伽羅瓦理論(2)：用根置換解方程的初嘗試

我是天選小丑 2023-07-03 發布于廣西

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在上一篇文章《伽羅瓦理論(1)：什么是方程的根式解？》中，我簡單地介紹了多項式方程根式解的含義，同時在文章的末尾我也先提到了方程是否根式可解與根的置換有關。現在我們嘗試用根的置換來探索解方程的過程，初步了解根置換在解方程中的作用和意義。

我們先回顧一下三次方程的求解過程，看看解方程的過程究竟是在解什么。在上一篇文章中，我們說所有的三次方程，即一般的三次方程都可以表示為首項系數為1的方程：

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

而且，通過一個簡單的替換：

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

可以把一般的首項系數為1的三次方程轉化為一個關于y的缺二次項的三次方程：

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

然后通過一個神來之筆的巧妙變量替換：

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

把這個關于y的缺二次項三次方程(1.9式)轉化為一個關于

z^3

的二次方程：

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

從而利用已知的二次方程求根公式求解出

z

，然后通過那個神來之筆的巧妙變量替換(1.10式)反解回去，就得到了缺二次項三次方程的求根公式——卡爾達諾公式：

\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)，便可得到關于x的一般的首項系數為1的三次方程的求根公式。

我們仔細考察這個求解過程不難發現，其中的關鍵就在于那個神來之筆的變量替換，它可以非常巧妙地將缺二次項的三次方程降次為一個二次方程，從而讓我們可以利用已知的二次方程求根公式進行求解。

事實上，四次方程的求解過程也同理，也是通過巧妙的變量替換將四次方程降次為一個三次方程，從而利用已知的三次方程求根公式進行求解。

所以，解方程的過程中依賴于一種類似于靈光乍現的靈感，讓我們得以找到那個巧妙的變量替換，從而可以將方程進行降次求解。而且，對于不同次數的方程，相應的那個巧妙的變量替換還不一樣。也就是說，面對不同次數的方程，我們需要不同的靈感才能得到那個恰到好處的變換。解三次方程需要一個巧妙的變換，解四次方程需要另一個巧妙的變換，解五次方程需要另另一個巧妙的變換，

\cdots

，解n次方程需要第(n-2)個巧妙的變換，

\cdots

。這樣以此類推下去，解方程還能怎么解？哪有那么多的巧妙變換可以用來解一般的n次方程？

了解數學這門學科的特點的人應該都知道，數學最擅長把特殊情況統一為一般情況。就好比雞兔同籠的問題，不管你是有幾個頭和有幾條腿的動物，也不管你的問題多特殊，我們都可以統一轉化為代數方程的形式進行通用求解，而不用對每個具體問題都發明一種具體的巧妙方法進行求解。這就是數學中解方程的威力，它讓我們可以統一地解決某一類模式的問題。

同樣地，對于上面所述的解多項式方程的問題，我們相信應該還有一套通用的一般方法，可以適用于任何次數的方程的求解。

歷史上對于這個問題作出重要貢獻的是范德蒙和拉格朗日。

范德蒙跟拉格朗日一樣，也是一位法國的數學家。他畢生的興趣是音樂，因此在數學家的眼中，他是音樂家，在音樂家的眼中他是數學家。他對解方程的主要洞察在于：把方程的每一個根都用方程的所有根表出，使之成為根的一個對稱表達式。比如，對于首項系數為1的一般二次方程：

