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，它必存在一个以上实数根，用一个实根代入到根与系数关系式中必可推算出一元四次方程出来。大家想一想是不是一个道理。再则他们都是站在实数的范围来分析的，因为函数收剑与发散只能用实数来分析，而我们推导一元三次方程公式总是要使用一个复数作为参数来分析问题，也就是说必须扩展到复数范围才能建立通解公式。那么一元五次方程的参数选定还会如此简单吗？另外伽罗华论证中，首先确定所有预解式必须符合牛顿对称性定理，其实就是自己事先规定了不能漏解，因为漏解必定要打破原来那种对称性。那么有什么办法真正能做到降次求解呢？我们知道，使方程漏根有二种办法，一种是方程二边同除以一个合适的因式，第二种是方程配方开根产生漏根现象实现降次。显然第一种方法行不通，因为五次方程有五个这种合适因式。你没办法得到其中一个因式。那么第二种方法就让我们试一下可不可以。当然不可能都突然漏掉四个解去，这只能绕很多湾路才能做到，而且要做许多辅助方程，就象平面几何要作辅助线一样的道理。这就是换元配方漏解法。
1、
定理A、
利用价值：如果我们要推导出一个系数为已知数的一元高次方程求根公式，我们可以先求出和此方程有同解的一元高次方程，只要求出的同解方程不是原方程的整倍数，根据同解方程式必可求定理，就可推导出方次更低的同解方程式来。
定理B、
利用价值：1》、根据方程系数判别式等于零，则二个方程之间必存在相同解。因此，我们如果要设置一个和原方程有相同解的方程出来，只要确保它们的方程系数符合判别式等于零，这个方程必与原方程有同解。
2》、利用此定理可以对多元高次方程组快速消元。这个应用在此不作详细介绍。
2、同解方程式必可求定理论证过程
（ x3＋ax2＋bx＋c ）（x＋m－a）＋（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 ；的形式.
除以（n＋a2－am－b）变成：
方程x3＋ax2＋bx＋c =0：的左边可化成二部分即：能整除x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）的一部分和不能再整除x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）余数部分，即方程x3＋ax2＋bx＋c =0化成如下形式：
｛ x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）｝｛x＋【a－（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】｝＋｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm）－（p＋ab－c－bm）】/（n＋a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am－b）－（p＋ab－bm－c）】/（n＋a2－am－b）2=0 ；
同前理公共根应存在在余数等于零的方程中。即方程：
｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm）－（p＋ab－c－bm）】/（n＋a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am－b）－（p＋ab－bm－c）】/（n＋a2－am－b）2=0 ；
总结规律：
3、同解方程判别定理的论证过程：
定理：任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。
（x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）=0展开变成：
x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋
ab（x12x2＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2=0 ；
根据韦达定理根与系数有如下关系：
（x1＋x2）=－m
（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n
（x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ；
（x12x22）=n2；
（x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn ；
（x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ；
（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2；
x13x23=n3 ；
将以上等量代换至展开式变成：
n3＋a（－mn2）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋
ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 ；
这就是关于方程 x3＋ax2＋bx＋c=0和方程x2＋mx＋n=0是否有公共根的判别式。
现在我们再来论证一下，如果方程x3＋ax2＋bx＋c=0和方程x2＋mx＋n=0的系数存在n3 ＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0的函数关系时，二个方程间
必存在相等根的问题。论证过程如下：
假设二个方程之间没有相等的根，说明将方程x2＋mx＋n=0的二个根x1
（x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）≠0展开变成：
x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋
ab（x12x2＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2≠0 ；
根据韦达定理根与系数有如下关系：
（x1＋x2）=－m
（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n
（x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ；
（x12x22）=n2 ；
（x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn；
（x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ；
（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2；
将以上等量代换至展开式变成：
n3＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋
ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2≠0 ，结果和前题相矛盾。正因为假设定理不成立必引起这种矛盾，所以判别定理成立。
1；由于要判别二个方程是否有公解，二个方程系数必是已知数。才能知道判别式值是否等于零。否则无法判别。
2；在计算判别式值时，由于方程所有根都可合成对称性群。因此，由牛顿对称性多项式定理可知判别式可变成仅由二方程系数及某些自然数构成。
3；用碾转法得出的方程系数关系不能作为判别二方程有公共解的依据。因为碾转过程存在去分母问题。方程二边乘以零，会使不相等变成相等。
4、揭开一元高次方程求根公式推导规律。
５、为简便说明问题，我先来演示方程X3＋ax2＋bx＋c=0求根公式的推导过程；
根据前面公共解方程式必可求定理我们知道，只要求出一个和X3＋ax2＋bx＋c=0有一个同解方程出来，就必可推导出符合二个方程求解的同解方程式来。
n3＋（－am＋a2－2b）n2 ＋【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】n－cm3＋acm2－bcm＋c2=0 ，
再配成缺平方项形式如下【相当于n的坐标在x轴上平移（－am＋a2－2b）/3】得：
.
