為何從五次方程開始就沒有僅由有限步的加、減、乘、除、開方所構成的求根公式了？

知乎問題：為何從五次方程開始就沒有加、減、乘、除、開方的求根公式了？ - 數學 - 知乎

大家都知道，一元一次、二次、三次、四次方程都有根式解，從五次方程開始就沒有一般解了。然而這個情況為什麼是五次方程開始出現？為什麼這個數字是五？為什麼不是六或者是七？為什麼恰好是五次方程才開始沒有根式解？難道說當多項式的次數達到五的時候，其形態會有根本性的改變？

另外，就是現行初中數學教材關於一元二次方程的章節中，專門會提到「配方法」，包括推導一元二次方程的求根公式時也用到了它。然而，這種方法只對二次方程有效，二次以上的多項式在配n次方之後並不能總保證在「完全n次方項」之後僅有常數項（見圖）。也許 @林林總總 答案上的解法才更能反映解任意多項式方程的通用思路。

個人覺得，配方法在某種程度上具有誤導性。這種方法很容易使人誤以為：解一元n次多項式方程，只需將帶有x的項都移到等號的一側，然後配n次方，再開n次方即可。

知乎答案：為何從五次方程開始就沒有加、減、乘、除、開方的求根公式了？ - 知乎用戶的回答 - 知乎

可能不少人上學的時候都曾對這個問題感興趣，至少我是一個。無意間在知乎上看到這個問題，又勾起了自己的興趣，然後就上網、找書鑽研了一番。我不是學數學的，我對問題的理解肯定有不準確的地方，所以這裡算不上回答了這個問題，只是把自己的心得和大家分享一下。雖然裡面有比較多的公式和概念，希望是比較好懂的，能對同樣感興趣的人有點啟發。

先來一個簡單的說明。整數通過加減乘除得到有理數，有理數沒有填滿實數軸，其中還有間隙，即存在著無理數。將有理數進行擴展，四項運算之外，再加上開方運算，經過這樣計算後得到的數已拓展到了複平面，但其實並沒有填滿複平面，其中仍有間隙，而方程的根往往就落在這些間隙中，次數小於等於四次的方程的根只是恰好避開了這些間隙罷了。即便將方程的根再補上去，得到的數依然不能填滿複平面，還存在著超越數（即圓周率，自然對數底之類）。

接下來是正餐。

次方程的一般形式為

要分析方程有沒有根式解，先從根應該滿足的關係入手。單獨來看，每個根當然都應滿足方程，而合起來看，根相互之間又有怎樣的關係呢？設方程的根為，則方程左邊可分解為，將其展開，再和方程的係數對比，可得：

這便是韋達定理，中學課本里介紹的只是二次方程時的情況。上面這些式子有一個共同的特點，在式中的位置均是等同的，任意交換兩個根的位置，比如，並不會改變式子的形式，也即它們都是關於根的對稱多項式，稱為方程的基本對稱多項式。

方程的求解也可以理解為將上面個基本對稱多項式組成方程組，求解個未知量的值的過程。以大家最熟悉的二次方程為例，按韋達定理，有，利用這兩式構造

所以，，最後

可以證明，所有的根式求解都可理解為這樣從已知多項式逐步化簡，從而得到根的值的過程。在化簡的過程中，除了多項式，還可能出現兩個多項式相除形成的分式，這樣的式子被稱為有理式。如果分母為1或只是常數，那麼這樣的有理式其實就是多項式，所以從多項式擴展到有理式，就類似於從整數擴展到有理數。考慮到大家可能並不熟悉有理式，本文的例子中又沒有出現，所以本文的討論中只是談多項式，不過讀者應該知道，後文中的「多項式」，其實是可以替為「有理式」的，而且這樣替換後的表述才是更完整的。

二次方程的根的表達式大家應該是比較熟悉的，這裡寫成這種形式，可以突出一點：如果考慮根的順序，則方程的解的兩種取值（不考慮重根的情形）。任取一種定為「原本的」，比如，則解的兩種取值為和。作為初始條件的是對稱多項式，在的兩種取值下，這兩式的值是不變的，對這兩式做四則運算，得到的多項式仍是單值的，而開方運算後得到的，它有兩值和，從而最終結果也是兩值。可以理解為以原替換、原替換，而也可理解為以原替換、原替換，一種不改變值的替換。像這樣按根的某種排列，作相應的替換，稱為根的置換。二次方程有兩個根，有兩種根的置換，在兩種置換下，多項式是單值的，而是兩值的。

