一個未知數的一元2n+1次方
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一個未知數的一元2n+1次方：方程中都是奇次項，排列2n+1、2n-1、2n-3、2n-5、……(n≥0，而且是正整數)，方程中每項的係數是實數，全式只有一個未知數p。
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(1) 一元1次：z^1+2p=0。
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p：任意。
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關係式：x^2+2px-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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(2) 一元3次：z^3+3z+2p=0。
※※※
p：任意。
※※※
關係式：x^6+2px^3-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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(3) 一元5次：z^5+5z^3+5z+2p=0。
※※※
p：任意。
※※※
關係式：x^10+2px^5-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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(4) 一元7次：z^7+7z^5+14z^3+7y+2p=0。
※※※
p：任意。
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關係式：x^14+2px^7-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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(5) 一元9次：z^9+9z^7+27z^5+30z^3+9z+2p=0。
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p：任意。
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關係式：x^18+2px^9-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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………………
(k) 一元999次：z^999+az^997+bz^995+……+nz+2p=0。
※※※
p：任意。
※※※
其餘a,b,……n：實數。
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關係式：x^1998+2px^999-1=0。
※※※
通道：z=(x+y)。
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舉例一元5次的，作為今篇文章的範例；
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z^5+5z^3+5z+2p=0。………………(1)
※※※
p：任意。
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關係式：x^10+2px^5-1=0。………(2)
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通道：z=(x+y)。……………………(3)
※※※
由(2)得；
※※※
x^5=(-p+(p^2+1)^(1/2))
y^5=(-p-(p^2+1)^(1/2))
※※※
再得；
※※※
x=(-p+(p^2+1)^(1/2))^(1/5)。
y=-(p+(p^2+1)^(1/2))^(1/5)。
※※※
由(3)得；
※※※
z
=
(x+y)
=
{(-p+(p^2+1)^(1/2))^(1/5)-(p+(p^2+1)^(1/2))^(1/5)}。
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例一：p=3。
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代入z^5+5z^3+5z+2p=0得；
※※※
−0.227229
−2.055171
−3.717600
+6
=
−6
+6
=
0。
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例二：p=5。
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代入z^5+5z^3+5z+2p=0得；
※※※
−0.808197
−4.400281
−4.791522
+10
=
−10
+10
=0。
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網上搜尋同類的方程，只有5次和7次是相同的形態、相同的解答，9次11次或以上的，就找不到了。
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特別指出：以上用一元2次方的方法，解答只含一個未知數的一元2n+1次方、只是解答了江山的一半，另外的一半江山，是一個未知數、不缺項的一元k次方(k是任意的正整數)，也是用一元2次方的方法得到解答。
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以下是： 一個未知數、不缺項的一元6次方。
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z^6+12z^5+54z^4+112z^3+105z^2+36z+q+2=0。
※※※
q：任意。
※※※
求：z？
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2021年8月22日晚，莫敖兄在群組談到；
一般而言，一元n次代数方程即含有n个任意的常数。
历史上，对于不大于四次的代数方程，是有普遍的根式解的。对于不低于五次的代数方程是没有一般意义上的根式解的，阿贝尔证明过，伽罗瓦也用置换群证明过。
但是，对于次数不低于五次的一元n次代数方程，如果其含有的任意常系数的数量不高于四个话，是否有根式解呢？这个问题似乎没人做过☕
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萬樹軍的回答；
全奇次：5次，7次，前人都解了。
但沒有批評阿貝爾證明。
今天一個未知數的通天梯，由一元1次到一元k次，只是主要表達：前人對「通道」，擦身而過，只有這5次7次的零星解，而，未發現是「一未知數一元n次方」的一片成規格的域地，……以致這幾百年，未能成為系統，而已。
或者：只含常數項是未知數、其餘項是實係數的一元k次方，歸類不定方程，可能更容易被接受☕
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萬高通道： http://blog.itpub.net/20489909/viewspace-2787761/
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完