【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ；
通过我们所设方程：
｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2 /32｝=0
【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ，求出n ，此时一个和原方程X3＋ax2＋bx＋c=0有一公共相等根的方程便求
出来了。
６、我们再看方程：X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0求根公式的推导过程。
推导过程
根据前面同解方程判别定理可知，当方程X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0与方程x2＋mx＋n=0之间的系数存在：
＋a2（n3）＋ab（－mn2 ）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ）＋c2n－cdm＋d2=0时；
方程X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0与方程x2＋mx＋n=0之间必有公共相等根存在。
又可整理成：
n4-（am＋2b-a2）n3＋（bm2＋3c m -ab m＋b2＋2d－2ac）n 2-（cm3＋4dm2-ac m2-
3ad m ＋bcm-2bd- c2）n＋d m4－adm3＋bdm2-cdm＋d2=0；
配成缺立方项形式【说明：相当于n的坐标移动（am＋2b-a2）／4】变成：
【n-（am＋2b-a2）／4】4 ＋【（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-3（am＋2b-a2）2／8】【n-（am＋2b-a2）／4】2 ＋｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝【n-（am＋2b-a2）／4】＋dm4－adm3＋bdm2－cdm＋d2-【（am＋2b-a2）4／44】- ……省略 =0 ；
｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝=0 ；
求出m，将m的求出代入缺二项的特殊四次方程可求出【n-（am＋2b-a2）／4】 ；
又可求出n
７、一元五次方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0的求根公式的推导过程
同样，只要能求出与X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解但不是整数倍的另一个一元高次方程来，根据前面同解方程式必可求定理，就可以得出低于５次方的一元方程来。
我们先假设方程X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0和方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有一个公共根存在，且X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z不能整除X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e
X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５、分别代入方程X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0的左边，每个根代入情况做一个因式，共５个因式相乘，即：
（X１11＋g X１10＋h X１9＋j X１8＋k X１7＋m X１6＋n X１5＋r X１4＋s X１3＋t X１2＋w X１＋z）（X２11＋g X２10＋h X２9＋j X２8＋k X２7＋m X２6＋n X２5＋r X２4＋s X２3＋t X２2＋w X２＋z）（X３11＋g X３10＋h X３9＋j X３8＋k X３7＋m X３6＋n X３5＋r X３4＋s X３3＋t X３2＋w X３＋z）（X４11＋g X４10＋h X４9＋j X４8＋k X４7＋m X４6＋n X４5＋r X４4＋s X４3＋t X４2＋w X４＋z）（X５11＋g X５10＋h X５9＋j X５8＋k X５7＋m X５6＋n X５5＋r X５4＋s X５3＋t X５2＋w X５＋z）
分析：从前面一元三次方程、一元四次方程判别式推导结果可以知道，展开后，X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５都可换成一元五次方程的系数
有人会问为什么要设出这么多未知数呢，这是因为，无论你设出多少未知数，都必须保证判别式等于零，而判别式等于零的方程中总是表现了多元五次函数，总是最后有一个未知数要解一元五次方程，为了把最后解的一个未知数配方成特殊的一元五次方程，必须要实现分层次配方才行。未知数少了，没办法直接进入五次方配方。下面是分层配方求解的步骤。
变成：
【z+ f（g
………………《1式》；
由于X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0的方程都可采用X3＋PX＋q=0类似推导公式的方法，推导过程如下：
设X=u＋v 代入方程，则方程变成：
（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0
