学了这么多抽象理论，多少感觉有些魔幻，一点实感也没有，所以在这一篇我们的目标就是消去它们。

三次方程

二次方程过于简单，四次方程过于繁琐，更高次的方程没有一般解法，所以我们选取中庸，拿三次方程来试试水。

解方程

一般的三次方程如下

我们先把x³-1=0的本原根添加到基域F中去，即令F含有和，令是方程的三个根，则有分裂域，由之前的分析我们有G=Gal(E/F)≌S₃。
我们有可解合成群列，依据伽罗瓦对应我们得到域列，其中B=Inv(A₃)，A₃≌Gal(E/B)是一个3阶循环群，B是F的一个正规扩域，E是B的一个3次循环扩域。
接下来我们要寻找根式扩域所需的数。令Δ=(α₁-α₂)(α₂-α₃)(α₃-α₁)，则Δ在偶置换A₃下不变，在S₃中奇置换下变为-Δ，故Δ∈B且Δ∉F，进一步有D=Δ²∈F，计算可得D=-4r³q-27q²+18rpq-4p³+r²p²。因为[F(Δ):F]=2和[B:F]=2，所以B=F(Δ)。
因为α₁,α₂,α₃不能全属于B，所以不妨设α₁∉B，同上面类似的过程，我们可以得到E=B(α₁)，由于α₁不能确定，所以我们采用证明的方法来构造需要的数。

可以验证均属于D，更具体的是

这样我们就可以得到方程所有的解

实际上，令r=0，我们就可以得到卡尔丹公式，而上面构造根式扩张数的过程实际上就是拉格朗日预解式，实际上早在伽罗瓦(Galois)前，首先证明一般五次及以上方程没有根式解的是阿贝尔(Abel)，而且使用的是初等语言，但本质和如今的现代证明是基本一致的。

一些简单的东西

我们定义D=Δ²=[(α₁-α₂)(α₂-α₃)(α₃-α₁)]²为三次方程的判别式，则方程的三个根α₁,α₂,α₃可能的情况如下：(ⅰ)D>0，三个两两不等的实根(ⅱ)D=0，三个实根且至少两个相等(ⅲ)D<0，一个实根和一对共轭复根。
有一件比较神奇的事就是，当D>0时方程三个实根计算必需经过复数的计算，实际上这是一件无法避免的事情，我们在之后会讨论。对D>0，我们令K=F(Δ, α₁)，实际上由韦达定理我们可以证明，K与E互相包含，即K=E就是F的分裂域，不过前提我们要肯定这个三次方程是不可约的，不然就没什么意义了。我们写一个简单的定理然后来证明上述的事实。
定理1：设是实域R上的一个素数p次多项式，则它要么在R中不可约，要么在R中有根。

三次方程根的特点

定理2：设f(x)=x³+px+q∈F[x]，F=Q(p, q)⊂R，f(x)在F上不可约，且D>0，那么就不存在F上的一系列实数值根式来得出f(x)的求根公式。

证明：我们采用反证法，首先先给出上述文字表述的数学意义，设α₁是方程的一个根，则α₁∈L=F(a, b, …, d)，其中a,b…d是实根式，构造K=L(Δ)，则E=F(Δ, α₁)⊆K，这样操作以后，方程的根就都在K里面了，换言之就是，分裂域可以通过添加实根式的一系列扩张得到，我们写出整个根塔，然后证明它不存在即可，为了方便我们调换添加顺序。
F⊂K₁=F(Δ)⊂K₂⊂…⊂Kₙ=K⊂R
其中，i=1,2…n-1，，是素数，这与我们平常所见的根塔区别在于所有的添加都不会到复数域去。
因为[F(Δ):F]=2，α₁,α₂,α₃在F上都是三次的，所以α₁,α₂,α₃∉F(Δ)，设在上述塔中第一个出现根的域是，不妨设，令和，则有，由于f(x)在上仍不可约和次数的限制，只能p=3，故且。
由韦达定理的构造可得，，由次数的限制，我们容易证明。在这种情况下，可以看成f(x)的基域，可以看成f(x)的分裂域，所以是的正规扩域，由于含有上不可约方程x³-a=0的一个根，所以必需含有另外的两个根和，于是就必需有，这与是实域矛盾了，定理得证。

容易看出，整个证明的矛盾点在最后一步，正规扩域的要求导致三次方程不得不把复数引进扩域中去，这也与四次方程形成了本质区别，因为x⁴-1=0在实数域上是可约的，最后剩下的也只有二次不可约多项式了，与四次没什么关系了。

再看看尺规作图

在很久以前，我就说过尺规作正n边形与伽罗瓦理论有密切关系，在这一部分，我将把它一一地说一遍。

小小的先修内容

定义1：设群G的阶|G|=pⁿ，其中p是素数，n是自然数，则称G为一个p群。
至于这个p群是啥玩意，对我们而言其实并不重要，不过我们需要下面这个简单地定理来完成以后的证明。
定理3：p群是可解群。
设分圆多项式的根为，由之前的计算可得。事实上和分别可以看成的基域和根域，于是就可以得到伽罗瓦对应

