伽罗瓦理论(2)：用根置换解方程的初尝试

天选小丑 2023-07-03 发布于广西

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在上一篇文章《伽罗瓦理论(1)：什么是方程的根式解？》中，我简单地介绍了多项式方程根式解的含义，同时在文章的末尾我也先提到了方程是否根式可解与根的置换有关。现在我们尝试用根的置换来探索解方程的过程，初步了解根置换在解方程中的作用和意义。

我们先回顾一下三次方程的求解过程，看看解方程的过程究竟是在解什么。在上一篇文章中，我们说所有的三次方程，即一般的三次方程都可以表示为首项系数为1的方程：

\begin{equation} x^3+b x^2+c x+d=0 \tag{1.7} \end{equation}

而且，通过一个简单的替换：

\begin{equation} x=y-\frac{b}{3}\tag{1.8} \end{equation}

可以把一般的首项系数为1的三次方程转化为一个关于y的缺二次项的三次方程：

\begin{equation} y^3+p y+q=0\tag{1.9} \end{equation}

然后通过一个神来之笔的巧妙变量替换：

\begin{equation} y=z-\frac{p}{3 z}\tag{1.10} \end{equation}

把这个关于y的缺二次项三次方程(1.9式)转化为一个关于

z^3

的二次方程：

\begin{equation} z^6+q z^3-\frac{p^3}{27}=0\tag{1.11} \end{equation}

从而利用已知的二次方程求根公式求解出

z

，然后通过那个神来之笔的巧妙变量替换(1.10式)反解回去，就得到了缺二次项三次方程的求根公式——卡尔达诺公式：

\begin{equation} y=\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}\tag{1.12} \end{equation}

最后再反解回去(1.8式)，便可得到关于x的一般的首项系数为1的三次方程的求根公式。

我们仔细考察这个求解过程不难发现，其中的关键就在于那个神来之笔的变量替换，它可以非常巧妙地将缺二次项的三次方程降次为一个二次方程，从而让我们可以利用已知的二次方程求根公式进行求解。

事实上，四次方程的求解过程也同理，也是通过巧妙的变量替换将四次方程降次为一个三次方程，从而利用已知的三次方程求根公式进行求解。

所以，解方程的过程中依赖于一种类似于灵光乍现的灵感，让我们得以找到那个巧妙的变量替换，从而可以将方程进行降次求解。而且，对于不同次数的方程，相应的那个巧妙的变量替换还不一样。也就是说，面对不同次数的方程，我们需要不同的灵感才能得到那个恰到好处的变换。解三次方程需要一个巧妙的变换，解四次方程需要另一个巧妙的变换，解五次方程需要另另一个巧妙的变换，

\cdots

，解n次方程需要第(n-2)个巧妙的变换，

\cdots

。这样以此类推下去，解方程还能怎么解？哪有那么多的巧妙变换可以用来解一般的n次方程？

了解数学这门学科的特点的人应该都知道，数学最擅长把特殊情况统一为一般情况。就好比鸡兔同笼的问题，不管你是有几个头和有几条腿的动物，也不管你的问题多特殊，我们都可以统一转化为代数方程的形式进行通用求解，而不用对每个具体问题都发明一种具体的巧妙方法进行求解。这就是数学中解方程的威力，它让我们可以统一地解决某一类模式的问题。

同样地，对于上面所述的解多项式方程的问题，我们相信应该还有一套通用的一般方法，可以适用于任何次数的方程的求解。

历史上对于这个问题作出重要贡献的是范德蒙和拉格朗日。

范德蒙跟拉格朗日一样，也是一位法国的数学家。他毕生的兴趣是音乐，因此在数学家的眼中，他是音乐家，在音乐家的眼中他是数学家。他对解方程的主要洞察在于：把方程的每一个根都用方程的所有根表出，使之成为根的一个对称表达式。比如，对于首项系数为1的一般二次方程：

\begin{equation} x^2+bx+c=0\tag{2.1} \end{equation}

假设它的两个根是

x_1

和

x_2

，那么我们有：

\begin{equation} \begin{aligned} & x_1=\frac{1}{2}\left[\left(x_1+x_2\right)+\left(x_1-x_2\right)\right] \& x_2=\frac{1}{2}\left[\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1-x_2\right)\right] \end{aligned}\tag{2.2} \end{equation}

这样的表示方式就是把

x_1

和

x_2

都用原方程的所有根的组合表达出来，它有助于我们解方程，因为我们都知道，对于二次方程，我们有一个表达根与系数关系的重要定理——韦达定理：

\begin{equation} \begin{aligned} x_1+x_2&=-b\x_1 \cdot x_2&=c \end{aligned}\tag{2.3} \end{equation}

通过这个定理我们可以求出：

\left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2=b^2-4 c

从而得到：

x_1-x_2=\pm \sqrt {b^2-4 c}

把这个结果和

x_1+x_2=-b

代入2.22式，即可得到二次方程的求根公式：

\begin{equation} x_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4 c}}{2}\tag{2.4} \end{equation}

在初中的时候我们就已经对二次方程的韦达定理非常熟悉了。现在，我们从另外一个角度来观察它。

对于韦达定理的两个恒等式，我们任意置换

x_1

和

x_2

，那么等式依然成立。比如将

x_1

和

x_2

互换，即对2.3式中涉及的两个根施加

x_1\rightarrow x_2,x_2\rightarrow x_1

这样的置换，其结果变为：

\begin{aligned} x_2+x_1&=-b\x_2 \cdot x_1&=c \end{aligned}

这样置换之后的等式依然成立，因为加法和乘法都满足交换律。同样地，如果对这两个等式中涉及的两个根

x_1

和

x_2

施加另外一个置换——恒等置换，即

x_1\rightarrow x_1,x_2\rightarrow x_2

，那么显然2.3式这两个等式的结果依然是它本身，其结果当然也保持不变。

由于二次方程两个根的所有置换就是这两个置换(我们用

S_2

表示两个根的置换的集合)，所以2.3式这两个等式对于根的所有置换都保持不变。

这样就引出了一个非常重要的概念——对称多项式。由韦达定理所给出的包含了根

x_1

和

x_2

的多项式（实际上是多元的多项式），即：

\begin{equation} \begin{aligned} \sigma_1&=x_1+x_2\\sigma_2&=x_1 \cdot x_2 \end{aligned}\tag{2.5} \end{equation}

它们在方程根的所有置换下都保持不变，我们称这样的多项式为对称多项式。当然，关于根的对称多项式不止上面这两个，还有很多其他的表达式，比如下面这些：

\begin{aligned} &x_1^2+x_2^2\&(x_1- x_2)^2\&|x_1-x_2|\&\cdots \cdots \end{aligned}