而（u＋v）5= u5＋v5＋5uv（u3＋v3）＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u3＋v3＋3uv（u＋v）－3uv（u＋v）】＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）
所以（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0
u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）＋p（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0 ；
u5＋v5＋（5uv＋p）【u＋v】3 －（5u2v2－P2/5）（u＋v）＋q=0 ；
u5＋v5 ＋q=0
解方程组：uv=－p/5和u5＋v5 ＋q=0可分别求出u和v ， 所以X=u＋v 可求出。
分析X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0可解性得出一条规律,凡是未知数5次方项系数为1；而4次方项系数及2次方项系数均为零；同时3次方项系数的平方等于5倍的1次方项系数时,都可用上面的方法推出公式。
因此我们只要把【z+ f（g
中【z+ f（g
又设【f１（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）】2=5【f１（g4、g3、 g 2、g 、h4
f１（g3 、 g 2、g 、h3
《2式》和《3式》组成的是多元高次方程组，多余很多变量，如果能利用对多余的变量 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w进行有效设值，使《3式》变成：
《2式》化成f4（g4、g3、 g 2、g 、h4
解《4式》和《5式》组成的方程组就可解出g
把《3式》化成：
g3 +f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）g2 +f6（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）g +f7（h3
又在横坐标上移动f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3变成：
【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3+【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】－f9（h3
为了把g全配方在一个立方括号内，取
【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8式》
就达到目的了。则《7式》变成：
【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3－f9（h3
由于【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8式》是方次为二次方的多元函数，对其中任意一个变量我们都可将它配方在一个括号里，先把h配成在一个括号里变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）=0……《10式》再在f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）中把 j全配方在一个括号中则《10式》变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f13（k2、 k、m2、 m…… 、w2 、w）=0……《11式》
这样一直配方后变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f14（ k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f15（ m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f16（ n、 r 、s、 t 、w）2－f17（
现在我们可以对多余变量设值了：
f14（ k、 m、n、 r 、s、 t）2－f15（ m、n、 r 、s、 t）2=0……《14式》
f16（ n、 r 、s、 t ）2－f17（
f18（ s、 t ）2－f19（
结合《12式》可可推出；f20（w）2－已知数=0……《17式》；
W可计算出。
很显然由《13式》、《14式》、《15式》、《16式》、组成的方程组移项开方根可化成多元一次方程组即：（w已成已知数下面省略描述）
F21（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《18式》
F22（ k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《19式》
F23（ n、 r 、s、 t ）=0……《20式》
F24（ s、 t ）=0……《21式》
通过上术方程组《18式》、《19式》、《20式》、《21式》可用h 、 j、 k、s来表示m、n、 r 、t ；
【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－f9（h3
《2式》也可写成只有g、h 、 j、 k、s为变量的函数式了即：
F25【g4
我想把f9（h3
F26【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】3＋f28（ j2、 j、