由单位根相关知识可知，是循环交换群，所以是它的正规子群，所以是Q的正规扩域，所以有

所以是一个(p=2)群，从而它是一个可解群，由此可以得到一个根式扩域塔，由次数可知，每次扩张都是2型纯扩张，由此可得可尺规作图的充分条件是，存在s使得。
虽说这里我们只限于正n边形尺规作图，但这样的证明是可以进行推广的，也就是说通过扩域的次数判断能否尺规作图是充要的，这也是我们之前留下的问题。

做正17边形

我们的目标并非把作图步骤写出来，而是得到的根式表达，然后剩下的东西按照式子做下去即可。
考虑方程x¹⁷-1=0除1以外剩下的16个解，即分圆多项式Φ₁₇(x)的根，并将它们以3的次幂模17的结果作为次数排列可得，ω、ω³、ω⁹、ω¹⁰、ω¹³、ω⁵、ω¹⁵、ω¹¹、ω¹⁶、ω¹⁴、ω⁸、ω⁷、ω⁴、ω¹²、ω²、ω⁶。
然后我们将这些根进行配对，可得

用类似的方法我们再继续构造

再接再厉地构造可得

利用，可以得到上述式子的实cos表达式。通过计算可得

构造2次方程，然后计算可得

类似的也可以有

同样构造2次方程，然后计算可得

对于最后的z也是类似操作，最终有

而我们所需的值为

剩下的也没什么好说的，就是一段无聊的计算过程了。

再做正17边形

接下来，我们将以伽罗瓦理论的角度再来看一遍上面的问题。设多项式x¹⁷-1的基域为Q，分裂域为E=Q(ω)，ω在Q上的最小多项式是分圆多项式Φ₁₇(x)。
对任意的σ∈G=Gal(E/Q)，σ(ω)也是Φ₁₇(x)的一个根，故σ共有16种情况，记为G={σ₁,σ₂…σ₁₅,σ₁₆}，容易发现σ₃(ω)=ω³可以成为G的一个生成元，实际上(3,16)=1，即3是与16互素的最小正整数，G=<σ₃>，这样之前做法选择3的原因也就得到了。
因为|G|=16，所以G是一个p(=2)群，所以G是一个可解群，16的因数简单，可以直接得到合成群列

这样可以得到相应的域列

Q=Q₀⊂Q₁⊂Q₂⊂Q₃⊂Q₄=E

相邻域之间的次数都是2，即都是2型纯扩张。更进一步可知，上一种方法里的数可以作为扩张的添加元素，我们有
Q₁=Q₀(x₁)、Q₂=Q₁(y₁)、Q₃=Q₂(z₁)=Q(cos(θ))
根据这个域列，做出相应的数值，实际上，这就是上一种做法，只不过我们从更加现代的观点来看待它罢了。我们做了一系列的工作，其实说明了一件事，抽象代数的理论不是空穴来风的，而是有许多前人经验作为基础的，我们是站在巨人的肩膀上得到这些理论的。

五次方程

接下来我们将对五次方程求解的思路进行一番概述，但值得注意的是，我们用的不是根式解，而是一种特殊的函数——Theta函数，它与椭圆函数相关，但并不是椭圆函数，半纯的双周期函数称为椭圆函数，但Theta函数是全纯的。

方程化简

对于五次方程

可以借由契尔恩豪森转换(Tschirnhaus transformation)

选择特别的系数可以消去相应的项，得到布灵·杰拉德正规式(Bring-Jerrard normal form)

你可能会和我一样疑惑，不论怎么看，这都是在睁眼说瞎话，带进去应该是一个十次方程怎么会莫名其妙变成五次方程。最开始，我也这么觉得的，但这个变换的做法不是表明上那么简单。
①首先令
在这里，简单地带入即可消去四次项

这里的其它系数直接计算即可，对所有次数的方程其实都是一样的做法。
②接着令
这里我们不应该简单地带入，首先我们要知道，这个变换实际上产生了增根，次数必定不止五次，但其实上我们可以以一种特殊的方法构造一个与原方程根相同的五次方程，构造式子

对于这个式子中的五次项，可以通过方程(1)来消去，由此得到

同理我们可以得到

我们将视为一组基，它显然有一组解，即方程原来的解，而上述可以构成一个系数矩阵A为

的五元齐次方程，由于存在非零解，故det|A|=0，计算可以得到一个关于z的五次方程

我们有两个未知数p和q，所以可以令P=Q=0，由此得到两个方程，由此可以解出

我们从系数矩阵可以知道，所有的项都是一次项，故行列式的每一个项都不会超过5次，所以P是一个1次方程，Q是一个2次方程(关于p和q)，故在解的过程中，方程次数不超过2。
③这时聪明的小伙伴，可能会觉得，我们可以不断增加代换的次数，最高四次，由此得到一个最简单地五次方程x⁵-a=0，从而解决五次方程，更进一步想，我们不是可以用同样的方法去解更高次的方程吗？别忘了，我们还有一个定理在前面呢？Tschirnhaus(1683)当时确实是这么想的，但Leibniz指出这是不合法的。使用三次代换，按照同样的做法，我们可以得到3个方程，次数分别是1、2、3。最后需要解一个6次方程(有些文献写要解24次方程是错的，那个应该是使用拉格朗日预解式方法才会出现的)。所以使用Tschirnhaus变换，其实最多只能消去n-1和n-2两项，但是后来Bring发现使用四次代换，再预设一个条件，即可只用三次和两次方程完成变换。做代换