而对于下面这些多项式：

\begin{aligned} &x_1+3x_2\&x_1- x_2\&x_1^2+x_2\&\cdots \cdots \end{aligned}

它们在根的置换下不再保持不变。比如，如果我们对换

x_1+3x_2

这个多项式中的

x_1

和

x_2

，它的结果变为

x_2+3x_1

，而这样的结果与置换前一般是不相等的，即：

x_1+3x_2\neq x_2+3x_1

所以

x_1+3x_2

这样的多项式不是对称多项式。

不对称的多项式当然有很多很多，而对称的多项式同样也有很多很多。在众多的对称多项式中，有一种特别的对称多项式是最基本的对称多项式，我们称它们为初等对称多项式。

初等对称多项式就是由韦达定理所给出的那些对称多项式，例如上面的2.5式。然而，它们只是二次方程的根的对称多项式，对于任意次数的方程，我们也有相应的韦达定理。

如果

x_1, x_2, \cdots, x_n

是首项系数为1的一般n次方程

x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n=0

的n个根，那么这个方程可以写成如下的形式：

(x- x_1)(x- x_1) \cdots (x-x_n)=0

把这个方程左边乘开之后，对比原方程的系数，我们就可以得到首项系数为1的一般n次方程的韦达定理：

\begin{aligned} \sigma_1 & =x_1+x_2+\cdots+x_n=-a_1, \\sigma_2 & =x_1 x_2+x_1 x_3+\cdots+x_1 x_n+x_2 x_3+\cdots+x_{n-1} x_n=a_2, \& \vdots \\sigma_n & =x_1 x_2 \cdots x_n=(-1)^n a_n, \end{aligned}

这里的

\sigma_k, k=1,2, \cdots, n

，表示所有可能的k个

x_i

的乘积。比如第二个多项式

\sigma_2

，它是由所有可能的2个根的乘积之和表出的，这样的乘积有

C^2_n=\frac{n(n-1)}{2}

个。这些多项式

\sigma_k, k=1,2, \cdots, n

都是初等对称多项式，而且它们的取值都与方程的系数有关，即都可以由方程的系数给出。比如第一个初等对称多项式

\sigma_1

，它的取值刚好就等于

-a_1

。

有了初等对称多项式的概念之后，我们很自然地会提出这样一个问题：初等对称多项式与一般的对称多项式有什么关系？比如上面提到的这个对称多项式

(x_1- x_2)^2

，它跟初等对称多项式

\sigma_1

和

\sigma_2

有什么关系？

它们之间的关系实际上我们在上面已经提到过了，就是这样的一种关系：

\left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2=\sigma_1^2-4 \sigma_2=b^2-4 c

从这个结果我们不难看出，对称多项式

(x_1- x_2)^2

可以表示成初等对称多项式

\sigma_1

和

\sigma_2

的一个多项式，也就是说它可以由初等对称多项式予以表出。

因此，我们引入关于对称多项式的一个非常重要的定理——牛顿定理：任何一个关于变量 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的对称多项式都可以表示为初等对称多项式 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 的一个多项式。

根据韦达定理，初等对称多项式的值都可以由原方程的系数给出，所以，从牛顿定理还可以导出这样的推论：任何一个关于方程的根的对称多项式都可以由原方程的系数表出。

我们在初中学习代数的时候有一类题目。例如，题目不是让你求解方程

x^2+bx+c=0\

的两个根，而是让你求关于这个方程的两个根的多项式

x_1^2+x_2^2

的值。

现在看来都是在验证牛顿定理，即把对称多项式表示为初等对称多项式的一个多项式：

x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2 x_1 x_2=\sigma_1^2-2 \sigma_2=b^2-2 c

学过线性代数的同学应该知道，任何一个n维向量都可以用一组基来线性表出。从牛顿定理我们可以看出，对称多项式的情况也与此类似，任何一个对称多项式都可以由初等对称多项式表出，只不过这种表出的方式不像向量空间中的那种线性表出，而是一种多项式表出。其中，初等对称多项式的地位就与n维向量空间中的一组基类似。

说了那么多关于对称多项式的内容，那它究竟在解方程的时候有何用？

我们继续以首项系数为1的一般二次方程

x^2+bx+c=0

为例。根与系数之间的关系式由韦达定理给出：

\begin{aligned} \sigma_1&=x_1+x_2=-b\\sigma_2&=x_1 \cdot x_2=c \end{aligned}

这两个关于根的多项式

\sigma_1

和

\sigma_2

都是对称多项式，也就是它们在两个根的所有置换（实际上只有两个置换——

S_2

）下都保持不变。这就说明这两个根是不可区分的，如果我们仅凭这两个对称多项式，那是无法得到方程具体的解的。但是，如果我们能得到一个非对称多项式的值，那么联立原来的对称多项式我们就可以得到原方程的解。

比如，如果我们知道

x_1-x_2

的值(设为

\theta

)，那么联合原来的对称多项式：

\left\{\begin{array}{l} x_1+x_2=-b\x_1-x_2=\theta \end{array}\right.

就可以得到方程的解。这是简单的二元一次线性方程组的求解问题。显然，

x_1-x_2

是一个非对称多项式，因为当我们对换两个根之后，这个多项式变为：

x_2-x_1\neq x_1-x_2

，其结果已经发生改变。也就是说，一旦我们知道了某些非对称多项式的值，那么方程就有可能进行求解。所以，求解方程的过程就是要尽可能的找到一些非对称多项式，以及它们的取值。但是非对称多项式的取值我们如何知道呢？如上面那个

\theta

。

虽然咋一看我们好像不知道非对称多项式的取值，但是我们明显可以看出这个非对称多项式与某些对称多项式有联系，即虽然

x_1-x_2

不是对称多项式，但是它的平方

(x_1-x_2)^2

是对称多项式啊！

并且根据牛顿定理，任何一个对称多项式都可以由初等对称多项式的一个多项式表出，而初等对称多项式的值我们是知道的，它们是由韦达定理给出的，所以实际上我们是可以得到对称多项式

(x_1-x_2)^2

的取值的。得到了它的值之后我们就可以得到非对称多项式

x_1-x_2

的值，也就可以得到原方程的解。

也就是说我们求解方程时要先求

x_1-x_2

这个非对称多项式的值，最后再求解原方程的解。现在我们把这个过程与根的置换联系起来，看看根的置换是如何起作用的。

x_1-x_2

在根置换

S_2

下有两个结果，分别就是

x_1-x_2

和

x_2-x_1

，而以这两个结果为根的首项系数为1的二次方程我们可以写为：

[y-(x_1- x_2)][y-(x_2- x_1)]=0

把这个方程乘开之后就得到：

y^2-(x_1- x_2)^2=0

这个方程是一个缺一次项的二次方程，而且其系数

(x_1- x_2)^2

还是一个对称多项式，根据牛顿定理，它一定可以由初等对称多项式表出，实际上

\left(x_1-x_2\right)^2=[\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2]=(\sigma_1^2-4 \sigma_2)=b^2-4 c

