若多项式 f1(z),f2(z) 的最大公因式是 d(z)，则 d(z)=0 与 f1(z)=f2(z)=0 的解集相同

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-13 15:01
关于公因式解问题，解释如下：在研究之处我确实有如此想法，建立新根号体系的初衷就是为了解决 ...

金瑞生先生：
       读了你的回复，我感概良多。我虽不认同你认为Cantor集合论中元素互异性，有碍于你建立新根号体系的观点，但来而不往非礼也。所以对你的回帖我还是耐心回复于后：
       第一、关于公因式解问题，请先生认真阅读北大研究生创新教育之《基础代数》一书。该书笫八章讲伽罗瓦(亦说伽罗华)理论，该章第9节讲一般n次代数方程。(参见《基础代数》P279—346页)。你可以不认可伽罗瓦华群论，不认可多项式的伽罗瓦群理论。不过阅读一下这些内容对你代数方程的统一解法还是有帮助的。
       第二、你问我【我找到的是统一解法。该解法与多项式方程的次数无关，方法是统一的，这样的统一解法难道不好 吗？】当然好，不仅好而且很好！法国数学家伽罗瓦用群论彻底解决了根式求解代数方程的问题。中国数学家金瑞生先生，釆用改写康托尔集合论的方法建立起代数方程的统一解法。这不仅是你的骄傲，也是每个中国人的骄傲嘛！这都不好，还有什么值得称好的呢？
       第三、金先生说【只要春风晚霞先生抛弃偏见，静下心来想一下也完全可以搞出像我一样的新集合论】，先生太抬举我了。先生可能不知道，今年我已是九十岁的人了。我执教一生，本无偏见。就算我能静下心来，我也不可能像你一样的去搞什么新集合论的。毕竟岁月不饶人嘛！
      第四、春风晚霞在与你的交流中指出〖消掉重根就掩盖了事物的本质，才导致始终无法建立整式代数方程的统一解法原理。这种说法确实有失公道。〗先生就像怨妇一般质问我【这种说法确实有失公道，我虚心接受，但要改正恐怕为时已晚，因为我早就将想法落实在了行动上，写了这本鸟书，害得我终身不得安宁。这样的惩罚难道还不够吗？】金先生，你心眼太小了。难道非要你说一，我就不能说二，你才满意吗？
      第五、 春风晚霞多次要求先生，举出一个解方程中只有用新集合理论才能解决，而用现行的集合理论不能解决的例子，来说明你创建新集合理的重要性和必要性。先生觉得过分吗？如果一种创新理论举不出不用创新理论就不能解决的例子，这样的创新岂不是坐而论道吗？金先生认为【这样的例子当然很多，但经过本主贴命题的辩论，我已经丧失了能与先生(指春风晚霞)达成共识的信心。】金先生，你因我用传统的集合论和方程论知识，证明了你认为只有用你的创新理论才能证明的主帖命题，就丧失了与我达成共识的信心，如此甚好！谁又非得依赖他人才能走完学术之路呢！既然如此，我们还有什么必要继续交流下去呢？

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-14 08:59
金瑞生先生：
       读了你的回复，我感概良多。我虽不认同你认为Cantor集合论中元素互异性，有碍于 ...

尊敬的数学老前辈春风晚霞先生：您好！
       读了您的回复，我才知道自己犯了一个巨大错误，如果我不真诚向您道歉，我将失去您这位良师益友，这无疑是我的巨大损失。我要对自己的鲁莽言论向先生表示道歉，特别是“经过本主贴命题的辩论，我已经丧失了能与先生（春风晚霞）达成共识的信心。”的言论，辜负了数学老前辈春风晚霞先生提携后生晚辈的一片拳拳之心，先生这段时间不顾年迈花费了大量时间和精力提携指导帮助晚辈我，我却不知好歹，敬请先生原谅！并向先生表示衷心感谢，感谢您的提携指导帮助，这份感谢来得太迟了，但我必须补上。我真诚邀请先生继续作为我的良师益友，继续与我坦诚交流，在以后的交流中我保证一定不会再犯类似的错误。现在我对先生的回贴作如下回复：
     第一，对先生推荐的书，我一定购买并认真拜读。我非常认可多项式的伽罗瓦群理论，该理论对一般五次及五次以上代数方程公式解死亡判决，正是我要建立新根号体系的根本原因。
      第二，先生过奖了。我数学系毕业 ，也没有从事教师工作，但我心系数学 ，对五次以上代数方程无公式解问题念念不忘。建立整式代数方程统一解法是本人的理想，也是奋斗的目标，原以为专著写好了，理想目标就要实现了，但没有想到这只是万里长征走完的第一步。
       第三，新集合论不难，通俗易懂，以至于上不了大学学报，又不属于中交期刊范畴。
   