從二次方程推廣到次方程。次方程的根的置換的總數即它們的全排列，即的階乘。這裡不考慮有重根的的情形，因為有重根的方程總可以分解為若干個無重根的方程。如前所示，有個值為方程係數的多項式作為已知量，這些多項式均為對稱多項式，在全部置換的作用下，它們只有唯一的值。然後，利用這些已知的多項式進行化簡。所謂化簡，也就是設法構造出一些一次多項式，利用這些一次多項式組成方程組，就可以算出各個根的數值了。在降低多項式次數的過程中，開次方後得到的多項式在全部置換的作用下有種值，再開次方，在全部置換的作用下有種值。由於最終的根有種取值，可以想見，我們最終需要得到在全部置換的作用下有種值一次多項式。假定我們得到了一個一次式，它有種值。對這個一次式應用一個置換，則變為另一形式的一次式，而它的數值仍在中取值。不妨對每個置換後得到的式子給定一個值，比如，原順序的式子，而交換後的，像這樣，通過一個一次式便得到個一次方程。方程的數量超過了未知數的數量，可是並不能保證方程組有唯一解，還可能發生矛盾。如果學過大學線性代數，應對此有更好的理解。這裡直接給出結論，這個一次方程並不存在矛盾，但還真不夠確定唯一的解，不過加上之後，便可形成完整的方程組，求出方程的根。

上面寫的過程比較抽象，再非常簡要地介紹一下三次方程的求解過程，以便更好地理解。在常見的求解三次方程的介紹中，第一步就用代換消去了二次項，後面的過程也就簡單了不少。這裡直接針對一般形式的三次方程，算式略為複雜一些。三次方程的基本對稱多項式為,,。首先

這裡沒有將用表達，否則就太複雜了。開平方後求得，它有兩個值。

1有3個3次方根：，令為後兩個中的任一個，有

開3次方後求得，它有6個值。利用它可得到6個一次方程，其中只有兩個獨立的，再加上，便可算得最終結果。

前面頗為啰嗦地說了這麼多，似乎只是在玩文字遊戲，從一種很怪異的角度來解釋根的求解過程，又是根的多項式，又是根的置換，究竟有什麼意義呢？某個根的多項式在全部置換的作用下有若干種值，將取值相等的置換歸在一組，則這個多項式也就相應地將全部置換分成了若干組。基礎對稱多項式只有一種值，全部置換都在一個組裡，開次方後得到的多項式有種值，置換相應地被分為組，再開次方，置換被進一步分為組，最終，置換被分為組，每組只有一個置換。為了完整性，需要指出，在求解過程中出現的各個多項式並不一定取值越來越多，某些計算中也會減少，不過，考慮到我們想得到的是有種值一次多項式，我們希望構造出的多項式取值越來越多。如果某種求解方法中出現了取值減少的情況，就說明走了回頭路，而且事實上總可以找到方法避開這樣的回頭路。再引入一些概念，進一步分析這種置換的分組應滿足怎樣的性質，以及能否找到滿足這樣性質的分組，便可帶我們達到問題的答案。

從這以後的部分，數學概念很多，而解釋說明卻較簡短，因為不這樣就要寫成一本小書了，不過我希望這部分，至少從大概的意思上，仍然是不難理解的。對於沒有耐心看下去的，結論顯然也不難猜到：一般情況下，我們是找不到滿足性質的分組的，也就無法找到方程的根式解。

前面二次方程的求解中用到了，它的值為，也就是中學課本里的根的判別式乘以。所謂根的判別式，即根據式子的符號來判別根的性質，乘以某個正數並不影響這樣的「判別」，所以也可稱為根的判別式，而且寫成這一形式使人更容易看清它為什麼能判別根的性質。三次方程的求解中也用到了這樣的式子，我們將它推廣到更一般的情況，令

等式右邊表示所有的的乘積，共有項，稱為方程的根的判別式。下面分析性質時，如果覺得比較抽象，可以看看三次方程時的表達式（後面可見四次方程時的表達式）。這是一個對稱多項式，可以由基本對稱多項式，也就是方程的係數算得。既然是對稱多項式，所有的置換都不改變它的值。開平方，其中一個值是