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

假設它的兩個根是

x_1

和

x_2

，那么我們有：

\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}

這樣的表示方式就是把

x_1

和

x_2

都用原方程的所有根的組合表達出來，它有助于我們解方程，因為我們都知道，對于二次方程，我們有一個表達根與系數關系的重要定理——韋達定理：

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

通過這個定理我們可以求出：

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

從而得到：

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

把這個結果和

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}

在初中的時候我們就已經對二次方程的韋達定理非常熟悉了。現在，我們從另外一個角度來觀察它。

對于韋達定理的兩個恒等式，我們任意置換

x_1

和

x_2

，那么等式依然成立。比如將

x_1

和

x_2

互換，即對2.3式中涉及的兩個根施加

x_1\rightarrow x_2,x_2\rightarrow x_1

這樣的置換，其結果變為：

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

這樣置換之后的等式依然成立，因為加法和乘法都滿足交換律。同樣地，如果對這兩個等式中涉及的兩個根

x_1

和

x_2

施加另外一個置換——恒等置換，即

x_1\rightarrow x_1,x_2\rightarrow x_2

，那么顯然2.3式這兩個等式的結果依然是它本身，其結果當然也保持不變。

由于二次方程兩個根的所有置換就是這兩個置換(我們用

S_2

表示兩個根的置換的集合)，所以2.3式這兩個等式對于根的所有置換都保持不變。

這樣就引出了一個非常重要的概念——對稱多項式。由韋達定理所給出的包含了根

x_1

和

x_2

的多項式（實際上是多元的多項式），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}

它們在方程根的所有置換下都保持不變，我們稱這樣的多項式為對稱多項式。當然，關于根的對稱多項式不止上面這兩個，還有很多其他的表達式，比如下面這些：

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

而對于下面這些多項式：

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

它們在根的置換下不再保持不變。比如，如果我們對換

x_1+3x_2

這個多項式中的

x_1

和

x_2

，它的結果變為

x_2+3x_1

，而這樣的結果與置換前一般是不相等的，即：

x_1+3x_2\neq x_2+3x_1

所以

x_1+3x_2

這樣的多項式不是對稱多項式。

不對稱的多項式當然有很多很多，而對稱的多項式同樣也有很多很多。在眾多的對稱多項式中，有一種特別的對稱多項式是最基本的對稱多項式，我們稱它們為初等對稱多項式。

初等對稱多項式就是由韋達定理所給出的那些對稱多項式，例如上面的2.5式。然而，它們只是二次方程的根的對稱多項式，對于任意次數的方程，我們也有相應的韋達定理。

如果

x_1, x_2, \cdots, x_n

是首項系數為1的一般n次方程

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

的n個根，那么這個方程可以寫成如下的形式：

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

把這個方程左邊乘開之后，對比原方程的系數，我們就可以得到首項系數為1的一般n次方程的韋達定理：

\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}

這里的

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

，表示所有可能的k個

x_i

的乘積。比如第二個多項式

\sigma_2

，它是由所有可能的2個根的乘積之和表出的，這樣的乘積有

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

個。這些多項式

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

都是初等對稱多項式，而且它們的取值都與方程的系數有關，即都可以由方程的系數給出。比如第一個初等對稱多項式

\sigma_1

，它的取值剛好就等于

-a_1

。

有了初等對稱多項式的概念之后，我們很自然地會提出這樣一個問題：初等對稱多項式與一般的對稱多項式有什么關系？比如上面提到的這個對稱多項式

(x_1- x_2)^2

，它跟初等對稱多項式

\sigma_1

和

\sigma_2

有什么關系？

它們之間的關系實際上我們在上面已經提到過了，就是這樣的一種關系：

\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

從這個結果我們不難看出，對稱多項式

(x_1- x_2)^2

可以表示成初等對稱多項式

\sigma_1

和

\sigma_2

的一個多項式，也就是說它可以由初等對稱多項式予以表出。

因此，我們引入關于對稱多項式的一個非常重要的定理——牛頓定理：任何一個關于變量 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的對稱多項式都可以表示為初等對稱多項式 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 的一個多項式。

根據韋達定理，初等對稱多項式的值都可以由原方程的系數給出，所以，從牛頓定理還可以導出這樣的推論：任何一個關于方程的根的對稱多項式都可以由原方程的系數表出。

我們在初中學習代數的時候有一類題目。例如，題目不是讓你求解方程

x^2+bx+c=0\

的兩個根，而是讓你求關于這個方程的兩個根的多項式

x_1^2+x_2^2

的值。

現在看來都是在驗證牛頓定理，即把對稱多項式表示為初等對稱多項式的一個多項式：

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

學過線性代數的同學應該知道，任何一個n維向量都可以用一組基來線性表出。從牛頓定理我們可以看出，對稱多項式的情況也與此類似，任何一個對稱多項式都可以由初等對稱多項式表出，只不過這種表出的方式不像向量空間中的那種線性表出，而是一種多項式表出。其中，初等對稱多項式的地位就與n維向量空間中的一組基類似。

說了那么多關于對稱多項式的內容，那它究竟在解方程的時候有何用？

我們繼續以首項系數為1的一般二次方程

x^2+bx+c=0

為例。根與系數之間的關系式由韋達定理給出：

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

這兩個關于根的多項式

\sigma_1

和

\sigma_2

都是對稱多項式，也就是它們在兩個根的所有置換（實際上只有兩個置換——

S_2

）下都保持不變。這就說明這兩個根是不可區分的，如果我們僅憑這兩個對稱多項式，那是無法得到方程具體的解的。但是，如果我們能得到一個非對稱多項式的值，那么聯立原來的對稱多項式我們就可以得到原方程的解。

比如，如果我們知道

x_1-x_2

的值(設為

\theta

)，那么聯合原來的對稱多項式：

\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。這是簡單的二元一次線性方程組的求解問題。顯然，

x_1-x_2

是一個非對稱多項式，因為當我們對換兩個根之后，這個多項式變為：

x_2-x_1\neq x_1-x_2

，其結果已經發生改變。也就是說，一旦我們知道了某些非對稱多項式的值，那么方程就有可能進行求解。所以，求解方程的過程就是要盡可能的找到一些非對稱多項式，以及它們的取值。但是非對稱多項式的取值我們如何知道呢？如上面那個

