整系数多项式函数\(f(z)=\)\(z^n+a_{n-1}z^{n-1}+…+a_1z+a_0\)分解的唯...

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-23 07:57
根据“览亲归宗，族人团圆”的重根处理办法,把允许有重元的总根号，转换成没有重元的Cantor集合，Ca ...

尊敬的春风晚霞先生：大年初三早上好！我给您拜年了！
      为了深刻理解先生根据“览亲归宗，族人团圆”的重根处理办法,把允许有重元的总根号，转换成没有重元的Cantor集合的方法，下面我用一个具体的多项式请教先生：
       设\(f(z)\)=\((z-1)^{2}(z-2)^{3}(z-3)^{4}\)，则  \(\sqrt{ f()}\)={\(1\),\(1\),\(2\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\)}
请教先生：总根号 \(\sqrt{ f()}\)转换成没有重元的Cantor集合的方法。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-24 10:10
尊敬的春风晚霞先生：大年初三早上好！我给您拜年了！
      为了深刻理解先生根据“览亲归宗，族人团 ...

       因为\(\mathbb{Q}(x)=(x-1)^2(x-2)^3(x-3)^4\)，所以\(f(z)=\)\((z-α_1)\)\((z-\overline{α_1})\)\((z-2)\)\((z-α_2)\)\((z-\overline{α_2})\)\((z-α_3)\)\((z-\overline{α_3})\)\((z-α_4)\)\((z-\overline{α_4})\)\(=\mathbb{C}(z)\). 依据是：整系数多项式在\(\mathbb{C}(z)\)中，\(α\)与它的共轭\(\overline{α}\)必成对出现，故此奇次方程必有一个实根；又因为实常数的共轭就是它自身，n次多项式可唯一分解成成n个一次因式的乘积[1][2]。所以当\(α_1=1\)时，\(\overline{α_1}=\overline{1_1}=1\)，同理，\(\overline{2_2}=2\)；\(\overline{3_3}=3\)；\(\overline{3_4}=3\)·所以\(f(z)=\)\((z-1_1)\)\((z-\overline{1_1})\)\((z-2)\)\((z-2_2)\)\((z-\overline{2_2})\)\((z-3_3)\)\((z-\overline{3_3})\)\((z-3_4)\)\((z-\overline{3_4})\)\(=\mathbb{C}(z)\).所以，在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下(即不丟失值相等，但根的意义不同的所谓重根信息)，方程\(f(z)=0\)的解集为：\(\mathscr{A}\)=\(\left\{1_1，\overline{1_1},2，2_2，\overline{2_2},3_3，\overline{3_3}，3_4，\overline{3_4}\right\}\)

【参考资料】

[1]张禾瑞等著《高等代数》P67页，定理2.7.3
[2]北大代数教研组编《高等代数》P27页，整系数多项式因式分解定理及说明

春风晚霞

       昨日游园，满目兔景。雪塑冰雕，影像纸贴，动静相辅，妙趣横生。有夫子以《兔年说兔》为题，向余索句。盛情难却，勉力为赋。词曰：
                                                               一七令·兔年说兔
                                                                    春风晚霞
                                                  兔。
                                                  冰雕，雪塑。
                                                  隐绿丛，悬诸铺。
                                                  笑汝三窟，羞伊自负。
                                                  比赛败于龟，偏衬芝诺误。
                                                  甘陪月宫仙子，守礼从不返顾。
                                                  竞评生肖你超前，龙马愤兮猪狗妒。

       【注】：本词合律一七令韦式（押仄韵）体，若以白居易（押平韵）体较验，则句句拗律。

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-25 00:16
因为\(\mathbb{Q}(x)=(x-1)^2(x-2)^3(x-3)^4\)，所以\(f(z)=\)\((z-α_1)\)\((z-\overline{α_1 ...

尊重的春风晚霞先生：大年初五晚上好！祝您身体安康，万事如意！
        看来先生不仅是数学家还是诗人，佩服，佩服！ 今天，我继续请教先生：
        设\(f_1(z)\)=\((z-1)^{2}(z-2)^{3}(z-3)^{4}\)，则  \(\sqrt{ f_1()}\)={\(1\),\(1\),\(2\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\)}；
        设\(f_2(z)\)=\((z-2)^{2}(z-3)^{3}\)，则 \(\sqrt{ f_2()}\)={\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\)}；
\(\sqrt{ f_1()}\)\(\cup\)\(\sqrt{ f_2()}\)={\(1\),\(1\),\(2\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\)}\(\cup\){\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\)}=
{\(1\),\(1\),\(2\),\(2\),\(2\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\)}
       启用新数学符号可以很容易总结出允许重元有限集合并集的本质特征。
\(\sqrt{ f_1()}\)\(\cap\)\(\sqrt{ f_2()}\)={\(1\),\(1\),\(2\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),\(3\)}\(\cap\){\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\)}=
{\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(3\),}；
        也同样可以很容易总结出允许重元有限集合交集的本质特征。
        根据并集和交集的本质特征，就可以证明允许重元有限集合的运算律了。
请教先生：总根号的并与交如何转换成没有重元的Cantor集合的并与交。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-26 10:19
尊重的春风晚霞先生：大年初五晚上好！祝您身体安康，万事如意！
        看来先生不仅是数学家还是 ...