k2 、k、s2 、s）【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】＋f29（ j3、 j2、 j、k3
只要取f28（ j2、 j、k2 、k、s2 、s）=0；……《25式》时
h便全配方在【h ＋f26（ j、 k、s、/3】3内。
同理由于《25式》是多元二次函数，其中任意一个变量都可配方在一个括号之内，三个变量可以配成在三个括号之内，可写成如下形式：
f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2＋f29（ s）2－常数项=0；……《26式》
取f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2=0；……《27式》
自然f29（ s）2－常数项=0；……《28式》
由《28式》解出s代入《26式》，通过《26式》，可用j表示 k；分别用s求出和k被表示情况代入《24式》中
《24式》可化成只有三个变量的函数了即：
f25【g+f5（h 、 j、）/3】3－【h ＋f26（ j、）/3】3＋f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《29式》
又分别用s的求出和k被j表示情况代入《23式》，《23式》可化成：
又取f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《31式》解出j；代入《29式》、《30式》
分别得：
f30【g、h 】3－f31【h 】3=0；……《32式》
解《32式》、《33式》组成的方程组可求出g和h；
由于《28式》求出了s；《31式》求出了 j；
又将g、h、 j、s的求出代入《27式》可求出k；
再加上《17》式求出了W；
把g、h、s、 j、k、W的求出代入由《18式》、《19式》、《20式》、《21式》组成的方程组，或者从h 、 j、 k、s所表示的m、n、 r 、t的表示式中求出m、n、 r 、t的值。
把g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t的求出代入《1式》中，变成关于求
【z+ f（g
第二、z的五个解都可求出，说明了当其它十个系数确定值后，有五个方程和原五次方程有公共解。如果其中一个能整除原五次方程，则任选其中二个方程相减必可得出一个公因式，但实际却得到不是一个因式，而是z1-z2
1、
定理A、
利用价值：如果我们要推导出一个系数为已知数的一元高次方程求根公式，我们可以先求出和此方程有同解的一元高次方程，只要求出的同解方程不是原方程的整倍数，根据同解方程式必可求定理，就可推导出方次更低的同解方程式来。
定理B、
利用价值：1》、根据方程系数判别式等于零，则二个方程之间必存在相同解。因此，我们如果要设置一个和原方程有相同解的方程出来，只要确保它们的方程系数符合判别式等于零，这个方程必与原方程有同解。
2》、利用此定理可以对多元高次方程组快速消元。这个应用在此不作详细介绍。
2、同解方程式必可求定理论证过程
（ x3＋ax2＋bx＋c ）（x＋m－a）＋（n＋a2－am－b）x2＋（p＋ab－bm－c）x＋q＋ac－cm=0 ；的形式.
除以（n＋a2－am－b）变成：
方程x3＋ax2＋bx＋c =0：的左边可化成二部分即：能整除x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）的一部分和不能再整除x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）余数部分，即方程x3＋ax2＋bx＋c =0化成如下形式：
｛ x2＋【（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】x＋（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）｝｛x＋【a－（p＋ab－bm－c）/（n＋a2－am－b）】｝＋｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm）－（p＋ab－c－bm）】/（n＋a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am－b）－（p＋ab－bm－c）】/（n＋a2－am－b）2=0 ；
同前理公共根应存在在余数等于零的方程中。即方程：
｛b－【（q＋ac－cm）/（n＋a2－am－b）】－（p＋ab－c－bm）【a（n＋a2－b－cm）－（p＋ab－c－bm）】/（n＋a2－b－am）2｝x＋c－【（q＋ac－cm）】【a（n＋a2－am－b）－（p＋ab－bm－c）】/（n＋a2－am－b）2=0 ；
总结规律：
3、同解方程判别定理的论证过程：
定理：任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。
（x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）=0展开变成：
x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋
ab（x12x2＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2=0 ；
根据韦达定理根与系数有如下关系：
（x1＋x2）=－m
（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n