解这个方程当然是非常容易的，因为它没有一次项，且系数又是已知的。所以我们得到：

\begin{aligned} y_1&=x_1-x_2=\sqrt {b^2-4 c}\y_2&=x_2-x_1=-\sqrt {b^2-4 c} \end{aligned}

再联立韦达定理根与系数的关系式

x_1+x_2=-b

，就可以得到原方程的根式解——求根公式：

x_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4 c}}{2}

二次方程实际上是比较简单的，而且我们已经先入为主地接受了从配方法中得到的求根公式，所以上面所述的过程可能还不足以让你体会到根置换与方程根式可解性的联系。

我们继续来看三次方程，先来看看范德蒙的方法。

上面我们已经说了，范德蒙在解方程方面提出的最重要见解就是：用方程的所有根来表达每一个根。比如，对于缺二次项的三次方程：

\begin{equation} x^3+p x+q=0\tag{2.6} \end{equation}

(我们这里用x来表示未知变量，其实跟1.9式所表示的方程是一样的，只不过符号不一样而已)

假设它的三个根分别为

x_1

x_2

和

x_3

，范德蒙结合三次分圆方程

x^3-1=0

的三个复数根1,

\omega

w^2

，把每一个根都用所有根和三次分圆方程的单位根组合在一起给表示出来。

所谓n次分圆方程的单位根就是指

x^n-1=0

这个方程的根，它们均匀分布在复平面的单位圆上，可以用下面的表达式统一表示出来：

\zeta_k=\mathrm{e}^{\frac{2k \pi}{n} i},k=0,1,2,\cdots,n-1

如果我们记其中的一个根为

\zeta=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi}{n} \mathrm{i}}

，这个根被称为n次分圆方程的一个本原单位根(本原单位根不止1个，比如

\omega

和

w^2

都是三次分圆方程的本原根)，意思就是说方程的所有根都可以由这个根来生成，也称为生成元，即任何一个根都可以用这个本原单位根的幂次来表示：

\zeta_k=\mathrm{e}^{\frac{2k \pi}{n} i}=\zeta^k,k=0,1,2,\cdots,n-1

那么这个方程的所有根就是

1, \zeta, \cdots,\zeta^{n-1}

。(后面我们讲到群论之后就会知道这些本原单位根其实就是循环群的生成元。)

由于方程

x^n-1=0

可以因式分解为：

(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1)=0

且

\zeta=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi}{n} \mathrm{i}}\neq1

是其一个根，所以

\zeta

同时满足：

\left\{\begin{array}{l} \zeta^{n}=1\\zeta^{n-1}+\zeta^{n-2}+\cdots+\zeta+1=0 \end{array}\right.\tag{2.7}

对于三次分圆方程

x^3-1=0

，其三个复数根1,

\omega

w^2

满足：

\left\{\begin{array}{l} \omega^{3}=1\\omega^{2}+\omega+1=0 \end{array}\right.\tag{2.8}

其中，

\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}

。

从分圆方程出发，我们还可以得到另外一类重要的多项式方程的解：

\begin{equation} x^n-a=0, a \in \mathbf{C}\tag{2.9} \end{equation}

设复数d满足：

d^n=a

，即d是方程2.9的一个根，则这个方程的所有根为：

d, d \zeta, d \zeta^2, \cdots, d \zeta^{n-1}

其中，

\zeta=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi}{n}}

，是n次分圆方程的一个本原单位根。

分圆方程对于在求解一般方程的根式解，以及在证明方程没有根式解的时候都扮演了至关重要的一个角色，因为它是最简单的多项式方程。我们都知道，在数学中，很多一般性的结论或定理，都可以从最简单的特殊情况出发，通过一步步推广而得到。分圆方程在解方程中的地位，就是扮演了那个最简单的特殊情况，比如要求方程2.9的根，就可以从分圆方程的单位根中推广而得到。

范德蒙利用分圆方程的根，然后根据他自己提出的那个重要见解：用方程的所有根来表示每一个根。把三次方程的每个根都表示如下：

\begin{aligned} & x_1=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \& x_2=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega^2\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \& x_3=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega^2\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \end{aligned}

之所以可以这么表示，原因就在于

\omega

所满足的两个等式(2.8式)，这个是很容易验证的。

仔细观察上面刷红色和刷黄色部分的多项式，我们不难发现，它们其实就是三次方程的三个根和三次分圆方程的根分别两两配对结合之后求和得到的。

比如红色那部分，就是

x_1

x_2

和

x_3

，分别和1,

\omega

w^2

按顺序配对之后求和得到

\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3

。而蓝色那个就是把1,

\omega

w^2

换为1,

\omega^2

(w^2)^2=w

，然后分别与三个根配对之后求和得到

{\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}

。实际上就是用三次分圆方程的两个本原单位根

w

和

w^2

分别构造相应的多项式。

现在我们记：

\begin{aligned} U=({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3})^3\V=({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3})^3 \end{aligned}

如果我们能得到U和V的值，那么就能够得到红色部分和蓝色部分的值。当然由于三次方程有三个根，所以红色部分和蓝色部分分别都有三个值。

那怎么样才能求解U和V呢？注意到，U和V其实都是原方程三个根

x_1

x_2

和

x_3

的多项式，而一旦涉及到包含根的多项式，我们很自然地就会想到韦达定理、对称多项式和牛顿定理等。

如果U和V是关于

x_1

x_2

和

x_3

的对称多项式，那么根据牛顿定理，它们肯定可以表示成初等对称多项式的一个多项式。而又根据韦达定理，初等对称多项式的值都是由方程的系数确定的，而方程的系数是已知的，所以U和V也是可以求解出来的。

但是，U和V到底是不是关于

x_1

x_2

和

x_3

的对称多项式呢？我们把三个根的所有置换

S_3

都列出来，然后看看在每个置换下，U和V是否都能保持不变，如果是，那么就说明U和V都是对称多项式。

关于

x_1

x_2

和

x_3

的任意置换，比如

x_1 \rightarrow x_1, x_2 \rightarrow x_3, x_3 \rightarrow x_2

这个置换(记为

g_2

)，我们这样来表示：

g_2=\left(\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \1 & 3 & 2 \end{array}\right)

