一元代数方程（准确地说是一元多项式方程）的求解是一个古老的问题，是代数学起源的主要源头之一。

先看最简单的情形：一元一次方程

ax+b＝0，

其中x是未知数，a，b为已知的复数（当然可以是实数、有理数、整数等特殊的复数）且a≠0，那么很容易解出

再看稍微复杂一些的情形：一元二次方程

ax2+bx+c＝0，

其中x是未知数，a，b，c为已知的复数且a≠0。通过完全平方公式，人们可以将原方程利用配方法转化为

于是也容易解出

方程的解是两个根，分别取正负号。

以上两种情形很简单，但对一元高次方程是否也能找到类似的求解公式？该问题在中世纪以后才有了解答。对一元三次和一元四次方程，都有肯定的答案。在历史上关于这些方程求解方法和公式发现的优先权方面还有一些有趣的故事，这在网上很容易查到，这里我们就不再介绍这些历史。下面还是从数学方面来看一元三次和一元四次方程的求解方法，我们在此介绍拉格朗日（Joseph Louis Lagrauge，1736—1813）的一种方法。该方法主要用到方程根的置换，这导致了近代数学中群的发展。这方面我们在后面会给出简单的介绍。

在给出进一步的介绍之前，请大家先承认下面两个结果。

代数基本定理：系数是复数的一元n次（n是自然数）方程有且仅有n个复数根（这些根可以有相同的，相同的根称为重根）。

如三次方程有3个根，四次方程有4个根，等等。

根与系数关系的韦达定理：对首项系数为1的一元n次方程，有

所有根之和＝-（n-1）次项系数，

所有根的两两相乘之和＝+（n-2）次项系数，

所有根的三三相乘之和＝-（n-3）次项系数，

……

所有根的乘积＝（-1）n常数项（即0次项系数）。

若一元n次方程的首项系数不是1而是a（a≠0），则在上面定理中每个等式的右边乘以即可。然而，任一个一元n次方程很容易化为一个首项系数为1的一元n次方程，只需将每个原系数乘以首项系数的倒数即可，而得到的方程与原方程同解（即与原方程的解相同）。所以下面写一元n次方程只写首项系数为1的。

当然，你最好也知道或记得二项式公式：

因为你应该知道杨辉三角（出现于我国宋代），该三角的第（n+1）行的数分别对应着上面公式中右边的系数。

现在介绍一元三次方程的拉格朗日求解方法。首先如前面所说，我们可不妨设一元三次方程的首项系数为1，其次可利用n＝3时的二项式公式配方将二次项（即n－1次项）消掉，即化为形如下面的方程

x3+px+q＝0，

其中x是未知数，p，q是复数，称为原方程的一种约化方程。下面只需解这个约化方程。

设α，β，γ是上述三次约化方程的3个复数根，代数基本定理保证了这3个根的存在。注意它们不是已知的，而是我们需要求出的解。

设ω＝是虚数单位。实际上，ω是三次单位根，即ω3＝1，亦即ω是特殊的三次方程x3-1＝0的一个根。注意x3-1＝（x-1）（x2+x+1）而ω≠1，故ω是x2+x+1＝0的根（当然你也可以倒过来利用这个方程把ω具体求出来），即有

ω2+ω+1＝0。

我们现在来观察下面的式子。设

将它们分别代入上面有X的式子，就得到X实际上是9个值。利用ω2+ω+1＝0可知其中有3个值刚好分别是α，β，γ，即

其中我们也用到了ω3＝1，ω4＝ω3ω＝ω。这就是说，关于X的式子表示的是9个值，其中有3个刚好是原三次约化方程的3个根α，β，γ。所以，如果能够求出X的所有9个值，人们就可以求出原三次约化方程的所有根α，β，γ，等等，我们原来不是说要解α，β，γ这3个值吗？现在反而变成要解9个值，不是更复杂了吗？我们再来观察，不急着下断言。记(www.daowen.com)

t1＝α+ωβ+ω2γ，t2＝ωt1，t3＝ω2t1，

t4＝α+ω2β+ωγ，t5＝ω2t4，t6＝ωt4，

注意由韦达定理和原三次约化方程的二次项为0，可知α+β+γ＝0，所以

由t1，t2，t3，t4，t5，t6这6个值完全确定。仍然比原来要求出的3个值多，但是我们可以构造一个新的六次方程（称为拉格朗日预解方程）：

（y-t1）（y-t2）（y-t3）（y-t4）（y-t5）（y-t6）＝0。

显然t1，t2，t3，t4，t5，t6是它的6个根。这个新方程目前我们还不认识，因为其中的那些t我们还不知道，需要解出来。注意我们有y3-t3＝（y-t）（y-ωt）（y-ω2t），所以新的六次方程实际上为