（x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ；
（x12x22）=n2；
（x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn ；
（x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ；
（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2；
x13x23=n3 ；
将以上等量代换至展开式变成：
n3＋a（－mn2）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋
ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0 ；
这就是关于方程 x3＋ax2＋bx＋c=0和方程x2＋mx＋n=0是否有公共根的判别式。
现在我们再来论证一下，如果方程x3＋ax2＋bx＋c=0和方程x2＋mx＋n=0的系数存在n3 ＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2=0的函数关系时，二个方程间
必存在相等根的问题。论证过程如下：
假设二个方程之间没有相等的根，说明将方程x2＋mx＋n=0的二个根x1
（x13＋ax12＋bx1＋c）（x23＋ax22＋bx2＋c）≠0展开变成：
x13x23＋a（x13x22＋x12x23）＋b（x13x2＋x1x23）＋c（x13＋x23）＋a2（x12x22）＋
ab（x12x2＋x1x22）＋ac（x12＋x22）＋b2（x1x2）＋bc（x1＋x2）＋c2≠0 ；
根据韦达定理根与系数有如下关系：
（x1＋x2）=－m
（x12＋x22）=（x1＋x2）2－2x1x2 =（－m2）－2n=m2－2n
（x12x2＋x1x22）=x1x2 （x1＋x2）=－mn ；
（x12x22）=n2 ；
（x13＋x23）=（x1＋x2）3－3x1x2（x1＋x2）=－m3＋3mn；
（x13x2＋x1x23）=x1x2 （x12＋x22）=n（m2－2n ）=m2n －2n2 ；
（x13x22＋x12x23）=（x12x22）（x1＋x2）=－mn2；
将以上等量代换至展开式变成：
n3＋a（－mn2 ）＋b（m2n －2n2）＋c（－m3＋3mn ）＋a2（n2）＋ab（－mn）＋
ac（m 2－2n ）＋b2（n）＋bc（－m）＋c2≠0 ，结果和前题相矛盾。正因为假设定理不成立必引起这种矛盾，所以判别定理成立。
1；由于要判别二个方程是否有公解，二个方程系数必是已知数。才能知道判别式值是否等于零。否则无法判别。
2；在计算判别式值时，由于方程所有根都可合成对称性群。因此，由牛顿对称性多项式定理可知判别式可变成仅由二方程系数及某些自然数构成。
3；用碾转法得出的方程系数关系不能作为判别二方程有公共解的依据。因为碾转过程存在去分母问题。方程二边乘以零，会使不相等变成相等。
4、揭开一元高次方程求根公式推导规律。
５、为简便说明问题，我先来演示方程X3＋ax2＋bx＋c=0求根公式的推导过程；
根据前面公共解方程式必可求定理我们知道，只要求出一个和X3＋ax2＋bx＋c=0有一个同解方程出来，就必可推导出符合二个方程求解的同解方程式来。
n3＋（－am＋a2－2b）n2 ＋【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】n－cm3＋acm2－bcm＋c2=0 ，
再配成缺平方项形式如下【相当于n的坐标在x轴上平移（－am＋a2－2b）/3】得：
.
【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ；
通过我们所设方程：
｛【bm2 ＋（3c－ab）m＋b2－2ac】－3（－am＋a2－2b）2 /32｝=0
【n ＋（－am＋a2－2b）/3】3－cm3＋acm2－bcm＋c2－【（－am＋a2－2b）/3】3=0 ，求出n ，此时一个和原方程X3＋ax2＋bx＋c=0有一公共相等根的方程便求
出来了。
６、我们再看方程：X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0求根公式的推导过程。
推导过程
根据前面同解方程判别定理可知，当方程X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0与方程x2＋mx＋n=0之间的系数存在：
＋a2（n3）＋ab（－mn2 ）＋ac（m2n－2n2）＋ad（－m3＋3mn ）＋b2n2＋bc（－mn ）＋bd（m2－2n ）＋c2n－cdm＋d2=0时；
方程X4＋a X3＋b x2＋cx＋d=0与方程x2＋mx＋n=0之间必有公共相等根存在。
又可整理成：
n4-（am＋2b-a2）n3＋（bm2＋3c m -ab m＋b2＋2d－2ac）n 2-（cm3＋4dm2-ac m2-
3ad m ＋bcm-2bd- c2）n＋d m4－adm3＋bdm2-cdm＋d2=0；
配成缺立方项形式【说明：相当于n的坐标移动（am＋2b-a2）／4】变成：
【n-（am＋2b-a2）／4】4 ＋【（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-3（am＋2b-a2）2／8】【n-（am＋2b-a2）／4】2 ＋｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝【n-（am＋2b-a2）／4】＋dm4－adm3＋bdm2－cdm＋d2-【（am＋2b-a2）4／44】- ……省略 =0 ；