添加負號後就是另一個值，而置換可使得式子在兩個值之間變換。先看置換中較簡單的一種：交換某兩個根的位置，稱為對換。執行一次對換，會改變上式的符號，而再做一次任意的對換，負負得正，又回到了原來的值，類似地，做4次或6次對換，也會保持式子的值不變。這裡涉及到了先做一個置換，再做另一個置換，將這樣的複合定義為置換的乘法。即表示先做置換，再做置換，複合而成的置換。比如，表示對換，表示對換，則將序列變為（做了置換後，對應的是原來的，對應的是原來的）。這裡介紹一下置換的記法，以3個根的情形為例，3個根的的自然順序為，在前面的例子中，將此序列變為，根據變換後的下標，將記為，同樣地，記為，那麼兩者相乘便是。下面簡單地給出一些置換的乘法的性質，有興趣的可以自己試驗一下。置換的乘法滿足結合律，但不滿足交換律。保持原順序不變的置換有特殊的記號，它和任意置換相乘，都有，類似於數字1在普通乘法中的性質，所以將稱為單位置換。對於任意一個置換，總可以找到一個置換，而且只有這樣一個，使得，稱為的逆，記為。

討論了置換的乘法後，再回到。偶數個對換的乘積作用後，保持不變，而奇數個對換的乘積作用在上則改變其符號。實際上，所有的置換都可分解為若干對換的乘積，這樣的分解不是唯一的，但其中有奇數個還是偶數個對換則是一定，根據這一點，可將置換分為奇置換和偶置換兩類。於是，偶置換是保持不變的置換，而奇置換則改變的符號，也就是變為它的另一種取值。注意到，偶置換和偶置換的乘積還是偶置換，偶置換的逆也還是偶置換。對於一組置換，如果置換的乘積還在這一組中，並且置換的逆也在這一組中，就把這組置換稱為置換群（兩個條件中，第二條是可以從第一條推出的，本文略去此推導，將兩條並列給出）。本文只涉及置換群，將「置換」兩字省去，簡稱群。於是，全體偶置換構成一個群，它是所有保持的值不變的置換構成的群，稱為的不變群。每個根的多項式都有它的不變群。顯然，全部置換也構成一個群，它是所有對稱多項式的不變群，此群稱為對稱群。像這樣的多項式，執行一次對換，變為負值，再做一次對換，又變為正值，如此繼續下去，便形成一個正負交錯的序列，於是這類多項式被稱為交錯多項式。它的不變群，即全體偶置換構成的群，也就稱為交錯群。次方程所對應的對稱群中置換的數量為，相應的交錯群中置換的數量則為，將它們分別稱為次對稱群和次交錯群。交錯群是對稱群中的一部分置換構成的群，稱前者為後者的子群。一般，群本身也被視為它自己的子群。置換和它的逆的乘積為單位置換，所以按群的定義，群中必包含單位置換。並且，單獨一個單位置換便可構成群，這個群被稱為單位群，它可以是任何群的子群。

從群的角度來看從到的過程，的不變群為對稱群，開平方後，對稱群中的置換相應地被分為兩組，一組為全部的偶置換，即的不變群，另一組則是全部的奇置換。前一組是對稱群的一個子群，其他組被稱為子群的陪集。這裡是開平方，所以只有一個陪集。

接下來分析開方次數更為一般的情形。假設我們構造了一個可寫為若干次乘方的多項式，記為。本身可能有若干種取值，其中一種對應於的不變群，開方後，對應於的這一值，有種值。根據置換作用於後的取值，群中的置換相應地被分為組，它們是的不變群，以及的陪集，將各組的取值記為。每組的中置換的數量應是相等的，為置換數量的，我們稱是的指數為的子群。某一置換作用於後的取值記為，假設，這說明是中的置換。對於置換對多項式的作用，可以從不同的角度去理解，比如，對換將變為，也可理解為式子仍為，只是取原來的值，而取原來的值，所以的不變群中的置換同樣能保持置換後式子的值不變，即對於中的置換，，說明是中的置換。這樣的乘積的數量等於中置換的數量，也就等於中置換的數量，所以，中所有置換都可寫為這種形式。於是，，以及本身，都可以看作某個置換與中的全部置換相乘所形成的一組置換。因此，某種程度上，可以說陪集是子群的「影子」，所以，在分析置換的分組時，只需關注群和子群的關係即可。