上面一行的1、2、3表示三次方程的三个根

x_1

x_2

和

x_3

，下面一行表示这三个根经过置换

g_2

的作用之后的结果。

根据排列组合的知识点，我们知道三个根的所有排列，也就是所有的置换

S_3

的个数有

3!=6

个。在这6个置换的作用下， U和V的结果如下图所示：

图2.1

从上图中可以看出， U和V在

g_1

、

g_5

和

g_6

这三个置换下保持结果不变，比如我们看

g_5

这个置换，在它的作用下，

U

的结果为：

\begin{aligned} g_5(U)&=(x_2+\omega x_3+\omega^2 x_1)^3\&=\omega^3\cdot(x_2+\omega x_3+\omega^2 x_1)^3\&=(\omega x_2+\omega^2 x_3+\omega^3 x_1)^3\&=({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3})^3\&=U \end{aligned}

这里用到了

\omega^3=1

这个等式。

而在

g_2

、

g_3

和

g_4

这三个置换的作用下，U的结果变为了V，V的结果变为了U，这一点也很容易验证。因此，U和V并不是关于

x_1

x_2

和

x_3

的对称多项式。但是，在所有的置换

S_3

的作用下，U的结果都只有两个取值：U、V；V的结果也只有这两个取值：U、V。

既然U和V都不是对称多项式，那么它们应该就无法用初等对称多项式来表示，也就无法求出它们的值了。但是，事实上真的如此吗？

范德蒙的天才之处就在于，他注意到，虽然U和V都不是对称多项式，但是从这两个多项式在

S_3

的所有置换下的结果来看(图2.1)，下面这两个多项式是对称多项式：

\begin{aligned} U+V, U\cdot V \end{aligned}

这是非常关键的想法。

既然这两个多项式是对称多项式，那么根据牛顿定理，它们就一定可以由初等对称多项式表示出来。

事实上，经过简单的一番计算之后，我们可以得到：

\begin{aligned} U+V&=-27q\UV&=-27p^3 \end{aligned}

对比一下二次方程的韦达定理(2.3式)：

\begin{equation} \begin{aligned} x_1+x_2&=-b\x_1 \cdot x_2&=c \end{aligned}\tag{2.3} \end{equation}

我们可以得到这样的结论：U和V是下面这个关于t的二次方程

\begin{equation} t^2+27 q t-27 p^3=0\tag{2.10} \end{equation}

的两个根。

而对于二次方程的求解我们已经非常熟悉了，直接套用求根公式就可以得到：

\begin{equation} \begin{aligned} U=27\cdot\left(\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right)\V=27\cdot\left(\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right) \end{aligned}\tag{2.11} \end{equation}

当然，你把U和V的结果对换一下也是对的。事实上，这就相当于把两个标签(U和V)分配给两个根而已，无论怎么分配都不影响方程的根。我们不妨就选择上面的分配结果。

得到了U和V的值之后，现在我们就可以通过U和V的定义反解出红色和蓝色两个多项式的结果，即有：

\begin{equation} \begin{aligned} U=({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3})^3=27\cdot\left(\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right)\V=({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3})^3=27\cdot\left(\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right) \end{aligned}\tag{2.12} \end{equation}

两边开立方根之后，我们就得到：

\begin{equation} \begin{aligned} {\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}=3\cdot\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}\{\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}=3\cdot\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} \end{aligned}\tag{2.13} \end{equation}

对于这个结果中涉及到的开方运算，我们有必要讨论一番。

我们中学的时候就已经非常熟悉开方运算的符号表示了，比如我们用这样的符号

\sqrt[3]{4}

来表示4的立方根，而且那时候我们一般都默认这样的符号表示的是一个实根，它满足

x^3-4=0

。但是现在我们要说明，在复数域中，这样的符号表示需要事先约定好它的意义，不然的话很容易引起误解。比如，如果仅仅用符号

\sqrt[3]{4}

表示方程

x^3-4=0

的根，那么它到底是表示方程的其中一个根，还是表示了三个根？意义并不明确。我们也可以约定这个符号仅表示其中的一个根，那么根据前面我们已经提到的一类特殊的多项式方程(2.9式)

\begin{equation} x^n-a=0, a \in \mathbf{C}\tag{2.9} \end{equation}

有n个复根：

d, d \zeta, d \zeta^2, \cdots, d \zeta^{n-1}

其中的d是该方程的一个具体的根，而

\zeta

是一个n次本原单位根。

则方程

x^3-4=0

的三个根为：

\sqrt[3]{4}, \sqrt[3]{4} \omega, \sqrt[3]{4} \omega^2

其中，

\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}

，是一个三次本原单位根。

所以，对于开n次方根运算

\sqrt[n]{a}

这样的符号，除非我们事先已经约定了它仅仅表示方程2.9的某一个具体的根，否则，它应该被理解为方程2.9的所有n个复根。那么对于方程2.12，它其实就是属于方程2.9那一类的方程，所以它实际上是有三个根的，2.13式就是用开3次方根的符号统一地表示出了方程2.12的三个根。

当我们约定

\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}

这个符号仅仅表示方程

x^3=\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}

的其中一个根的时候，上面2.13式的表示就不完整，而是应该把

\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3

的三个根都表示出来：

3\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}, 3\omega\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}, 3\omega^2\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}

为了表达和书写上的方便，我们这里就约定

\sqrt[n]{a}

这样的符号表示的是方程2.9的所有三个根。

把上面2.13式这个结果代入范德蒙所采用的表示方法，即用三次方程所有根表示每一个根的等式：

\begin{aligned} & x_1=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \& x_2=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega^2\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \& x_3=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega^2\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right] \end{aligned}

并注意到，根据韦达定理，缺二次项三次方程(2.6式)的三个根满足：

x_1+x_2+x_3=0

最后我们就可以得到方程2.6的三个根：

\begin{aligned} & x_1=\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}\& x_2=\omega^2\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\omega\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}\& x_3=\omega\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\omega^2\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} \end{aligned}

这三个式子可以写成一个统一的形式：

\begin{equation} \begin{aligned} x_{1,2,3}=&\varepsilon \sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\&\varepsilon^2 \sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\\frac{p^3}{27}}} \end{aligned}\tag{2.14} \end{equation}

其中：

\varepsilon=1, \omega, \omega^2, \quad \omega=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2}

。

这其实就是缺二次项的三次方程的卡尔达诺公式，跟上一篇文章中的1.13式是一样的，只不过这里我们用的符号是x，上一篇文章那里用的符号是y。

但是这里有一个问题需要注意，由于开三次方根符号

\sqrt[3]{}

表示了三个根，所以上面那个

x_1

的表示式，其实应该有

3\times3=9

种可能，但是根据代数学基本定定理，三次方程最多只有三个不同的根，不可能有9个，其中应该有6个不是方程的解。这里我只简单解释一下，具体你们可以自行手动运算验证一下。事实上，我们有下面这个等式恒成立：

{(\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3})({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3})=-3p