｛【（am＋2b-a2）3／16】＋｛（bm2＋3cm-abm＋b2＋2d-2ac）-【3（am＋2b-a2）2／8】｝（am＋2b-a2）－（am3＋4dm2－acm2－3adm＋bcm-2bd－c2）｝=0 ；
求出m，将m的求出代入缺二项的特殊四次方程可求出【n-（am＋2b-a2）／4】 ；
又可求出n
７、一元五次方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0的求根公式的推导过程
同样，只要能求出与X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有同解但不是整数倍的另一个一元高次方程来，根据前面同解方程式必可求定理，就可以得出低于５次方的一元方程来。
我们先假设方程X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0和方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0有一个公共根存在，且X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z不能整除X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e
X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５、分别代入方程X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0的左边，每个根代入情况做一个因式，共５个因式相乘，即：
（X１11＋g X１10＋h X１9＋j X１8＋k X１7＋m X１6＋n X１5＋r X１4＋s X１3＋t X１2＋w X１＋z）（X２11＋g X２10＋h X２9＋j X２8＋k X２7＋m X２6＋n X２5＋r X２4＋s X２3＋t X２2＋w X２＋z）（X３11＋g X３10＋h X３9＋j X３8＋k X３7＋m X３6＋n X３5＋r X３4＋s X３3＋t X３2＋w X３＋z）（X４11＋g X４10＋h X４9＋j X４8＋k X４7＋m X４6＋n X４5＋r X４4＋s X４3＋t X４2＋w X４＋z）（X５11＋g X５10＋h X５9＋j X５8＋k X５7＋m X５6＋n X５5＋r X５4＋s X５3＋t X５2＋w X５＋z）
分析：从前面一元三次方程、一元四次方程判别式推导结果可以知道，展开后，X１ ；X２； X３ ； X４ ；X５都可换成一元五次方程的系数
有人会问为什么要设出这么多未知数呢，这是因为，无论你设出多少未知数，都必须保证判别式等于零，而判别式等于零的方程中总是表现了多元五次函数，总是最后有一个未知数要解一元五次方程，为了把最后解的一个未知数配方成特殊的一元五次方程，必须要实现分层次配方才行。未知数少了，没办法直接进入五次方配方。下面是分层配方求解的步骤。
变成：
【z+ f（g
………………《1式》；
由于X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0的方程都可采用X3＋PX＋q=0类似推导公式的方法，推导过程如下：
设X=u＋v 代入方程，则方程变成：
（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0
而（u＋v）5= u5＋v5＋5uv（u3＋v3）＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u3＋v3＋3uv（u＋v）－3uv（u＋v）】＋10u2v2（u＋v）= u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）
所以（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0
u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）＋p（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0 ；
u5＋v5＋（5uv＋p）【u＋v】3 －（5u2v2－P2/5）（u＋v）＋q=0 ；
u5＋v5 ＋q=0
解方程组：uv=－p/5和u5＋v5 ＋q=0可分别求出u和v ， 所以X=u＋v 可求出。
分析X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0可解性得出一条规律,凡是未知数5次方项系数为1；而4次方项系数及2次方项系数均为零；同时3次方项系数的平方等于5倍的1次方项系数时,都可用上面的方法推出公式。
因此我们只要把【z+ f（g
中【z+ f（g
又设【f１（g 2 、g 、h2 、h、…… 、w2 、w）】2=5【f１（g4、g3、 g 2、g 、h4
f１（g3 、 g 2、g 、h3
《2式》和《3式》组成的是多元高次方程组，多余很多变量，如果能利用对多余的变量 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w进行有效设值，使《3式》变成：
《2式》化成f4（g4、g3、 g 2、g 、h4
解《4式》和《5式》组成的方程组就可解出g
把《3式》化成：
g3 +f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）g2 +f6（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）g +f7（h3