那麼，群和伴隨著開方運算形成的子群應滿足怎樣的關係呢？前面已經得到，對於中的任一置換，中的任一置換，，兩邊均再作用的逆，，這意味著是中置換。我們將這一關係記為，稱滿足這一關係的子群稱為正規子群。於是，開方後得到的多項式的不變群應是原多項式的不變群的正規子群。在根的求解中，一系列多項式以開方運算聯繫起來，它們的不變群形成一個序列，其中每個都是前一個的正規子群。開始時，已知的一般只有基本對稱多項式，它們的不變群是對稱群，最後我們要得到的是有種值一次多項式，它的不變群是單位群。這樣的過程還可以分得更細。如果是合數，可分解為若干素數的乘積，那麼從到的過程可分解為先開次方得到，再開次方得到，若干步後才得到。在這一系列多項式的不變群構成的序列中，每個都是前一個的指數為素數的正規子群。於是，方程的根式求解過程對應於一個群的序列，第一個為已知多項式的不變群，一般為對稱群，最後一個是單位群，每個群都是前面的群的指數為素數的正規子群。如果方程是根式可解的，必存在這樣的群的序列，如果存在這樣的群的序列，則方程必是根式可解的。

以前面給出的三次方程的求解過程為例來幫助理解這一大堆概念。一開始，我們構造了多項式，它的不變群是3次對稱群，共6個置換：

開平方後，得到，它的不變群是3次交錯群，有3個置換，也就是上面6個置換中的前3個。然後，通過這一式和基本對稱多項式，我們得到了，在這一步，不變群沒有改變，仍是3次交錯群。開3次方，得到，它的不變群是單位群。於是，這種三次方程的解法便對應於一個群的序列：3次對稱群3次交錯群單位群，箭頭上的數字表示後面的群作為前面的群的正規子群時的指數。

3次對稱群只有6個置換，所以上面的過程也很簡單。再舉四次方程的情況作例子。大部分書籍中介紹的四次方程的解法是最早提出的方法，由費拉里發明。具體的解法這裡就不寫了，只提示一點，在費拉里的方法中，首先求解一個三次方程，實際上，這個三次方程中的未知數等於，而它的判別式等於原四次方程的判別式，下面僅給出過程中關鍵的多項式及它們的不變群。

1. ，不變群為4次對稱群；

2. ，不變群為4次交錯群；

3. ，不變群為；

4. ，不變群為；

5. ，不變群為單位群。

所以，這種四次方程的解法便對應於一個群的序列：4次對稱群4次交錯群 單位群。

利用群的語言進行分析，我們已經將方程的根式求解與滿足一定性質的群的序列聯繫起來，根據這樣的序列是否存在，便能判定方程能否根式求解。前面已給出三次和四次時群的序列（二次方程就不用寫了吧？），那麼高於四次時的情況又如何呢？如果我們每一步都能找到指數為素數的正規子群，直至得到單位群，就說明存在根式求解的方法，而且我們可在以這些群為不變群的多項式中找到合適的多項式，從而得到詳細的求解方法。群都有兩個特殊的子群，這個群本身和單位群，這兩個子群也是正規子群，被稱為平凡正規子群（每個人都有的東西就是平凡的）。不過，前者並不是我們想要正規子群，而後者也只有在群的置換的數量是素數時才是指數為素數的正規子群。直觀上來想，正規子群所要滿足的是個不易達到的條件，因為是要取遍原群中所有置換的，要把這樣的乘積約束在子群中，並不是一件簡單的事。前面為了引入群的概念，以根的判別式作為例子，而這個例子實際上告訴我們，次對稱群總有次交錯群作為指數為2的正規子群。事實上，除的情況外，次對稱群只有次交錯群這唯一的非平凡的正規子群。不管怎樣，我們邁出了第一步，那麼然後呢？很可惜，一般情況下，就沒有「然後」了。的次交錯群沒有非平凡的正規子群。證明如果完整寫出來，是要佔不少篇幅的，但思路其實很簡單。先假設的次交錯群有一個不是單位群的正規子群，應該包含形如的置換，還有更基本的，作為一個群，應該包含自身置換的乘積和逆，反覆利用這些要求，需要包含的置換越來越多，最後包含了所有的偶置換，也就是說就是次交錯群本身，這樣便證明了這一命題。在高於四次的情況下，沒有非平凡的正規子群也就意味著沒有指數為素數的正規子群，也就不可能找到滿足要求的群的序列，於是，我們得出結論：一般形式的高於四次的方程沒有根式解。次數小於等於四次的方程只是由於的次交錯群的置換非常少（4次交錯群也只有12個置換），恰好可以找到要求的群的序列，所以存在根式解，在所有的方程中，只是特例罷了。