金瑞生先生：
       春安！
       因为\(f_1(x)\)=\((x-1)^2\)\((x-2)^3\)\((x-3)^4\)；\(f_2(x)\)=\((x-2)^2\)\((x-3)^3\)，所以\(f_1(z)\)=\((z-α)(z-\bar α)\)\((x-2)(z-β)(z-\bar β)\)\((z-γ)(z-\bar γ)\)\((z-δ)(z-\bar δ)\)；\(f_2(z)\)=\((z-β))(z-\bar β)\)\((x-3)(z-γ)(z-\bar γ)\). 令\(\mathscr{A}_1\)、\(\mathscr{A}_2\)分别为\(f_1(z)=0\)和\(f_2(z)=0\)的解集，则解集\(\mathscr{A}_1=\)\(\left\{α，\bar α，2，β，\bar β,γ，\bar γ，δ，\bar δ\right\}\)；同理我们有解集\(\mathscr{A}_2\)\(=\left\{β，\bar β,3，γ，\bar γ\right\}\). 所以，在同时考虑值相等，根的原始意义不同的两个根非重根的情况下)\(\mathscr{A}_1\)\(\cup\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{1，\bar 1，2，2，\bar 2,3，3，\bar 3，3，\bar 3\right\}\)；\(\mathscr{A}_1\)\(\cap\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，\bar 2,3，\bar 3\right\}\). 当然，若不考虑根的原始意义只根据根值判断是否是重根情况下，\(\mathscr{A}_1=\)\(\left\{1，2，3\right\}\)；\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，3\right\}\)，这时\(\mathscr{A}_1\)\(\cup\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{1，2，3\right\}\)；\(\mathscr{A}_1\)\(\cap\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，3\right\}\)(只是这时应结合方程指明的根的重数).
       方程论在大学有两个重要分支，一个是线性多元，一个是一元高次。讲线性多元(即多元一次方程组)的经典教材有谢邦杰先生的《线性代数》；讲一元高次的经典教材有张禾瑞先生的《高等代数》. 两类教材各有侧重，谢氏教材重在消元，张氏教材重在降次. 先生的《整式代数方程新根号体系和统一解法原理之形成》，应属于重在降次的多项式理论.  所以先生要挑战罗瓦理论，其关键是把方程的根用它们的系数表示出来.如一元二次方程\(ax^2+bx+c=0\)(a≠0)的所有根所成的集合为\(\mathscr{A}=\)\(\left\{x|x=\tfrac{-b±\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\;a≠0\right\}\). 当\(b^2-4ac=0\)方程\(ax^2+bx+c=0\)的两根相等，一般记为\(x_1=x_2\)=\(\frac{-b}{2a}\)，如果你偏要用\(\left\{\frac{-b}{2a}，\frac{-b}{2a}\right\}\)表示\(b^2-4ac=0\)时，\(ax^2\)\(+bx\)\(+c=0\)的解集合，替代\(\mathscr{A}=\)\(\left\{x|x=\tfrac{-b±\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\;a≠0\right\}\)，那就有以偏概全之嫌了！
        对于方程\(f_1(z)=\)\(z^9\)\(-20z^8\)\(+175z^7\)\(+798z^6\)\(-z^5\)\(-87572744z^4\)\(+7737z^3\)\(-6534z^2+\)\(3132z\)\(-648=0\)\(\quad\)①；\(f_2(z)=\)\(z^5\)\(-14z^4\)\(+67z^3\)\(-171z^2\)\(+216z\)\(-108=0\)\(\quad\)②.  由于方程①、②均为奇次方程，代数基本定理只保证，方程①有一个实根，四对共轭复根 ；方程②有一个实根两对共轭复根.  应用Mathematica软件的内置函数Factor[]，倒可把\(f_1(z)\)、\(f_2(z)\)分解成\(f_1(z)=\)\((z-1)^2\)\((z-2)^3\)\((z-3)^4\)；\(f_2(z)=\)\((z-2)^2\)\((z-3)^3\)，但你的\(\sqrt{f()}\)=\(\sqrt{a_0，a_1，a_2，a_3，…，a_n}\)却不能取代Mathematica的Factor[]的功能，当然也就不能揭示它们根与系数的关系.  所以建议你把课题研究的重心放在Mathematica软件的Factor[]的原理上，从理论上解决任一整系数多项式根与系数的关系问题.  从而使你的\(\sqrt{f()}\)=\(\sqrt{a_0，a_1，a_2，a_3，…，a_n}\)落到实处。当把一元n次方程\(f(z)=a_0z^n\)+\(a_1z^{n-1}+a_2z^{n-2}+…+a_{n-1}z+a_n=0\)的根与系数的关系解决了，不管取不取消Cantor解集合论中元素的互异性，你都将名垂数史，功盖千秋.

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-26 22:39
金瑞生先生：
       春安！
       因为\(f_1(x)\)=\((x-1)^2\)\((x-2)^3\)\((x-3)^4\)；\(f_2(x)\) ...

