苏家驹之代数的五次方程式解法不能成立之理由
華羅庚 1930年12月出版的《科學》15卷2期307-309頁
五次方程式經 Abel, Galois 之證明後，一般算學者均認為不可以代數解矣，而《學藝》七卷十號載有蘇君之《代數的五次方程式之解法》一文，羅欣讀之而研究之，於去年冬亦仿得「代數的六次方程式之解法」矣。羅對此欣喜異常，意為果能成立，則於算學史中亦可佔一席之地，惟自思若不將Abel言論駁倒，終不能完全此種理論，故羅沉思於Abel之論中。凡一閱月，見其條例精嚴，無懈可擊，後經本社編輯暗示遂從事於蘇君解法確否之工作，與六月中遂得其不能成立之理由，羅安敢自秘，特公之於世，尚祈示正焉。
解 法 簡 述
用 Sylvester 之分离消去法 (Dialytic method of elimination) 将普通形
$$
x^5+p_1 x^4+p_2 x^3+p_3 x^2+p_4 x+p_5=0
$$
化为可解形
$$X^5+P_1 X^4+P_2 X^3+P_3 X^2+P_4 X+P_5=0$$(中有 $P_1=0, P_3=0, P_2^2=5 P_4$), 而 $x, X$ 有 $X=n_0+n_1 x+n_2 x^2+n_3 x^3+n_4 x^4$ 之關係.
$P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$ 为 $n_0, n_1, n_2, n_3, n_4$ 之一次、二次、三次、四次、五次齊次函數. $P_1=0$, 即 $n_0$ 可以 $n_1, n_2, n_3, n_4$ 之一齊次函數表之, 以之代入 $P_2, P_3, P_4, P_5$, 則得 $n_1, n_2, n_3, n_4$ 之二、三、四、五次齊次函數, 而 $P_3$ 之一般形可寫為
$$\tag I
\begin{gathered}
A_1 n_1^3+A_2 n_2^3+A_3 n_3^3+A_4 n_4^3+A_5 n_1^2 n_2+A_6 n_1^2 n_3+A_7 n_1^2 n_4+A_8 n_2^2 n_1+A_9 n_2^2 n_3 \\
+ A_{10} n_2^2 n_4+A_{11} n_3^2 n_5+A_{12} n_3^2 n_2+A_{13} n_3^2 n_4+A_{14} n_4^2 n_1+A_{15} n_4^2 n_2+A_{16} n_4^2 n_3 \\
+ A_{17} n_1 n_2 n_3+A_{18} n_1 n_2 n_4+A_{19} n_1 n_2 n_4+A_{20} n_2 n_3 n_4,
\end{gathered}
$$
式中 $A_1, \cdots, A_{20}$ 为 $p_1, \cdots, p_5$ 之函數為已知者.
若令等於下式
$$\tag{II}
\begin{gathered}
(a_1 n_1+a_2 n_2)(a_3 n_1^2+a_4 n_2^2+a_5 n_3^2+a_6 n_4^2+a_7 n_1 n_2+a_8 n_1 n_3+a_9 n_1 n_4+a_{10} n_2 n_3 \\
+ a_{11} n_2 n_4+a_{12} n_3 n_4)+(a_{13} n_3+a_{14} n_4)(a_{15} n_1^2+a_{16} n_2^2+a_{17} n_3^2+a_{18} n_4^2+a_{19} n_1 n_2\\
+a_{20} n_1 n_3+a_{21} n_1 n_4+a_{22} n_2 n_3+a_{23} n_2 n_4+a_{24} n_3 n_4)
\end{gathered}
$$
式中 $a_1, \cdots, a_{24}$ 為未定係數.