这个只需要把上面左边乘开，然后利用韦达定理即可验证。

为了保证这个等式成立，

\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3

和

\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3

能够同时取得的值就会受到限制，所以它们不可能独立地任意取到三个根的值，最终就只能取满足限制的值，从而使得三次方程的根只有3个，而不是9个。

范德蒙就是这样利用了三次分圆方程的根，把方程的任意一个根都用所有根表示出来，然后考察其中两个关键的多项式(U和V)在方程的根置换下的结果，进而得到了两个对称多项式，并利用牛顿定理和韦达定理，把三次方程的求解转化为一个已知系数的二次方程进行求解，最终得到了缺二次项的三次方程的卡尔达诺公式，这个公式当然就是方程根式解的求根公式。也就是说，范德蒙的方法与开篇所述的那种神来之笔的变量替换方法殊途同归，都不约而同地得到了缺二次项三次方程的求根公式——卡尔达诺公式。真是异曲同工！

以上就是范德蒙通过观察根的置换来求解三次方程的第一次尝试，他的想法是攻克一般五次方程的关键想法。

范德蒙还以同样的思路成功地解出了一般四次方程。但是对于五次方程，他的方法失败了。此外，上述找U+V和UV这两个对称多项式的方法也不容易，是否可以针对原方程直接去找一个与根

x_1, x_2, \cdots, x_n

有关的对称方程？解了前者，再去解原方程？这就是拉个朗日的预解式方法。

拉格朗日与范德蒙遵循着相同的思路，但是拉格朗日的数学功底更深厚，对问题的分析更透彻。1771年，拉格朗日在柏林科学院发表了他的论文——《对方程的代数解的思考》，正是在这篇文章中，拉格朗日把通过方程根的置换来求解方程的想法呈现给了广大数学家，并为世人所熟知。

这的确非常不公平，本来是范德蒙首先想到了这一点，而且这个想法已经得到了现代教材的认可。主要原因是范德蒙在1771年(与拉格朗日递交发表论文同一年)递交给巴黎科学院的论文在当时没有得到关注，他的论文被认为“对代数学的发展没有产生影响”；而且他的论文直到 1774 年才发表，那时拉格朗日的论文已经广为人知。

没有证据表明拉格朗日知道范德蒙的工作。总之，拉格朗日是一个诚实的人，如果他知道范德蒙的工作的话，他会承认这一点。这是两个数学天才所见略同的典范，更准确地说，这是一个伟大的数学天才与一个优秀的数学天才所见略同的典范。

现在我们来看看拉格朗日的方法。我们仍然以缺二次项的三次方程为例，因为这个方程的解搞明白了之后，一般的三次方程的解也可以简单反推得到。所以，不失一般性，我们就继续以缺二次项的三次方程为例来了解拉格朗日对解方程的思考过程。

我们用符号x作为未知量来表示缺二次项的三次方程(即1.9式中的y改用x)：

\begin{equation} x^3+p x+q=0\tag{2.6} \end{equation}

然后用符号y来表示那个神来之笔的巧妙变量替换，也就是把1.10式中的符号z换为y，y换为x：

\begin{equation} x=y-\frac{p}{3 y}\tag{2.15} \end{equation}

这样的表示跟前面1.10式是一样的，只不过换了一个符号来表示而已。

经过这样神来之笔、巧妙的变量替换(2.15式)之后，缺二次项的三次方程(2.6式)转化为一个关于y的六次方程：

\begin{equation} y^6+q y^3-\frac{p^3}{27}=0\tag{2.16} \end{equation}

这个结果也是跟1.11式是一样的，只不过换了个符号。

如果我们把

y^3

看成一个整体，并设

r=y^3

，那么这个方程就是一个首项系数为1的、关于r的二次方程：

\begin{equation} r^2+q r-\frac{p^3}{27}=0\tag{2.17} \end{equation}

记这个方程的两个根为

r_1

和

r_2

，那么

y^3

就有可能取两个值：

\begin{equation} y^3=r_1或y^3=r_2\tag{2.18} \end{equation}

这样解出来的y值实际上是有6个。

为了更好地叙述拉格朗日的思考过程，现在我们在这里约定用立方根符号

\sqrt[3]{r_1}

和

\sqrt[3]{r_2}

分别表示上面两个方程(2.18式)中的一个根，不妨就设为实根(当然也有可能没有实根，因为

r_1

和

r_2

有可能同为复数)，那么这6个根就可以表示为：

\begin{equation} \sqrt[3]{r_1}, \omega \sqrt[3]{r_1}, \omega^2 \sqrt[3]{r_1}, \sqrt[3]{r_2}, \omega \sqrt[3]{r_2}, \omega^2 \sqrt[3]{r_2}\tag{2.19} \end{equation}

又根据韦达定理，我们有：

\begin{equation} \begin{aligned} r_1+r_2&=-q\r_1 \cdot r_2&=-\frac{p^3}{27} \end{aligned}\tag{2.20} \end{equation}

结合2.19和2.20把y的6个值分别代入2.15反解出x，即可得到x的三个值：

\begin{equation} \begin{aligned} x_1&=\sqrt[3]{r_1}+\sqrt[3]{r_2}\x_2&=\omega \sqrt[3]{r_1}+\omega^2 \sqrt[3]{r_2}\\ x_3&=\omega^2\sqrt[3]{r_1}, +\omega \sqrt[3]{r_2} \end{aligned}\tag{2.21} \end{equation}

虽然y有6个值，但是最终计算出来的x只有3个值，因为有些y值代入计算之后得到了相同的x值，去重之后就只有3个了。这些x的值具体怎么计算的？这里举个例子：

\begin{aligned} x_1&=\sqrt[3]{r_1}-\frac{p}{3 \sqrt[3]{r_1}}\&=\sqrt[3]{r_1}-\frac{p\sqrt[3]{r_2}}{3 \sqrt[3]{r_1}\sqrt[3]{r_2}}\&=\sqrt[3]{r_1}-\frac{p\sqrt[3]{r_2}}{3 \sqrt[3]{r_1r_2}}\&=\sqrt[3]{r_1}-\frac{p\sqrt[3]{r_2}}{3 \sqrt[3]{-\frac{p^3}{27}}}\&=\sqrt[3]{r_1}+\sqrt[3]{r_2} \end{aligned}

用同样的计算方法可以得到

x_2

和

x_3

的值。

这样原方程(2.6式)的根就是通过上面简化方程(2.16式)的解得到的。

拉格朗日证明他的前辈们所用的各种不同方法都相当于上面的方法。然后他指出，对于那个巧妙的变量替换(2.15式)，我们不要把注意力集中在 x是y值的函数上，而是应该反过来，把注意力集中在y是x的函数上。因为可以让我们全部解出原方程的正是这个简化方程，这个奥秘一定是隐藏在把简化方程的解用原先方程的解表示出来的这一联系之中。