春风晚霞先生：大年初六早上好！
      总根号具有一系列的运算性质，它与正整数次方根之间是可以相互转化的，也不影响根与系数关系的表达，它与多项式相关知识（包括零星知识点）不仅是是融合的而且具有强大的聚合功能，正因为如此，才能形成完整系统的整式代数方程统一解法原理（在阐述时分为实系数代数方程统一解法原理和复系数代数方程统一解法原理两部分，两者的思想方法也是统一的。）。新的根号体系除总根号外，还有实根号和分根号等，它们是具有计算功能的。
      请教先生：\(\mathscr{A}_1\)\(\cup\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{1，\bar 1，2，2，\bar 2,3，3，\bar 3，3，\bar 3\right\}\)为何只有10个元素，应该有14个元素才对呀。\(\mathscr{A}_1\)\(\cap\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，\bar 2,3，\bar 3\right\}\)为何只有4个元素，应该有5个元素。
      先生的方法真是出神入化高深莫测，我的只能算小儿科。不过对初学者来说，是否小儿科一点更妥？

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-27 10:14
春风晚霞先生：大年初六早上好！
      总根号具有一系列的运算性质，它与正整数次方根之间是可以相互 ...

金先生：
       对你的提问，现简单回复于后.因为\(f_1(z)=0\),\(f_2(z)=0\)均为奇次方程，所以它们各自存在一个无共轭的实根，解集中把这个无共轭的实根用红色字标出。
       则\(\mathscr{A}_1\)\(=\)\(\left\{1，\bar 1，\color{red}{2}，2，\bar 2，3，\bar 3，3，\bar 3\right\}\)；\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，\bar 2,\color{red}{3}，3，\bar 3\right\}\).
所以，\(\mathscr{A}_1\)\(\cup\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{1，\bar 1，\color{red}{2}，2，\bar 2,\color{red}{3}，3，\bar 3，3，\bar 3\right\}\)；\(\mathscr{A}_1\)\(\cap\)\(\mathscr{A}_2=\)\(\left\{2，\bar 2,3，\bar 3\right\}\).
       所以\(\mathscr{A}_1\cup\mathscr{A}_2\)中只有10元素，而不是14个元素，\(\mathscr{A}_1\cap\mathscr{A}_2\)中只有4个元素而不是5个元素。先生有此提问，足见先生对集合论、方程论还较陌生。我想先生的《整式代数方程新根号体系和统一解法原理之形成》，绝非心血来潮，儿戏之作.  所以建议先生还是先学懂Cantor集合论，再来改写集合论。不然越弄越糟，得不偿失。

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-27 13:22
金先生：
       对你的提问，现简单回复于后.因为\(f_1(z)=0\),\(f_2(z)=0\)均为奇次方程，所以它们各 ...

春风晚霞先生：您好！
       先生莫急，事实上先生的结果早在我预料当中，因为从本质上讲，总根号的并集和交集与Cantor的并集和交集完全是俩码事，将两个有相同元素的集合的元素放在一起时，前者元素不会减少，后者的元素一定减少。因为前者研究的是所有元素组成的集合，遇到相同元素时个数不会减少；后者研究的是所有不同元素组成的集合，遇到相同元素时个数一定减少。
       总根号并集的模型是两个于多项式乘积的所有复根组成的集合，交集的模型是两个多项式方程组的所有复数解组成的集合。
       可以说，等待出现今天的这个结果，我已经等了很久了。就想说明一件事：以总根号为模型的允许有重元集合的新集合论决不是Cantor集合论可以取代的。正是由于两个集合论的研究对象不同，在研究多项式方程时，新集合论可以讨论方程所有复根组成的集合，而Cantor集合论可以讨论方程所有各不相同复根组成的集合，两者相辅相成缺一不可，这才是整式代数方程统一解法原理的研究取得成功的关键所在。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-27 15:27
春风晚霞先生：您好！
       先生莫急，事实上先生的结果早在我预料当中，因为从本质上讲，总根号的 ...

       先生既然如此执着，那我也不好再说什么了。我期待先生的《整式代数方程新根号体系和统一解法原理之形成》早日付梓，一扫伽罗瓦五次及五次以上整系数方程无根式解之阴霾。但愿先生不负所望. 倘能如斯，实乃数学之幸，《方程论》之幸也！只是不知先生能否预支一点切实可行的一般五次方程\(x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\)的统一解法与我，也让老夫看看改造Cantor集合论之奇效！

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-27 16:18
先生既然如此执着，那我也不好再说什么了。我期待先生的《整式代数方程新根号体系和统一解法原 ...

春风晚霞先生：请您见谅！
       整式代数方程的统一解法原理分为实系数代数统一解法原理和复系数代数方程统一解法原理，均为\(n\)次的，先生只要五次与要\(n\)次没有区别。先生若要全书，本人倒是可以办到！ 只是先生的期望值要低一点，我搞成的是统一解法而不是公式解。
      我更希望先生能利用自己的名望为本人争取一个发表专著《整式代数方程新根号体系的建立与统一解法原理之形成》的机会，发布在综合论坛上，这样我此生也就了无遗憾了。