\theta

。

雖然咋一看我們好像不知道非對稱多項式的取值，但是我們明顯可以看出這個非對稱多項式與某些對稱多項式有聯系，即雖然

x_1-x_2

不是對稱多項式，但是它的平方

(x_1-x_2)^2

是對稱多項式啊！

并且根據牛頓定理，任何一個對稱多項式都可以由初等對稱多項式的一個多項式表出，而初等對稱多項式的值我們是知道的，它們是由韋達定理給出的，所以實際上我們是可以得到對稱多項式

(x_1-x_2)^2

的取值的。得到了它的值之后我們就可以得到非對稱多項式

x_1-x_2

的值，也就可以得到原方程的解。

也就是說我們求解方程時要先求

x_1-x_2

這個非對稱多項式的值，最后再求解原方程的解。現在我們把這個過程與根的置換聯系起來，看看根的置換是如何起作用的。

x_1-x_2

在根置換

S_2

下有兩個結果，分別就是

x_1-x_2

和

x_2-x_1

，而以這兩個結果為根的首項系數為1的二次方程我們可以寫為：

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

把這個方程乘開之后就得到：

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

這個方程是一個缺一次項的二次方程，而且其系數

(x_1- x_2)^2

還是一個對稱多項式，根據牛頓定理，它一定可以由初等對稱多項式表出，實際上

\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

解這個方程當然是非常容易的，因為它沒有一次項，且系數又是已知的。所以我們得到：

\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}

再聯立韋達定理根與系數的關系式

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}

二次方程實際上是比較簡單的，而且我們已經先入為主地接受了從配方法中得到的求根公式，所以上面所述的過程可能還不足以讓你體會到根置換與方程根式可解性的聯系。

我們繼續來看三次方程，先來看看范德蒙的方法。

上面我們已經說了，范德蒙在解方程方面提出的最重要見解就是：用方程的所有根來表達每一個根。比如，對于缺二次項的三次方程：

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

(我們這里用x來表示未知變量，其實跟1.9式所表示的方程是一樣的，只不過符號不一樣而已)

假設它的三個根分別為

x_1

x_2

和

x_3

，范德蒙結合三次分圓方程

x^3-1=0

的三個復數根1,

\omega

w^2

，把每一個根都用所有根和三次分圓方程的單位根組合在一起給表示出來。

所謂n次分圓方程的單位根就是指

x^n-1=0

這個方程的根，它們均勻分布在復平面的單位圓上，可以用下面的表達式統一表示出來：

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

如果我們記其中的一個根為

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

，這個根被稱為n次分圓方程的一個本原單位根(本原單位根不止1個，比如

\omega

和

w^2

都是三次分圓方程的本原根)，意思就是說方程的所有根都可以由這個根來生成，也稱為生成元，即任何一個根都可以用這個本原單位根的冪次來表示：

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

那么這個方程的所有根就是

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

。(后面我們講到群論之后就會知道這些本原單位根其實就是循環群的生成元。)

由于方程

x^n-1=0

可以因式分解為：

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

且

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

是其一個根，所以

\zeta

同時滿足：

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

對于三次分圓方程

x^3-1=0

，其三個復數根1,

\omega

w^2

滿足：

\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}

。

從分圓方程出發，我們還可以得到另外一類重要的多項式方程的解：

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

設復數d滿足：

d^n=a

，即d是方程2.9的一個根，則這個方程的所有根為：

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

其中，

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

，是n次分圓方程的一個本原單位根。

分圓方程對于在求解一般方程的根式解，以及在證明方程沒有根式解的時候都扮演了至關重要的一個角色，因為它是最簡單的多項式方程。我們都知道，在數學中，很多一般性的結論或定理，都可以從最簡單的特殊情況出發，通過一步步推廣而得到。分圓方程在解方程中的地位，就是扮演了那個最簡單的特殊情況，比如要求方程2.9的根，就可以從分圓方程的單位根中推廣而得到。