得到系数矩阵

计算后可得方程

令R=S=T=0即可得有四个未知数的三个方程，我们增加一个条件，则可以得到

而和来自下面两个复杂的方程(二次和三次)

说实在的，这么复杂的计算真心不是很实用，也难怪，更高次的方程基本就没人去研究了。而且我们的解方程之路还没结束呢！
④经过不懈的努力，我们可以得到

如果我们再做一个简单地线性代换，还可以消去一个未知系数，最终可化为

所以5次方程需要依赖一个系数，这里必需解释一下什么叫做依赖一个系数。对于在基域F中运用根式可解，我们的解释是根域E=F(d)，满足存在某个n使得dⁿ∈F，如果仔细看定义的话，就是存在某个函数f使得f(d)∈F，也就是说根式的本质其实是幂的逆运算，f的反函数。这个f是没有参数依赖的。换一种说法就是，四次方程可以化为x⁴-1=0，三次方程可以化为x³-1=0，它们的解所使用的函数，幂函数的反函数，虽说有好几个，但函数的形式固定，与方程的系数是什么，没有任何关系。但五次方程开始，情况就有所不同了，根据上述a的不同，我们需要使用不同的函数来得到5次方程的解。
希尔伯特第十三问，证明不可能用仅有两个变量的函数解一般的7次方程。一般的7次方程，总共有7个系数，通过上面的Tschirnhaus变换可以消去6,5,4次项，一个简单的线性变化，可以消去一个未知参数，最后的7次方程总共有3个未知参数，至于6次方程，到时候会说。可以看到那个时代都还停留在7次方程的问题上，更高次方程的话，难度是难以想象的。

Theta函数

接下来我们需要介绍一组特殊的函数，设是复数集，，即复平面的上半部分。设参数，我们定于关于的函数

至于收敛性就不证明了，知道有这么一回事就行了，后面我们需要的也是它的性质而已，类似定义

显然后面的τ有些碍事，如果不加说明，我们就不写了，经过一些简单地探究，我们有一些简单的性质。是奇函数，是偶函数，记则有

、、、、

还可以获得四种函数之间的互相表示，就不过多赘述了，我们直接给出这些函数的基本性质分布。

都是全纯函数，且零点分别由下面式子给出，其中m,n∈Z(整数集)

①
②
③
④
对于这四个函数有两个比较优美的式子

下面式子是上面的特例，但实际我们也只需要υ=0时的函数。依据函数的根，我们可以得到函数的连乘表达式

其中，根据上面的连乘式，我们可以得到公式

因为接下来用不到自变量υ，所以我们将其看为参数τ的函数，并研究它在τ上的变化。定义函数

由此我们可以得到

使用Theta函数性质得到的东西没啥好说的，我们给出从解析式得到的公式

对于这些特殊函数，记记性质其实就够了，比如三角函数也是同样的道理。从解析式，我们有一系列关于τ的变化公式

其它的比较复杂，我们只把需要的写出来

、、、

设模变换，满足ad-bc=1。注意上述函数都不是模函数(在模变换下值保持不变的函数)，但对于每一个模变换，可以证明最后都等价于数个和的复合，所以以上两种变换已经足够了。

更深入的研究

我们再定义一系列函数

我们来研究它们在模变换下的表现，这里直接以表格形式给出结论，记则

我们做变换选择的时候尽可能避免了使用和，这样可以达成f的纯变换，注意这里值有往回的趋势，实际上可以证明f是一个周期为48的函数。
将、都简记为v，通过对uv和u/v的变化可以证明

进一步化简可以得到

视u和v为未知数，则把这个方程称为模方程，它的解为u=f(τ)和v=f(5τ)。注意这个方程不能拿来解一般的六次方程。

得到解

我们构造一系列带参的数

使用之前的变换表，可得

则

构造方程

然后进行一系列复杂的化简，可以得到

在将后面部分进行展开可得

我们令

可以发现

令，即可得到我们最开始的方程。
所以解五次方程的基本步骤是，先将其化为标准式，然后根据a计算出参数τ，计算(i=0,1,2,3,4)，计算即是方程所有的解。不过这综究只是思路，真正去实践的话是十分困难的。

后记

这个系列实在太认真了，不过温故知新，也不枉此行了，只是我还不能说十分了解方程，这实在太可惜了，因为后面方程的复杂度实在是难以想象了，不过这样也足够了。