故事到這裡就應該結束了，不過，可能有人注意到了前面結論中的定語「一般形式的」，這就是說，還有「特殊形式的」高於四次的方程有根式解，這又是怎麼回事呢？這裡找一種特殊形式的方程來說明這一問題。次方程中形式最簡單的之一就是。如果為合數，這個方程可分解為若干個次數為素數的同一形式的方程來求解，所以這裡只考慮為素數的情況。假設我們找到了除1之外的某個數滿足，那麼，於是，就是方程的個根。由於根之間存在這樣的冪次關係，我們可以寫出之類的關於根的多項式。於是，我們已知的根的多項式，除了一般的基本對稱多項式，還多出了一類，而使這一類多項式保持不變的置換顯然不可能像對稱多項式那樣任意。首先，在這類多項式中，(等於1)的地位是很特殊的，如果把它換到其他某個的位置上，就不可能找到保持，所以保持這類多項式不變的置換都必須是不改變的。其次，假如某個置換用原替換，要保持，必須相應地取值，將除以的餘數記為，有，所以必須用原替換。也就是說，只要位置的替換確定，其他位置的替換也就定了下來，再加上置換不能改動，所以這樣的置換總共只有個。眼尖的人可能發現了，前面是說多項式有不變群，而在這裡推導不變群的過程中，卻用到了一組多項式，不過，對於一組多項式，總可以構造出這樣的多項式，在這組的多項式都保持不變的情況下，這個多項式才保持不變（比如用合適的係數乘每個多項式，再全部相加）。對於方程，除了通常的對稱多項式，還可利用這多出來的一類多項式來構造求解方程的一系列多項式，於是不變群的序列可以用這樣只有個置換的群作為「初始群」。相較於一般情況下「初始群」為有個置換的次對稱群，問題簡單了很多。

問題簡單了很多，並不代表就一定有解。在這個置換中，假設某個置換表示用原替換，這個置換使得，另一置換表示用原替換，這個置換則使。置換的乘積一般是不滿足交換律的，不過對於這兩個置換，乘積使得，而乘積使得，說明兩種乘積是相等的。將兩邊同乘以，，有了這個關係，任何一個子群都必定滿足，也即，每個子群都是正規子群。於是，根式求解要求的尋找對指數為素數的正規子群就簡化為尋找對指數為素數的子群，而這總是能辦到的（這當然需要證明，不過以本文介紹的這點知識很難講清楚，只能請讀者就這樣接受），所以方程總存在根式解。

可以注意到，在前面的論述中，其實並不一定要求方程的根像的根那樣有特殊的冪次關係，只要已知的根的多項式能夠使得「初始群」中的置換滿足交換律，即可保證方程存在根式解。滿足這一條件的方程稱為阿貝爾方程，而其中置換滿足交換律的群稱為阿貝爾群。那麼，究竟怎樣的方程是根式可解的？如本文所述，這取決於是否存在滿足條件的群的序列，嚴格的數學表述為：方程根式可解的充分必要條件是，方程的伽羅瓦群為可解群。所謂可解群，即可以構造從此群到單位群的序列，其中後面的群是前面的群的指數為素數的正規子群。對於根式求解問題，這樣群的序列中的第一個，或者說「初始群」，應該取為已知的根的多項式的不變群中最小的那個，而伽羅瓦群，在非常粗糙的意義上，可理解為這裡所說「初始群」。

關於根式可解性問題的答案，如果不給出阿貝爾和伽羅瓦這兩個名字，很難稱得上完整。大致上說，阿貝爾首次證明了一般形式的高於四次的方程沒有根式解，並且討論了一種可以根式解的特殊形式，即阿貝爾方程；伽羅瓦採用新的思路，做出了更為清晰的證明，提出了判斷任一方程根式可解性的方法。伽羅瓦引入的新數學工具，比如本文中介紹的「群」，不但在代數領域，而且對許多數學分支都產生了很大的影響，開創了一個新的時代。

寫到這裡，答案終於可以結束了，非常感謝看到此處的人，真心希望這個答案對你們有幫助。
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