范德蒙利用分圓方程的根，然后根據他自己提出的那個重要見解：用方程的所有根來表示每一個根。把三次方程的每個根都表示如下：

\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}

之所以可以這么表示，原因就在于

\omega

所滿足的兩個等式(2.8式)，這個是很容易驗證的。

仔細觀察上面刷紅色和刷黃色部分的多項式，我們不難發現，它們其實就是三次方程的三個根和三次分圓方程的根分別兩兩配對結合之后求和得到的。

比如紅色那部分，就是

x_1

x_2

和

x_3

，分別和1,

\omega

w^2

按順序配對之后求和得到

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

。而藍色那個就是把1,

\omega

w^2

換為1,

\omega^2

(w^2)^2=w

，然后分別與三個根配對之后求和得到

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

。實際上就是用三次分圓方程的兩個本原單位根

w

和

w^2

分別構造相應的多項式。

現在我們記：

\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}

如果我們能得到U和V的值，那么就能夠得到紅色部分和藍色部分的值。當然由于三次方程有三個根，所以紅色部分和藍色部分分別都有三個值。

那怎么樣才能求解U和V呢？注意到，U和V其實都是原方程三個根

x_1

x_2

和

x_3

的多項式，而一旦涉及到包含根的多項式，我們很自然地就會想到韋達定理、對稱多項式和牛頓定理等。

如果U和V是關于

x_1

x_2

和

x_3

的對稱多項式，那么根據牛頓定理，它們肯定可以表示成初等對稱多項式的一個多項式。而又根據韋達定理，初等對稱多項式的值都是由方程的系數確定的，而方程的系數是已知的，所以U和V也是可以求解出來的。

但是，U和V到底是不是關于

x_1

x_2

和

x_3

的對稱多項式呢？我們把三個根的所有置換

S_3

都列出來，然后看看在每個置換下，U和V是否都能保持不變，如果是，那么就說明U和V都是對稱多項式。

關于

x_1

x_2

和

x_3

的任意置換，比如

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

這個置換(記為

g_2

)，我們這樣來表示：

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

上面一行的1、2、3表示三次方程的三個根

x_1

x_2

和

x_3

，下面一行表示這三個根經過置換

g_2

的作用之后的結果。

根據排列組合的知識點，我們知道三個根的所有排列，也就是所有的置換

S_3

的個數有

3!=6

個。在這6個置換的作用下， U和V的結果如下圖所示：

圖2.1

從上圖中可以看出， U和V在

g_1

、

g_5

和

g_6

這三個置換下保持結果不變，比如我們看

g_5

這個置換，在它的作用下，

U

的結果為：

\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}

這里用到了

\omega^3=1

這個等式。

而在

g_2

、

g_3

和

g_4

這三個置換的作用下，U的結果變為了V，V的結果變為了U，這一點也很容易驗證。因此，U和V并不是關于

x_1

x_2

和

x_3

的對稱多項式。但是，在所有的置換

S_3

的作用下，U的結果都只有兩個取值：U、V；V的結果也只有這兩個取值：U、V。

既然U和V都不是對稱多項式，那么它們應該就無法用初等對稱多項式來表示，也就無法求出它們的值了。但是，事實上真的如此嗎？

范德蒙的天才之處就在于，他注意到，雖然U和V都不是對稱多項式，但是從這兩個多項式在

S_3

的所有置換下的結果來看(圖2.1)，下面這兩個多項式是對稱多項式：

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

這是非常關鍵的想法。

既然這兩個多項式是對稱多項式，那么根據牛頓定理，它們就一定可以由初等對稱多項式表示出來。

事實上，經過簡單的一番計算之后，我們可以得到：

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

對比一下二次方程的韋達定理(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}

我們可以得到這樣的結論：U和V是下面這個關于t的二次方程

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

的兩個根。

而對于二次方程的求解我們已經非常熟悉了，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}

當然，你把U和V的結果對換一下也是對的。事實上，這就相當于把兩個標簽(U和V)分配給兩個根而已，無論怎么分配都不影響方程的根。我們不妨就選擇上面的分配結果。

得到了U和V的值之后，現在我們就可以通過U和V的定義反解出紅色和藍色兩個多項式的結果，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}

兩邊開立方根之后，我們就得到：

\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}

對于這個結果中涉及到的開方運算，我們有必要討論一番。

我們中學的時候就已經非常熟悉開方運算的符號表示了，比如我們用這樣的符號

\sqrt[3]{4}

來表示4的立方根，而且那時候我們一般都默認這樣的符號表示的是一個實根，它滿足

x^3-4=0

。但是現在我們要說明，在復數域中，這樣的符號表示需要事先約定好它的意義，不然的話很容易引起誤解。比如，如果僅僅用符號

\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個根，還是表示了三個根？意義并不明確。我們也可以約定這個符號僅表示其中的一個根，那么根據前面我們已經提到的一類特殊的多項式方程(2.9式)

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

有n個復根：

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

其中的d是該方程的一個具體的根，而

\zeta

是一個n次本原單位根。

則方程

x^3-4=0

的三個根為：

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

其中，

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

，是一個三次本原單位根。

所以，對于開n次方根運算

\sqrt[n]{a}

這樣的符號，除非我們事先已經約定了它僅僅表示方程2.9的某一個具體的根，否則，它應該被理解為方程2.9的所有n個復根。那么對于方程2.12，它其實就是屬于方程2.9那一類的方程，所以它實際上是有三個根的，2.13式就是用開3次方根的符號統一地表示出了方程2.12的三個根。