又在横坐标上移动f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3变成：
【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3+【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】－f9（h3
为了把g全配方在一个立方括号内，取
【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8式》
就达到目的了。则《7式》变成：
【g+f5（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）/3】3－f9（h3
由于【f8（h2 、h、 j2、 j、…… 、w2 、w）】=0…………《8式》是方次为二次方的多元函数，对其中任意一个变量我们都可将它配方在一个括号里，先把h配成在一个括号里变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）=0……《10式》再在f11（j2、 j、k2、 k、…… 、w2 、w）中把 j全配方在一个括号中则《10式》变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f13（k2、 k、m2、 m…… 、w2 、w）=0……《11式》
这样一直配方后变成：
f10（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f12（ j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f14（ k、 m、n、 r 、s、 t 、w）2－f15（ m、n、 r 、s、 t 、w）2＋f16（ n、 r 、s、 t 、w）2－f17（
现在我们可以对多余变量设值了：
f14（ k、 m、n、 r 、s、 t）2－f15（ m、n、 r 、s、 t）2=0……《14式》
f16（ n、 r 、s、 t ）2－f17（
f18（ s、 t ）2－f19（
结合《12式》可可推出；f20（w）2－已知数=0……《17式》；
W可计算出。
很显然由《13式》、《14式》、《15式》、《16式》、组成的方程组移项开方根可化成多元一次方程组即：（w已成已知数下面省略描述）
F21（h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《18式》
F22（ k、 m、n、 r 、s、 t ）=0……《19式》
F23（ n、 r 、s、 t ）=0……《20式》
F24（ s、 t ）=0……《21式》
通过上术方程组《18式》、《19式》、《20式》、《21式》可用h 、 j、 k、s来表示m、n、 r 、t ；
【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－f9（h3
《2式》也可写成只有g、h 、 j、 k、s为变量的函数式了即：
F25【g4
我想把f9（h3
F26【g+f5（h 、 j、 k、s、）/3】3－【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】3＋f28（ j2、 j、
k2 、k、s2 、s）【h ＋f27（ j、 k、s、）/3】＋f29（ j3、 j2、 j、k3
只要取f28（ j2、 j、k2 、k、s2 、s）=0；……《25式》时
h便全配方在【h ＋f26（ j、 k、s、/3】3内。
同理由于《25式》是多元二次函数，其中任意一个变量都可配方在一个括号之内，三个变量可以配成在三个括号之内，可写成如下形式：
f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2＋f29（ s）2－常数项=0；……《26式》
取f27（j、 k、s、）2－f28（ k、s）2=0；……《27式》
自然f29（ s）2－常数项=0；……《28式》
由《28式》解出s代入《26式》，通过《26式》，可用j表示 k；分别用s求出和k被表示情况代入《24式》中
《24式》可化成只有三个变量的函数了即：
f25【g+f5（h 、 j、）/3】3－【h ＋f26（ j、）/3】3＋f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《29式》
又分别用s的求出和k被j表示情况代入《23式》，《23式》可化成：
又取f28（ j3、 j2、 j、）=0；……《31式》解出j；代入《29式》、《30式》
分别得：
f30【g、h 】3－f31【h 】3=0；……《32式》
解《32式》、《33式》组成的方程组可求出g和h；
由于《28式》求出了s；《31式》求出了 j；
又将g、h、 j、s的求出代入《27式》可求出k；
再加上《17》式求出了W；
把g、h、s、 j、k、W的求出代入由《18式》、《19式》、《20式》、《21式》组成的方程组，或者从h 、 j、 k、s所表示的m、n、 r 、t的表示式中求出m、n、 r 、t的值。
把g、h、s、 j、k、W、m、n、 r 、t的求出代入《1式》中，变成关于求
【z+ f（g
第二、z的五个解都可求出，说明了当其它十个系数确定值后，有五个方程和原五次方程有公共解。如果其中一个能整除原五次方程，则任选其中二个方程相减必可得出一个公因式，但实际却得到不是一个因式，而是z1-z2