判别式推导结果可以知道，展开后，X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５都可换成一元五次方程的系数 ，这样变成了由方程系数组成的判别式了。围绕判别式等于零成立，都能得出和X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解的方程，这个判别式等于零的方程是含变量g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z的十一元五次代数式，是有无限多解的，而我们只要一组解就足够，这就为我们想配方成特殊方程求解创造了条件。这个判别式我大意把它描术成如下形式来研究：z 5＋f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）z 4＋f（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）z 3＋f（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、

、h、……w3、w2、w）z 2＋f（g4、g3 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h、……w4、w3、w2 、w）z ＋

、f（g5 、g4、g3 g 2、g 、h5 、h4 、h3 、h2 、h、……w5、w4、w3、w2 、w）=0；

有人会问为什么要设出这么多未知数呢，这是因为，无论你设出多少未知数，都必须保证判别式等于零，而判别式等于零的方程中总是表现了多元五次函数，总是最后有一个未知数要解一元五次方程，为了把最后解的一个未知数配方成特殊的一元五次方程，必须要实现分层次配方才行。未知数少了，没办法直接进入五次方配方。下面是分层配方求解的步骤。 上式如果在横坐标上移动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（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）【z+f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】3＋f１（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、h、……w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】2 + f１

、（g4、g3 g 2、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》；

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（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】3＋f１（g3 、 g 2、g 、h3 、h2 、h、……w3、w2 、w）【z+ f（g 、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）

、／5】2 + f１（g4、g3 g 2、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 g 2、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；

、2又设【f１（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）】=5【f１（g4、g3 g 2、g 、h4 、h3 、h2 、h、……w4、

w3、w2 、w）】…………《2式》；

f１（g3 、 g 2、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 g 2、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。结果可求出g；这样一个和方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解的方程便求出来了，根据同解方程式必可求定理，二个方程公共根便可求出来。为什么可以肯定地说，阿贝尔定理的支持者无法证明所求出的一元十一次方程是X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0的整倍数呢？第一、我们利用此法推导一元三次方程求根公式时，没有发现二个方程通常情况下会出现二个同解的问题。

第二、z的五个解都可求出，说明了当其它十个系数确定值后，有五个方程和原五次方程有公共解。如果其中一个能整除原五次方程，则任选其中二个方程相减

必可得出一个公因式，但实际却得到不是一个因式，而是z1-z2 等形式因此说阿贝尔定理是错的。