把左边展开得到

由t1，t4的定义我们知道，它们都是关于α，β，γ的多项式（注意ω是已知的，可看成常数），那么t1和t4实际上都是关于α，β，γ作为3个变量的三元一次多项式。一个具有m个变量的多项式称为对称多项式，如果把所有变量任意作一个置换，即所有变量的一个排列，得到的多项式与原多项式仍然相等。最重要的是m个变量的初等对称多项式有m个，它们的定义分别是所有m个变量的和、所有m个变量两两相乘的和、所有m个变量三三相乘的和，如此下去，最后是m个变量相等。等一下，这好像在什么地方见过。对了，在韦达定理中，所有等式左边即是关于n个根（作为n个变量）的所有n个初等对称多项式。而韦达定理中用所有的根作为变量的初等对称多项式都等于原方程的某个系数再带上可能的正负号。牛顿发现一般的对称多项式可以由初等对称多项式来表达。精确的牛顿定理及其证明在大学“高等代数”中对称多项式部分要讲到，这里我们就不细说了。但我们看看要关心的

和

故得到新方程为

解得

令

和

那么原三次约化方程的3个根为

类似地，对一元四次方程，可利用n＝4时的二项式公式配方，可将其化为约化形式：

x4+px2+qx+r＝0。

设它的4个根为α1，α2，α3，α4。记ε是四次本原单位根。（即ε4＝1，但ε，ε2和ε3都不为1。实际上，此时ε＝i或者ε＝-i。）令t＝α1+εα2+ε2α3+ε3α4，这是关于根α1，α2，α3，α4的一个四元多项式。为了考虑关于这些根的对称性，将α1，α2，α3，α4作置换，共有24种不同的置换（因为4个元的所有排列有24种），此时，t相应地变为24个关于α1，α2，α3，α4的多项式，可分别把它们记为t1，t2，…，t24。类似地，可做以它们为根的一个24次方程（称为拉格朗日预解方程）。这个预解方程的每个系数关于α1，α2，α3，α4都是对称的，从而由牛顿定理和韦达定理可知，预解方程中的每个系数可由原四次约化方程的系数表达出来，即预解方程成为一个系数已知的方程，但该24次预解方程最后本质上是一个三次方程，从而也可解出。具体的过程较为复杂，我们在这里就不详细推导，只写出原四次约化方程的一个解如下：

其中

上述约化的三次和四次方程的解的形式看起来很复杂，但它们是原来系数之间的某种组合形式或开根号形式，并且根号中可能还有根号，即根号可能有多重嵌套形式，这种形式的解称为根式解。一元n次方程求解公式的问题实际上是能否有根式解的问题！

之后人们试图找到五次方程的根式解，最后的结果出乎预料。利用拉格朗日置换根的办法，阿贝尔（Wiels Hennik Abel，1802—1829）证明了一般的五次方程没有根式解！这实际上也说明了当n≥5时一般的n次方程没有根式解。

故事还没有结束。尽管当n≥5时一般的n次方程没有根式解，但许多特殊的n次方程却有根式解，如x5-1＝0，等等。注意到根的两个置换的合成（即先作一次置换，再作一次置换）仍然是一个置换，并且依次作3次置换与先作其中的哪两个无关（即置换的合成具有结合律），同时有恒等置换以及每个置换有逆置换。具有这种运算的集合称为一个群，而所有置换就构成一个群，称为对称群（正如前面所见，多元多项式的对称由置换来定义）。正是法国天才青年数学家伽罗瓦（Evariste Galois，1811—1832）在1830年利用群的观念给出n次方程有根式解的充要条件，他也再次证明了n≥5时一般的n次方程没有根式解。伽罗瓦英年早逝，20岁死于一场决斗，关于他的故事在网上可以查到。伽罗瓦的理论实际上是抽象群论的开始，也是近现代抽象代数学开始的标志。群几乎无处不在，因为对称几乎无处不在，而描述对称的数学工具就是群，群即对称！

注释：我们在正文中给出的三次和四次方程解的办法主要是强调思想性和通用性，这是人们所追求的。但过程难免复杂、不易具体求解，下面我们分别给出三次和四次方程解的一种较为简单的方法。

1.关于三次约化方程x3+px+q=0根式解的一种解法

设x＝u+v，其中u，v待定，那么有u3+v3+（u+v）（3uv+p）+q＝0。令3uv+p＝0，即uv＝-p／3，那么由u3+v3＝-q和u3v3＝-p3／27可知，u3和v3是方程y2+qy-＝0的两个根。取u是这两个根中的一个开3次方根，那么令v＝-p／3u，则u+v是原三次约化方程的一个根。仍然取ω＝，那么有u+v，ωu+ω2v，ω2u+ωv是原三次约化方程的3个根。

2.关于四次约化方程x4+px2+qx+r=0根式解的一种解法

令x4+px2+qx+r＝（x2+jx+l）（x2-jx+m），其中j，l，m待定。解得m+l-j2＝p，j（m-l）＝q，lm＝r。于是，有2m＝j2+p+q／j和2l＝j2+p-q／j。故4r＝4lm＝（j2+p+q／j）（j2+p-q／j），从而有j6+2j4p+（p2-4r）j2-q2＝0。于是j2是方程y3+2py2+（p2-4r）y-q2＝0的一个根。故可利用三次方程的解求出j2，再开方得到j，于是可解出l和m。利用解出的j，l，m，再解出两个二次方程x2+jx+l＝0和x2-jx+m＝0。得到的4个根即为原四次约化方程的4个根。

四川大学数学学院　彭联刚