       第四，这是我在说笑和自嘲，但并没有针对先生的意思。我的说法确实有失公道，关于走捷径问题的表述也是我错了，现予以纠正：对于具体的整式方程，先去掉重根是对的，这样的捷径就应该走，不走是傻瓜。 但研究一般整式方程就无法采用去掉重根方法。事实上对一般二、三、四次代数方程也从未有人采用过去重根的方法，我研究一般整式方程当然也无法用去重根的方法，这也是我不得已建立新集合论的原因。
      第五，总根号是我绕不过去的坎。总根号是用方程系数来表示的一个数学符号，代表由方程所有复根组成的集合，那么这个集合就不是Cantor集合，取消Cantor集合论中元素的互异性，建立新集合论是我万般无奈的选择。谁都可以不要新集合论，但我不能不要，这也是新集合论难产的原因吧。 请教先生：在使用总根号的情况下，我如何运用Cantor集合论？只要解决了这个问题，那一切都不是问题。
   
      假如 \(f(z)\)的次数为\(n\)，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程\(f(z)\)=0的所有复根，则记
     {\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}= \(\sqrt{ f()}\)  （注： 这是总根号的简写）

     下面虚心请教先生：有关并和交的问题。

      1 设\(f(z)\)=\(f_1(z)\)\(f_2(z)\)，则    \(\sqrt{ f()}\)= \(\sqrt {f_1()}\)\bigcup\(\sqrt {f_2()}\)
其中 \(f(z)\)，\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的次数依次为\(n\)，\(n_1\)，\(n_2\)，则 \(\sqrt{ f()}\)，\(\sqrt{ f_1()}\) ， \(\sqrt {f_2()}\)的元素个数依次为\(n\)，\(n_1\)，\(n_2\)。

      2.设\(d(z)\)是\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)的一个最大公因式，则   \(\sqrt {d()}\)= \(\sqrt{ f_1()}\)\bigcap\(\sqrt {f_2()}\)
其中\(d(z)\)的次数可设为\(k\)，\(\sqrt{ f_1()}\)\bigcap\(\sqrt {f_2()}\)就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解的组成的解集，在上次发的贴中，我已经用新集合论证明了了\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}所有复数解组成的解集与\(d(z)\)=0所有复根组成的根集是两个相等的集合,这意味着上面该等式是成立的，于是\(d(z)\)=0的所有复根就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解。\(\sqrt {d()}\)和\(\sqrt{ f_1()}\)\bigcap\(\sqrt {f_2()}\)的元素个数均为\(k\)，
\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解的个数等于(d(z)\)=0的所有复根的个数\(k\)。于是\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)
互素的充分必要条件是：\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}无解。

     请问：在保留总根号原有意义的前提下，如何运用Cantor集合论来证明这些结论?
     注意：保持总根号原有意义不变是建立新根号体系的必要条件，否则分根号等就无法建立，所谓的整式代数方程统一解法原理就泡汤了。

     



     

   

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-14 13:30
尊敬的数学老前辈春风晚霞先生：您好！
       读了您的回复，我才知道自己犯了一个巨大错误，如果我不 ...