當我們約定

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

這個符號僅僅表示方程

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

的其中一個根的時候，上面2.13式的表示就不完整，而是應該把

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

的三個根都表示出來：

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}}}

為了表達和書寫上的方便，我們這里就約定

\sqrt[n]{a}

這樣的符號表示的是方程2.9的所有三個根。

把上面2.13式這個結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個根的等式：

\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，根據韋達定理，缺二次項三次方程(2.6式)的三個根滿足：

x_1+x_2+x_3=0

最后我們就可以得到方程2.6的三個根：

\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}

這三個式子可以寫成一個統一的形式：

\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}

。

這其實就是缺二次項的三次方程的卡爾達諾公式，跟上一篇文章中的1.13式是一樣的，只不過這里我們用的符號是x，上一篇文章那里用的符號是y。

但是這里有一個問題需要注意，由于開三次方根符號

\sqrt[3]{}

表示了三個根，所以上面那個

x_1

的表示式，其實應該有

3\times3=9

種可能，但是根據代數學基本定定理，三次方程最多只有三個不同的根，不可能有9個，其中應該有6個不是方程的解。這里我只簡單解釋一下，具體你們可以自行手動運算驗證一下。事實上，我們有下面這個等式恒成立：

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

這個只需要把上面左邊乘開，然后利用韋達定理即可驗證。

為了保證這個等式成立，

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

和

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

能夠同時取得的值就會受到限制，所以它們不可能獨立地任意取到三個根的值，最終就只能取滿足限制的值，從而使得三次方程的根只有3個，而不是9個。

范德蒙就是這樣利用了三次分圓方程的根，把方程的任意一個根都用所有根表示出來，然后考察其中兩個關鍵的多項式(U和V)在方程的根置換下的結果，進而得到了兩個對稱多項式，并利用牛頓定理和韋達定理，把三次方程的求解轉化為一個已知系數的二次方程進行求解，最終得到了缺二次項的三次方程的卡爾達諾公式，這個公式當然就是方程根式解的求根公式。也就是說，范德蒙的方法與開篇所述的那種神來之筆的變量替換方法殊途同歸，都不約而同地得到了缺二次項三次方程的求根公式——卡爾達諾公式。真是異曲同工！

以上就是范德蒙通過觀察根的置換來求解三次方程的第一次嘗試，他的想法是攻克一般五次方程的關鍵想法。

范德蒙還以同樣的思路成功地解出了一般四次方程。但是對于五次方程，他的方法失敗了。此外，上述找U+V和UV這兩個對稱多項式的方法也不容易，是否可以針對原方程直接去找一個與根

x_1, x_2, \cdots, x_n

有關的對稱方程？解了前者，再去解原方程？這就是拉個朗日的預解式方法。

拉格朗日與范德蒙遵循著相同的思路，但是拉格朗日的數學功底更深厚，對問題的分析更透徹。1771年，拉格朗日在柏林科學院發表了他的論文——《對方程的代數解的思考》，正是在這篇文章中，拉格朗日把通過方程根的置換來求解方程的想法呈現給了廣大數學家，并為世人所熟知。

這的確非常不公平，本來是范德蒙首先想到了這一點，而且這個想法已經得到了現代教材的認可。主要原因是范德蒙在1771年(與拉格朗日遞交發表論文同一年)遞交給巴黎科學院的論文在當時沒有得到關注，他的論文被認為“對代數學的發展沒有產生影響”；而且他的論文直到 1774 年才發表，那時拉格朗日的論文已經廣為人知。

沒有證據表明拉格朗日知道范德蒙的工作。總之，拉格朗日是一個誠實的人，如果他知道范德蒙的工作的話，他會承認這一點。這是兩個數學天才所見略同的典范，更準確地說，這是一個偉大的數學天才與一個優秀的數學天才所見略同的典范。

現在我們來看看拉格朗日的方法。我們仍然以缺二次項的三次方程為例，因為這個方程的解搞明白了之后，一般的三次方程的解也可以簡單反推得到。所以，不失一般性，我們就繼續以缺二次項的三次方程為例來了解拉格朗日對解方程的思考過程。