拉格朗日注意到，当三次方程的根

x_1, x_2,x_3

作任意一个排列，也就是作任意一个置换时，下面这个式子都有一个对应的取值：

\begin{equation} y=\frac{1}{3}\left(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\right)\tag{2.22} \end{equation}

而且每一个取值刚好就是上面那个简化方程(2.16式)的根。

这是非常重要的一个洞察。验证也很简单，其实就是把2.21式的根的表达式，以及相应的根置换代入2.22式。比如对于恒等置换：

g_1=\left(\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \1 & 2 & 3 \end{array}\right)

2.22式中的y的取值为(利用

1+\omega+\omega^2=0

和

\omega^3=1

)：

\begin{aligned} y&=\frac{1}{3}\left(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\right)\&=\frac{1}{3}\left[\sqrt[3]{r_1}+\sqrt[3]{r_2}+\omega(\omega \sqrt[3]{r_1}+\omega^2 \sqrt[3]{r_2})+\omega^2(\omega^2\sqrt[3]{r_1}+\omega \sqrt[3]{r_2})\right]\&=\frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{r_1}+\sqrt[3]{r_2}+\omega^2 \sqrt[3]{r_1}+\omega^3 \sqrt[3]{r_2}+\omega^4\sqrt[3]{r_1}+\omega^3 \sqrt[3]{r_2}\right)\&=\sqrt[3]{r_2} \end{aligned}

同样的，对于其他任意一个根置换，我们都可以按照上面的方法计算出对应的y值。三个根的置换

S_3

刚好有

3!=6

个，y的值也有6个，它们都是简化方程2.16式的根。因此，简化方程的次数是由原方程的根的置换的个数决定的。

现在我们跳出繁琐的计算和细枝末节，站在一个比较高的角度来看一下拉格朗日的洞察到底是什么意思。

也许是我写得太杂太细，以至于有些同学看到这里已经忘了我们为什么而出发，我们先停下来好好回想一下我们的目标是什么？

我们的目标是要找到通用的、统一的方法，而不是依赖于神来之笔的巧妙变量替换来解方程。

具体对于三次方程而言，其求解的关键是那个神来之笔的巧妙变量替换(2.15式)，这个变量替换可以将原方程转化为一个简化方程(2.16式)，虽然这个简化方程的次数是6次的，但是却可以通过二次方程的求根公式来求解。也就是说，巧妙的变量替换使得三次方程可以降次为二次方程(2.17式)进行求解，我们先求解这个二次方程(其实也是关于y的6次方程)，然后再反解回去就可以得到原方程的解。

现在，拉格朗日构造了一个关于原方程三个根

x_1, x_2,x_3

的多项式(2.22式)，这个多项式是由三次分圆方程的三个根

1,\omega,\omega^2

与原方程三个根

x_1, x_2,x_3

进行两两配对求和之后表达出来的，跟前面范德蒙选取的多项式是一样的思路。

不过，拉格朗日这样构造的多项式，在所有的根置换 $S_3$ 的作用之下，却可以产生简化方程(2.16式)的6个根。而原来这6个根是需要我们通过那个神来之笔的巧妙变量替换之后才能求出来的。现在我们不再需要了，我们只需要让拉格朗日构造的那个多项式(2.22式) 在所有的根置换下产出相应的y值即可。有了y值之后，我们就可以参照范德蒙用所有根来表示每一个根的方法，逐一“装配”出原方程的三个根。

但是，如果我们不通过神来之笔的巧妙变量替换(2.15式)，以及由它产生的简化方程(2.16式)，我们应该如何求得多项式y(2.22式)在所有根置换下的取值呢？

为了简单起见，我们记2.22式右边那部分为：

\begin{equation} t=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\tag{2.23} \end{equation}

只要我们求出t的值，就可以求出y值，因为两者之间只是相差了一个常数1/3而已。

现在我们对2.23式施加所有的根置换

S_3

(图2.1)，得到t的6个值：

\begin{aligned} & t_1=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3, t_2=x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3, t_3=\omega^2 x_1+\omega x_2+x_3 \& t_4=\omega x_1+x_2+\omega^2 x_3, t_5=\omega^2 x_1+x_2+\omega x_3, t_6=\omega x_1+\omega^2 x_2+x_3 \end{aligned}

同前文一样，因为

\omega^3=1

，我们可以把它从式中提出来，于是就有下面两组结果：

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{l} t_1=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\t_5=\omega^2(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)=\omega^2 t_1\t_6=\omega(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)=\omega t_1 \end{array}, \left\{\begin{array}{l} t_2=x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\t_3=\omega^2( x_1+\omega^2x_2+\omega x_3)=\omega^2 t_2\t_4=\omega(x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3)=\omega t_2 \end{array}\right.\right. \end{aligned}

也就是说6个根之间是存在关系的，

t_5

和

t_6

可以用

t_1

和单位根

\omega

表示，

t_3

和

t_4

可以用

t_2

和单位根

\omega

表示，6个根被分成了两组。而且这6个根还满足：

t_1^3=t_5^3=t_6^3, t_2^3=t_3^3=t_4^3

现在我们构造一个6次方程，使得这个方程的6个根刚好就是

t_1,t_2,\cdots,t_6

，即这个方程为：

\begin{aligned} \Phi(X)&=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right) \left(X-t_3\right)\left(X-t_4\right)\left(X-t_5\right)\left(X-t_{6}\right)\&=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right)\left(X-\omega^2 t_2\right)\left(X-\omega t_2\right)\left(X-\omega^2 t_1\right)\left(X-\omega t_1\right)=0 \end{aligned}

拉格朗日称这个方程为预解方程，我们后来称之为拉格朗日预解方程。

由于

1+\omega+\omega^2=0

和

w^3

=1，通过一顿简单的计算，这个预解方程可以化简为：

\begin{equation} \Phi(X)=\left(X^3-t_1^3\right)\left(X^3-t_2^3\right)=0\tag{2.24} \end{equation}

拉格朗日把

t_1

和

t_2

这样的多项式称为预解式，我们同样称之为拉格朗日预解式。拉格朗日预解式的构造是有规律的，实际上就是用n次分圆方程的每一个本原单位根与原方程的根按照一定的公式构造出来的，它们的通用表达式为：

L_k\left(x_1, \cdots, x_n\right)=x_1+\zeta_k x_2+\cdots+\zeta_k^{n-1} x_n

其中，

\zeta_k

是本原单位根。由于本原单位根不止1个，所以预解式也不止1个，我们可以选择1个本原单位根来构造一个预解式，然后让根置换

S_n

作用在这个预解式上得到n个多项式，我们不妨也称这n个多项式为拉格朗日预解式。

若设

t=X^3

，方程2.24就是一个关于t的二次方程：

t^2-(t_1^3+t_2^3)t+t_1^3t_2^3=0

它的两个根就是

t_1^3

和

t_2^3

。通过对比范德蒙的方法，我们发现：

U=t_1^3,V=t_2^3

所以关于t的预解方程的系数为U+V和UV，它们是对称多项式，可以表示成初等对称多项式的组合，也就可以由原方程的系数表出。说白了，就是预解方程2.24是已知系数的方程。