再設 $a_1 n_1+a_2 n_2=0, a_{13} n_3+a_{14} n_4=0$, 代入 $P_2^2=5 P_4$ 式中, 則此式為 $n_2, n_4$之四次齊次函數, 解之, 則得 $n_2, n_4$ 之比值, 由此可作得 $n_0: n_1: n_2: n_3: n_4$ 之值, 故普通形可化为上之可解形, 換言之, 即五次方程式可得而解矣.
謬 誤 點
羅研究上意知其謬誤在 $P_3$ 中, 即 (I) 不能等於 (II) 也. 夫求未定係數 $a_1, \cdots, a_{24}$, 原文亦有求之之二十方程式, 羅為便利討探計, 特分之為四類, 轉錄於下:
(一) $a_1 a_3=A_1$,$a_2 a_4=A_2$,
$a_3 a_2+a_1 a_7=A_5$,$a_4 a_1+a_2 a_7=A_8$;
(二) $a_{13} a_{17}=A_3$,$a_{14} a_{18}=A_4$,
$a_{17} a_{14}+a_{13} a_{24}=A_{13}$,$a_{18} a_{13}+a_{14} a_{24}=A_{16}$;
(三) $a_{13} a_{15}+a_1 a_3=A_6$,$a_{14} a_{15}+a_1 a_9=A_7$,
$a_1 a_{11}+a_2 a_9=a_{18}-a_{14} a_{19}$,$a_2 a_{11}+a_{14} a_{16}=A_{10}$,
$a_2 a_{10}+a_{13} a_{16}=A_9$,$a_1 a_{10}+a_2 a_8=a_{17}-a_{13} a_{19}$;
(四) $a_1 a_5+a_{13} a_{20}=A_{11}$,$a_2 a_5+a_{13} a_{22}=A_{12}$,
$a_2 a_{12}+a_{14} a_{22}=A_{19}-a_{13} a_{23}$,$a_1 a_{12}+a_{13} a_{21}=A_{20}-a_{14} a_{20}$,
$a_1 a_6+a_{14} a_{21}=A_{14}$,$a_2 a_6+a_{14} a_{23}=A_{15}$.
依原所謂假 $a_7, a_{24}$ 則由 (一), (二) 得 $a_1, a_2, a_3, a_4, a_{13}, a_{14}, a_{17}, a_{18}$ 之值, 則第二類乃為 $a_8, a_{15}, a_9, a_{11}, a_{16}, a_{10}$ 之聯立一次方程式 (設 $a_{19}$ 為已知), 以行列式解之, 知其各分母悉為
$$
\Delta=\left|\begin{array}{cccccc}
a_1 & a_{13} & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & a_{14} & a_1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & a_2 & a_1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & a_2 & a_{14} & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a_{13} & a_2 \\
a_2 & 0 & 0 & 0 & 0 & a_1
\end{array}\right| .
$$
然
$$
\left|\begin{array}{cccccc}
a_1 & a_{13} & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & a_{14} & a_1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & a_2 & a_1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & a_2 & a_{14} & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a_{13} & a_2 \\
a_2 & 0 & 0 & 0 & 0 & a_1
\end{array}\right|=a_1\left|\begin{array}{ccccc}
a_{14} & a_1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & a_2 & a_1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & a_2 & a_{14} & 0 \\
0 & 0 & 0 & a_{13} & a_2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & a_1
\end{array}\right|
-a_{13}\left|\begin{array}{ccccc}
0 & a_1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & a_2 & a_1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & a_2 & a_{14} & 0 \\
0 & 0 & 0 & a_{13} & a_2 \\
a_2 & 0 & 0 & 0 & a_1
\end{array}\right|=0
$$
而 $a_8, a_{15}, a_9, a_{11}, a_{16}, a_{10}=\delta / \Delta$.
因 $\Delta=0$, 故 $a_8, a_{15}, a_9, a_{11}, a_{16}, a_{10}$ 非不定即無限大, 故 (I) 等 (II) 之謬論不攻自破矣. 換言之, 即 $P_3$ 為零不能解得二一次式, 故此法亦不能解五次方程式也.