我們用符號x作為未知量來表示缺二次項的三次方程(即1.9式中的y改用x)：

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

然后用符號y來表示那個神來之筆的巧妙變量替換，也就是把1.10式中的符號z換為y，y換為x：

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

這樣的表示跟前面1.10式是一樣的，只不過換了一個符號來表示而已。

經過這樣神來之筆、巧妙的變量替換(2.15式)之后，缺二次項的三次方程(2.6式)轉化為一個關于y的六次方程：

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

這個結果也是跟1.11式是一樣的，只不過換了個符號。

如果我們把

y^3

看成一個整體，并設

r=y^3

，那么這個方程就是一個首項系數為1的、關于r的二次方程：

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

記這個方程的兩個根為

r_1

和

r_2

，那么

y^3

就有可能取兩個值：

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

這樣解出來的y值實際上是有6個。

為了更好地敘述拉格朗日的思考過程，現在我們在這里約定用立方根符號

\sqrt[3]{r_1}

和

\sqrt[3]{r_2}

分別表示上面兩個方程(2.18式)中的一個根，不妨就設為實根(當然也有可能沒有實根，因為

r_1

和

r_2

有可能同為復數)，那么這6個根就可以表示為：

\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}

又根據韋達定理，我們有：

\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}

結合2.19和2.20把y的6個值分別代入2.15反解出x，即可得到x的三個值：

\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}

雖然y有6個值，但是最終計算出來的x只有3個值，因為有些y值代入計算之后得到了相同的x值，去重之后就只有3個了。這些x的值具體怎么計算的？這里舉個例子：

\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}

用同樣的計算方法可以得到

x_2

和

x_3

的值。

這樣原方程(2.6式)的根就是通過上面簡化方程(2.16式)的解得到的。

拉格朗日證明他的前輩們所用的各種不同方法都相當于上面的方法。然后他指出，對于那個巧妙的變量替換(2.15式)，我們不要把注意力集中在 x是y值的函數上，而是應該反過來，把注意力集中在y是x的函數上。因為可以讓我們全部解出原方程的正是這個簡化方程，這個奧秘一定是隱藏在把簡化方程的解用原先方程的解表示出來的這一聯系之中。

拉格朗日注意到，當三次方程的根

x_1, x_2,x_3

作任意一個排列，也就是作任意一個置換時，下面這個式子都有一個對應的取值：

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

而且每一個取值剛好就是上面那個簡化方程(2.16式)的根。

這是非常重要的一個洞察。驗證也很簡單，其實就是把2.21式的根的表達式，以及相應的根置換代入2.22式。比如對于恒等置換：

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

2.22式中的y的取值為(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}

同樣的，對于其他任意一個根置換，我們都可以按照上面的方法計算出對應的y值。三個根的置換

S_3

剛好有

3!=6

個，y的值也有6個，它們都是簡化方程2.16式的根。因此，簡化方程的次數是由原方程的根的置換的個數決定的。

現在我們跳出繁瑣的計算和細枝末節，站在一個比較高的角度來看一下拉格朗日的洞察到底是什么意思。

也許是我寫得太雜太細，以至于有些同學看到這里已經忘了我們為什么而出發，我們先停下來好好回想一下我們的目標是什么？

我們的目標是要找到通用的、統一的方法，而不是依賴于神來之筆的巧妙變量替換來解方程。

具體對于三次方程而言，其求解的關鍵是那個神來之筆的巧妙變量替換(2.15式)，這個變量替換可以將原方程轉化為一個簡化方程(2.16式)，雖然這個簡化方程的次數是6次的，但是卻可以通過二次方程的求根公式來求解。也就是說，巧妙的變量替換使得三次方程可以降次為二次方程(2.17式)進行求解，我們先求解這個二次方程(其實也是關于y的6次方程)，然后再反解回去就可以得到原方程的解。

現在，拉格朗日構造了一個關于原方程三個根

x_1, x_2,x_3

的多項式(2.22式)，這個多項式是由三次分圓方程的三個根

1,\omega,\omega^2

與原方程三個根

x_1, x_2,x_3

進行兩兩配對求和之后表達出來的，跟前面范德蒙選取的多項式是一樣的思路。

不過，拉格朗日這樣構造的多項式，在所有的根置換 $S_3$ 的作用之下，卻可以產生簡化方程(2.16式)的6個根。而原來這6個根是需要我們通過那個神來之筆的巧妙變量替換之后才能求出來的。現在我們不再需要了，我們只需要讓拉格朗日構造的那個多項式(2.22式) 在所有的根置換下產出相應的y值即可。有了y值之后，我們就可以參照范德蒙用所有根來表示每一個根的方法，逐一“裝配”出原方程的三個根。