而关于U和V，其实就是上面的方程2.10的解。所以

t_1

和

t_2

也就可解，

t_3,t_4,t_5,t_6

也可解，从而y的6个值也可以解出来。这样就可以利用范德蒙的方法，装配出原方程的3个根：

\begin{aligned} x_1&=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right]\&=\frac{1}{3}(t_1+t_2) \x_2&=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega^2\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right]\&=\frac{1}{3}(\omega^2 t_1+\omega t_2) \x_3&=\frac{1}{3}\left[\left(x_1+x_2+x_3\right)+\omega\left({\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}\right)+\omega^2\left({\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}\right)\right]\&=\frac{1}{3}(\omega t_1+\omega^2 t_2) \end{aligned}

其中

t_1

和

t_2

是已经解出来的已知量，直接代入上面三个式子即可得到原方程的三个根。

当然，你也可以联立三个线性方程按照解方程组的方式进行求解，即求下面的线性方程组：

\left\{\begin{array}{l} x_1+x_2+x_3=0\{\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}=t_1\{\color{blue}x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3}=t_2 \end{array}\right.

无论如何，拉格朗日的预解式解法跟范德蒙的方法，以及那个神来之笔的巧妙变量替换方法都是殊途同归的，最终得到的都是缺二次项三次方程的卡尔达诺公式。拉格朗日这样解出来的方程的解当然也是根式解，即得到了方程根式解的求根公式。

与那个神来之笔的巧妙变量替换方法相比，拉格朗日的这个方法与之等价，并且更具一般性。

而与范德蒙的方法相比，拉格朗日的方法也更具有通用性和可推广性。虽然拉格朗日采用与范德蒙类似的思路，即利用三次分圆方程的本原单位根构造了多项式

{\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}

(就是那个

t_1

)。但是，范德蒙需要寻找的对称多项式，即U+V和UV，并不是那么容易寻找的。而在拉格朗日的方法中，他直接用所有的根置换

S_3

作用下他构造的一个预解式上，从而产生了相应的新的预解式，继而构造了以它们为根的一个方程——拉格朗日预解方程，这个方程的系数是原方程的根的对称多项式，也就是已知的，而且它可以转化为一个降次的、我们已经会求解的方程。所以，通过预解方程的解就可以得到原方程的解。也就是说，在拉格朗日的方法中，每一步都是通用的“套路”，比如构造预解式

{\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}

和构造预解方程

\Phi(X)

，都具有可推广性，它们不仅仅只适用于三次方程。

比如，对于首项系数为1的二次方程(2.1式)的求解。按照拉格朗日的方法，用二次分圆方程

x^2-1=0

的本原单位根-1构造一个预解式：

x_1-x_2

。这个预解式的构造方法与三次方程的预解式

{\color{red}x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3}

是一样的，其中的本原单位根-1就相当于

\omega

。这个预解式在

S_2

的作用下有两个值：

\begin{aligned} t_1&=x_1-x_2\t_2&=x_2-x_1=-t_1 \end{aligned}

以这两个值作为根构造一个二次方程——拉格朗日预解方程：

\Phi(X)=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right)=0

这个二次方程的系数是关于原方程的根

x_1

和

x_2

的对称多项式，所以系数是已知的，并且它可以简化为更简单的形式：

\Phi(X)=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right)=X^2-t_1^2=0

而

t_1^2=(x_1-x_2)^2

是一个关于原方程的根

x_1

和

x_2

的对称多项式。根据牛顿定理，它可以由初等对称多项式表示出来：

\left(x_1-x_2\right)^2=[\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2]=(\sigma_1^2-4 \sigma_2)=b^2-4 c

所以

t_1=x_1-x_2=\pm\sqrt {b^2-4 c}

，再联立

x_1+x_2=-b

即可得到原二次方程的解：

\begin{equation} x_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4 c}}{2}\tag{2.4} \end{equation}

同样地，拉格朗日的方法也可以推广到四次方程的求解，整个求解过程是很清晰和“套路化”的。

为了简单起见，我们这里以缺三次项的首项系数为1的一般四次方程为例：

\begin{equation} x^4+p x^2+qx+r=0\tag{2.25} \end{equation}

按照拉格朗日的方法，由于我们是要找四次方程的解，那么就把四次分圆方程

x^4-1=0

的一个本原单位根i拿出来先构造一个拉格朗日预解式：

\begin{equation} t_1=x_1+\mathrm{i} x_2-x_3-\mathrm{i} x_4\tag{2.26} \end{equation}

然后用四个根的置换

S_4

(这个置换有

4!=24

个元素)作用在

t_1

上，得到24个新的预解式

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

，以这24个预解式定义拉格朗日预解方程：

\begin{equation} \Phi(X)=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right) \cdots\left(X-t_{24}\right)\tag{2.27} \end{equation}

跟三次方程的预解方程一样，这个24次方程的系数是原方程四个根的对称多项式。根据牛顿定理和韦达定理，它所有的系数都是已知量，也即方程2.27是已知的方程。

拉格朗日证明了这个24次的方程可以降次为我们会求解的一些二次和三次方程，就像三次方程的预解方程也会降次为我们会求解的二次方程一样。解这些降次之后的方程，就可以得到

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

，然后用它们来装配出原四次方程的解

x_1,x_2,x_3,x_4

。例如对

x_1

有：

\begin{equation} \begin{aligned} x_1= & \frac{1}{4}\left\{\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)+\left(x_1+\mathrm{i} x_2-x_3-\mathrm{i} x_4\right)\right. \& \left.+\left(x_1-x_2-\mathrm{i} x_3+\mathrm{i} x_4\right)+\left(x_1-\mathrm{i} x_2+\mathrm{i} x_3-x_4\right)\right\} \end{aligned}\tag{2.28} \end{equation}

根据韦达定理，我们又有

x_1+x_2+x_3+x_4=0

，那么就有下面这三个等式：

\begin{aligned} & x_1+\mathrm{i} x_2-x_3-\mathrm{i} x_4=t_1 \& x_1-x_2-\mathrm{i} x_3+\mathrm{i} x_4=\left(\begin{array}{llll} 1 & 2 & 3 & 4 \1 & 4 & 2 & 3 \end{array}\right) {t_1} \& x_1-\mathrm{i} x_2+\mathrm{i} x_3-x_4=\left(\begin{array}{llll} 1 & 2 & 3 & 4 \1 & 3 & 4 & 2 \end{array}\right) t_1 \end{aligned}