金瑞生先生:
      因参加原学校中文系老迂夫子搞的《银龄诗友会》，迟于回复，望见谅。
      读了您的《金瑞生给春风晚霞先生的道歉信和感谢信》，春风晚霞倒有几分自惭。学术上不同观点的辩驳这是常事，对先生信中的第一、第二、第三、第四等几个问题，春风晚霞用发表在任在深先生《新年新气象》主题下的拙词为复，望恕不恭。词曰：
                                        采桑子.数坛新年新气象
                                                      春风晚霞
                新年网络交新友。凑个人场，捧个人场。癸卯争锋喜气洋。
                雕龙绣虎皆佳意。驳也芬芳，辩也芬芳。数网寒梅分外香。
       现就先生的第五个问题中的【假如f(z)的次数为n，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记{\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}=\(\sqrt {f()}\)（注： 这是总根号的简写）
      下面虚心请教先生：有关并和交的问题。
       设f(z)=\(f_1(z)f_2(z)\)，则\(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\).其中f(z)，\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的次数依次为n，\(n_1\)，\(n_2\).
        2.设\(d(z)\)是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)的一个最大公因式，则\(\sqrt {d()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)
请问：在保留总根号原有意义的前提下，如何运用Cantor集合论?】谈一点我的认识：
       (一)、建议先生把总根号\(\sqrt {f()}\)写成\(\sqrt[n] {f()}\)(其中n为首1多项式的次数)，由n的任意性，\(\sqrt[n] {f()}\)比\(\sqrt {f()}\)更能体现总根号的意图。同时也能避免造成\(\sqrt {f()}\)是表示f(z)是n次首1多项式，还是2次首1多项式的歧义，为什么要强调首1(也就是多项的最高次项的系数是1)多项式，这是因为多项式理论中把\(a_1x^n+a_2x^{n-1}+…+a_{n-1}x+b\)(a≠0)写成\(a_1\)(\(x^n\)+\(\frac{a_2}{a_1}x^{n-1}\)+…+\(\frac{a_{n-1}}{a_1}x\)+\(\frac{b}{a_1}\))也是多项式\(a_1x^n+a_2x^{n-1}+…+a_{n-1}x+b\)(a≠0)的因式分解(多项式理论中称这种分解叫平凡分解)，这样将与在复数域内任一多项式都可以唯一分解成多个一次因式的乘积(复数域中分解质因式定理)中的“唯一”矛盾。
       (二)、复数域中表示方程\(z^n\)=a的n个复根都用\(\sqrt[n] {f()}\)表示(注意：实数域中\(\sqrt[n] {f()}\)只表示n次算术根，当a>0，\(\sqrt[n] {f()}\)它只表示a的n个根中大于0的那个根，当a<0时\(\sqrt[n] {f()}\)无意义).所以，在复数域中相对于方程\(z^n\)=a(或\(z^n\)-a=0)来说，无论a>0，还是a<0,都有\(\sqrt[n] {a}\)=\(\sqrt[n] {| a |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})\)\(\quad\)(其中k=0，1，2，…，n-1，\(θ_0\)是使a=| a |(cosθ+isinθ)成立的所有幅角中最小的那个幅角，如a=1时，虽然1=cos0+isin0=cos2kπ+isin2kπ，k∈N，但\(θ_0\)=0而\(θ_0\)≠2kπ，k∈N
       所以\(\sqrt[n] {f()}\)与\(\sqrt{f()}\)的具有相同的数学意义。
       (三)、现在我们讨论\(d(z)\)、\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)无重根的条件:
       \(d(z)\)、\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)无重根的充要条件是，存在有理数\(α_i，β_i，γ_i\)∈Q，\(k_i，j_i，l_i∈N使得:d(z)=(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)^{k_r}\)；(\(\small\displaystyle\sum_{k_i=1}^r k_i\)=p)
\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{j_i=1}^s j_i\)=m-p)
\(f_2(z)\)=\(d(z)h_2(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k-_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{l_i=1}^t l_i\)=n-p).
由于d(z)=0；\(f_1(z)\)=0；\(f_2(z)\)=0时，\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)=0;\((z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)\)=0；\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)\)=0；所以\(\sqrt[k_i]{α_i}\)是d(z)=0的根；\(\sqrt[k_i]{α_i}\)和\(\sqrt[j_i]{β_i}\)是\(f_1(z)\)=0的根；\(\sqrt[k_i]{α_i}\)和\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)是\(\sqrt{f_2()}\)=0的根.注意:复数域上根的概是一个集合概念，由棣模弗公式
\(\sqrt[n] {α}\)=\(\sqrt[n] {| α |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})\)\(\quad\)(其中n=0，1，2，…，n-1)得
\(\sqrt[k_i]{α_i}\)=\(\sqrt[k_i] {| α_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{k_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})\)\(\quad\)(其中\(k_i\)=0，1，2，…，r-1)
\(\sqrt[j_i]{β_i}\)=\(\sqrt[j_i] {| β_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{j_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})\)\(\quad\)(其中\(j_i\)=0，1，2，…，s-1)
\(\sqrt[l_i]{α_i}\)=\(\sqrt[l_i] {| γ_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{l_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{l_i})\)\(\quad\)(其中\(l_i\)=0，1，2，…，t-1)
所以，\(\sqrt{f_1()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^s\)\(\sqrt[j_i]{β_i}\);\(\sqrt{f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)
\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^s\)\(\sqrt[j_i]{β_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)；\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)
        对此类特殊方程易证没有重根，这是因为\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)=\(\varPhi\)；\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^s\)\(\sqrt[k_i]{β_i}\)=\(\varPhi\)；\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)=\(\varPhi\)；所以\(\sqrt {f_1()}\)和\(\sqrt {f_2()}\)均无重根。
       (四)、我们根据复数域内分解质因式定理，n次复数方程必有n个复根.这个“必有”是不是和伽罗瓦“五次及五次以上的代数方程不存在根式解”相矛盾呢？其实伽罗瓦理论中的根式解是指把五次及五次以上的代数方程的解用五次及五次以上的代数方程的系数表示出来，复数域内分解质因式定理只讲了根α的存在，但并没有说α能用相应变多项式的各项系数表示出。所以，在确定研究方向时一定不要重点旁落，劳而无功。

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-15 22:40
金瑞生先生:
      因参加原学校中文系老迂夫子搞的《银龄诗友会》，迟于回复，望见谅。
      读了 ...

尊敬的春风晚霞先生：
      在保留总根号原有意义的前提下，试图运用Cantor集合论来证明与总根号的并集和交集有关命题的任何努力必定失败。原因在于：总根号不是Cantor集合，要运用Cantor集合论来证明与总根号的并集和交集有关命题，就必须先将总根号变成Cantor集合，这样做必然改变了总根号原有意义。