但是，如果我們不通過神來之筆的巧妙變量替換(2.15式)，以及由它產生的簡化方程(2.16式)，我們應該如何求得多項式y(2.22式)在所有根置換下的取值呢？

為了簡單起見，我們記2.22式右邊那部分為：

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

只要我們求出t的值，就可以求出y值，因為兩者之間只是相差了一個常數1/3而已。

現在我們對2.23式施加所有的根置換

S_3

(圖2.1)，得到t的6個值：

\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}

同前文一樣，因為

\omega^3=1

，我們可以把它從式中提出來，于是就有下面兩組結果：

\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}

也就是說6個根之間是存在關系的，

t_5

和

t_6

可以用

t_1

和單位根

\omega

表示，

t_3

和

t_4

可以用

t_2

和單位根

\omega

表示，6個根被分成了兩組。而且這6個根還滿足：

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

現在我們構造一個6次方程，使得這個方程的6個根剛好就是

t_1,t_2,\cdots,t_6

，即這個方程為：

\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}

拉格朗日稱這個方程為預解方程，我們后來稱之為拉格朗日預解方程。

由于

1+\omega+\omega^2=0

和

w^3

=1，通過一頓簡單的計算，這個預解方程可以化簡為：

\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

這樣的多項式稱為預解式，我們同樣稱之為拉格朗日預解式。拉格朗日預解式的構造是有規律的，實際上就是用n次分圓方程的每一個本原單位根與原方程的根按照一定的公式構造出來的，它們的通用表達式為：

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

是本原單位根。由于本原單位根不止1個，所以預解式也不止1個，我們可以選擇1個本原單位根來構造一個預解式，然后讓根置換

S_n

作用在這個預解式上得到n個多項式，我們不妨也稱這n個多項式為拉格朗日預解式。

若設

t=X^3

，方程2.24就是一個關于t的二次方程：

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

它的兩個根就是

t_1^3

和

t_2^3

。通過對比范德蒙的方法，我們發現：

U=t_1^3,V=t_2^3

所以關于t的預解方程的系數為U+V和UV，它們是對稱多項式，可以表示成初等對稱多項式的組合，也就可以由原方程的系數表出。說白了，就是預解方程2.24是已知系數的方程。

而關于U和V，其實就是上面的方程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，從而y的6個值也可以解出來。這樣就可以利用范德蒙的方法，裝配出原方程的3個根：

\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

是已經解出來的已知量，直接代入上面三個式子即可得到原方程的三個根。

當然，你也可以聯立三個線性方程按照解方程組的方式進行求解，即求下面的線性方程組：

\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.

無論如何，拉格朗日的預解式解法跟范德蒙的方法，以及那個神來之筆的巧妙變量替換方法都是殊途同歸的，最終得到的都是缺二次項三次方程的卡爾達諾公式。拉格朗日這樣解出來的方程的解當然也是根式解，即得到了方程根式解的求根公式。

與那個神來之筆的巧妙變量替換方法相比，拉格朗日的這個方法與之等價，并且更具一般性。

而與范德蒙的方法相比，拉格朗日的方法也更具有通用性和可推廣性。雖然拉格朗日采用與范德蒙類似的思路，即利用三次分圓方程的本原單位根構造了多項式

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

(就是那個

t_1

)。但是，范德蒙需要尋找的對稱多項式，即U+V和UV，并不是那么容易尋找的。而在拉格朗日的方法中，他直接用所有的根置換

S_3

作用下他構造的一個預解式上，從而產生了相應的新的預解式，繼而構造了以它們為根的一個方程——拉格朗日預解方程，這個方程的系數是原方程的根的對稱多項式，也就是已知的，而且它可以轉化為一個降次的、我們已經會求解的方程。所以，通過預解方程的解就可以得到原方程的解。也就是說，在拉格朗日的方法中，每一步都是通用的“套路”，比如構造預解式

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

和構造預解方程

\Phi(X)

，都具有可推廣性，它們不僅僅只適用于三次方程。

比如，對于首項系數為1的二次方程(2.1式)的求解。按照拉格朗日的方法，用二次分圓方程

x^2-1=0

的本原單位根-1構造一個預解式：

x_1-x_2

。這個預解式的構造方法與三次方程的預解式

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

是一樣的，其中的本原單位根-1就相當于

\omega

。這個預解式在

S_2

的作用下有兩個值：

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

以這兩個值作為根構造一個二次方程——拉格朗日預解方程：

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

這個二次方程的系數是關于原方程的根

x_1

和

x_2

的對稱多項式，所以系數是已知的，并且它可以簡化為更簡單的形式：

\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

是一個關于原方程的根

x_1

和

x_2

的對稱多項式。根據牛頓定理，它可以由初等對稱多項式表示出來：

\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}

，再聯立

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}

同樣地，拉格朗日的方法也可以推廣到四次方程的求解，整個求解過程是很清晰和“套路化”的。

為了簡單起見，我們這里以缺三次項的首項系數為1的一般四次方程為例：

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

按照拉格朗日的方法，由于我們是要找四次方程的解，那么就把四次分圓方程

x^4-1=0

的一個本原單位根i拿出來先構造一個拉格朗日預解式：

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

然后用四個根的置換

S_4

(這個置換有

4!=24

個元素)作用在

t_1

上，得到24個新的預解式

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

，以這24個預解式定義拉格朗日預解方程：

\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}

跟三次方程的預解方程一樣，這個24次方程的系數是原方程四個根的對稱多項式。根據牛頓定理和韋達定理，它所有的系數都是已知量，也即方程2.27是已知的方程。

拉格朗日證明了這個24次的方程可以降次為我們會求解的一些二次和三次方程，就像三次方程的預解方程也會降次為我們會求解的二次方程一樣。解這些降次之后的方程，就可以得到