这些等式的右边都属于

\left\{t_1, t_2, \cdots, t_{24}\right\}

中的元素，而且由于

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

都是已经通过预解方程求出来的根式解了。因此，

x_1

也就能根式求解了。

拉格朗日用他创立的、统一的和通用的一般方法成功地求解了二次、三次和四次方程的根式解，那么五次方程呢？

随着方程次数n的增大，根置换的元素n!也增加的极快，那么预解方程的次数n!也急剧增加，从n=2,3,4，它的次数分别从2!=2次，3!=6次，增加到4!=24次。但方程次数n=5时，我们同样以缺四次项的一般五次方程为例：

\begin{equation} x^5+p x^3+qx^2+rx+s=0\tag{2.29} \end{equation}

设它的五个根为

x_1,x_2,x_3,x_4,x_5

，定义一个预解式为：

\begin{equation} t_1=x_1+\zeta x_2+\zeta^2 x_3+\zeta^3 x_4+\zeta^4 x_5\tag{2.30} \end{equation}

其中：

\zeta=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi}{5} \mathrm{i}}

，是五次分圆方程

x^5-1=0

的一个本原单位根。

由于五个根

x_1,x_2,x_3,x_4,x_5

的置换

S_5

共有5!=120个，因此用它作用在

t_1

上就可以得到预解式的120个新变量

t_1, t_2, \cdots, t_{120}

，由此定义的拉格朗日预解方程为120次的方程：

\begin{equation} \Phi(X)=\left(X-t_1\right)\left(X-t_2\right) \cdots\left(X-t_{120}\right)\tag{2.31} \end{equation}

尽管这个方程的系数可以像二次、三次和四次方程的预解方程一样由原方程的初等对称多项式表出，即它的系数是已知的，但它毕竟是一个120次的方程。能不能也像三次方程和四次方程的预解方程一样，把这个120次的方程降次为我们已经会求根式解的三次、四次方程呢？这是拉格朗日方法成败的关键所在。

确实，对于预解方程

\Phi(X)

是可以进行分解的。例如，对于预解式

t_1

，我们用五次分圆方程的本原单位根

\zeta

来乘2.30式的左右两边，得到：

\zeta t_1=x_5+\zeta x_1+\zeta^2 x_2+\zeta^3 x_3+\zeta^4 x_4

对于这个结果，我们可以找到一个对应个根置换

h_1=\left(\begin{array}{lllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \5 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{array}\right) \in S_5

，使得它作用在

t_1

之后刚好得到上面的结果，即

h_1 t_1=\zeta t_1

。因此，在2.31式的120个因子就有

(X-\zeta t_1)

。类似的，我们可以继续找到下面4个置换：

h_2=\left(\begin{array}{lllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \4 & 5 & 1 & 2 & 3 \end{array}\right), h_3=\left(\begin{array}{lllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \3 & 4 & 5 & 1 & 2 \end{array}\right), h_4=\left(\begin{array}{lllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \2 & 3 & 4 & 5 & 1 \end{array}\right) \in S_5

使得：

h_i t_1=\zeta^i t_1, i=2,3,4

于是，预解方程

\Phi(X)

含有因子：

\left(X-t_1\right)\left(X-\zeta t_1\right) \cdots\left(X-\zeta^4 t_1\right)

又因为

1, \zeta, \cdots, \zeta^4

是五次分圆方程

x^5-1=0

的根。根据2.9式的根的形式，上面

\Phi(X)

因子中的

t_1, \zeta t_1, \cdots, \zeta^{4}t_1

是方程

x^5-t_1^5=0

的五个根。因此就有：

\begin{equation} \begin{aligned} &\left(X-t_1\right)\left(X-\zeta t_1\right) \cdots\left(X-\zeta^4 t_1\right)\&=X^5-t_1^5 \end{aligned}\tag{2.32} \end{equation}

类似地，我们可以得出预解方程

\Phi(X)

中还有23个这样的因子。即类似于三次方程预解式的分组形式：

\left\{\begin{array}{l} t_1=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\t_5=\omega^2(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)=\omega^2 t_1\t_6=\omega(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)=\omega t_1 \end{array},\left\{\begin{array}{l} t_2=x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\t_3=\omega^2( x_1+\omega^2x_2+\omega x_3)=\omega^2 t_2\t_4=\omega(x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3)=\omega t_2 \end{array}\right.\right.

把五次方程的预解式分成24组，每组5个，每组包含的因子都类似于上面2.32式。所以，我们可以把完整的预解方程分组合并为如下形式：

\begin{equation} \begin{aligned} \Phi(X)&=\left(X^5-t_1^5\right)\left(X^5-t_2^5\right) \cdots\left(X^5-t_{24}^5\right)\&=0 \end{aligned}\tag{2.33} \end{equation}

令

X^5=t

，则它是一个关于t的24次方程。尽管这个方程的系数也可以类似于三次和四次方程的预解方程一样，由初等对称多项式表示，即方程2.33的系数是已知的。然而就在这里，拉格朗日陷入了困境。他创造的预解方程方法在五次方程这里失效了。他在他的论文中写道：“我们希望在今后再回到这一问题上来。”然而，他从此就再也没有回来过。

尽管范德蒙和拉格朗日在求解一般五次方程时都失败了，但是他们首先强调了方程的根式解与方程根的置换之间的关系，这就为方程理论的进一步发展奠定了基础。

我们之所以花了那么大的篇幅来介绍拉格朗日关于预解方程和预解式的方法，就是因为它们对伽罗瓦证明一般五次以上方程无求根公式的伟大定理具有非常重要的作用，我们会在后续的文章中再次回到拉格朗日的预解式中来。

拉格朗日的预解式方法给我们呈现出了解方程和根置换之间的联系，并且引出另外一个非常重要的概念——对称性。在本文中，我们多次提到了对称多项式，它在求解方程的过程中扮演了非常重要的角色，可见对称性对于解方程的重要性。

对称性不仅可以用来描述具体的事物或者几何对象，比如，正方形、三角形在某些旋转和翻转操作下保持不变，那么就称它们具有对称性。对称性也可以用来描述抽象的数学对象，比如我们上面提到的对称多项式，这些多项式就好比一个正方形，但是由于多项式是抽象的数学对象，没有所谓的旋转和翻转等具体的几何操作，所以我们就通过观察根的置换来描述它们的对称性，根置换的作用就类似于旋转和翻转等操作。拉格朗日启发我们解方程与根置换有关，实际上就是说解方程与根的对称性有关。

你可能听说过这样一句话：群论是描述对称性的语言。那群论到底是个什么东西？我将在下一篇文章中再详细展开。

这篇文章我们就先到这里，在文章的最后，我想对第一篇文章中的一处小错误进行勘误：