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

，然后用它們來裝配出原四次方程的解

x_1,x_2,x_3,x_4

。例如對

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}

根據韋達定理，我們又有

x_1+x_2+x_3+x_4=0

，那么就有下面這三個等式：

\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}

這些等式的右邊都屬于

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

中的元素，而且由于

t_1, t_2, \cdots, t_{24}

都是已經通過預解方程求出來的根式解了。因此，

x_1

也就能根式求解了。

拉格朗日用他創立的、統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？

隨著方程次數n的增大，根置換的元素n!也增加的極快，那么預解方程的次數n!也急劇增加，從n=2,3,4，它的次數分別從2!=2次，3!=6次，增加到4!=24次。但方程次數n=5時，我們同樣以缺四次項的一般五次方程為例：

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

設它的五個根為

x_1,x_2,x_3,x_4,x_5

，定義一個預解式為：

\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}}

，是五次分圓方程

x^5-1=0

的一個本原單位根。

由于五個根

x_1,x_2,x_3,x_4,x_5

的置換

S_5

共有5!=120個，因此用它作用在

t_1

上就可以得到預解式的120個新變量

t_1, t_2, \cdots, t_{120}

，由此定義的拉格朗日預解方程為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}

盡管這個方程的系數可以像二次、三次和四次方程的預解方程一樣由原方程的初等對稱多項式表出，即它的系數是已知的，但它畢竟是一個120次的方程。能不能也像三次方程和四次方程的預解方程一樣，把這個120次的方程降次為我們已經會求根式解的三次、四次方程呢？這是拉格朗日方法成敗的關鍵所在。

確實，對于預解方程

\Phi(X)

是可以進行分解的。例如，對于預解式

t_1

，我們用五次分圓方程的本原單位根

\zeta

來乘2.30式的左右兩邊，得到：

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

對于這個結果，我們可以找到一個對應個根置換

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

之后剛好得到上面的結果，即

h_1 t_1=\zeta t_1

。因此，在2.31式的120個因子就有

(X-\zeta t_1)

。類似的，我們可以繼續找到下面4個置換：

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，預解方程

\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)

又因為

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

是五次分圓方程

x^5-1=0

的根。根據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

的五個根。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}

類似地，我們可以得出預解方程

\Phi(X)

中還有23個這樣的因子。即類似于三次方程預解式的分組形式：

\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.

把五次方程的預解式分成24組，每組5個，每組包含的因子都類似于上面2.32式。所以，我們可以把完整的預解方程分組合并為如下形式：

\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

，則它是一個關于t的24次方程。盡管這個方程的系數也可以類似于三次和四次方程的預解方程一樣，由初等對稱多項式表示，即方程2.33的系數是已知的。然而就在這里，拉格朗日陷入了困境。他創造的預解方程方法在五次方程這里失效了。他在他的論文中寫道：“我們希望在今后再回到這一問題上來。”然而，他從此就再也沒有回來過。

盡管范德蒙和拉格朗日在求解一般五次方程時都失敗了，但是他們首先強調了方程的根式解與方程根的置換之間的關系，這就為方程理論的進一步發展奠定了基礎。

我們之所以花了那么大的篇幅來介紹拉格朗日關于預解方程和預解式的方法，就是因為它們對伽羅瓦證明一般五次以上方程無求根公式的偉大定理具有非常重要的作用，我們會在后續的文章中再次回到拉格朗日的預解式中來。

拉格朗日的預解式方法給我們呈現出了解方程和根置換之間的聯系，并且引出另外一個非常重要的概念——對稱性。在本文中，我們多次提到了對稱多項式，它在求解方程的過程中扮演了非常重要的角色，可見對稱性對于解方程的重要性。

對稱性不僅可以用來描述具體的事物或者幾何對象，比如，正方形、三角形在某些旋轉和翻轉操作下保持不變，那么就稱它們具有對稱性。對稱性也可以用來描述抽象的數學對象，比如我們上面提到的對稱多項式，這些多項式就好比一個正方形，但是由于多項式是抽象的數學對象，沒有所謂的旋轉和翻轉等具體的幾何操作，所以我們就通過觀察根的置換來描述它們的對稱性，根置換的作用就類似于旋轉和翻轉等操作。拉格朗日啟發我們解方程與根置換有關，實際上就是說解方程與根的對稱性有關。

你可能聽說過這樣一句話：群論是描述對稱性的語言。那群論到底是個什么東西？我將在下一篇文章中再詳細展開。

這篇文章我們就先到這里，在文章的最后，我想對第一篇文章中的一處小錯誤進行勘誤：