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[原创] [逆问题之一] 三角代数数根的判定

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发表于 2018-1-31 12:41:29 | 显示全部楼层 |阅读模式

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x
π的有理数的倍数的三角函数值都是代数数,我们称之为三角代数数,那么,给定一个整系数多项式方程,如何判定该方程是否存在三角代数数的根.
[网上没搜到三角代数数的定义,咱们姑且先这么叫]
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换种说法,已知某不可约的整系数多项式$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$,首项为正, 求是否存在非平凡的实数$t$,$t=\sin\alpha$或者$t=\cos\alpha$,或者$t=\tan\alpha$($\alpha$是$\pi$的有理数倍),以及有理系数多项式$g(x)=\sum_{i=0}^{m}b_ix^i$,使得$f(g(t))=0$
========================

1)题目比较一般,可能不便于讨论,我就先制造一个例子,谁能反推出来就算成功,不过,最终目的还是为了一般化这个求解过程
\(1073741824 x^{10}+10737418240 x^9+43520098304 x^8+90462748672 x^7+99435675648 x^6+51690078208 x^5+7270023168 x^4-1271988224 x^3-38138880 x^2+5642240 x-50819=0\)

2)同样的,我用正切函数也造了一个多项式,求逆推之普适方法.$f(g(\tan\beta))=0$,

\(f(x)=x^{10}+20 x^9-122811 x^8-1966896 x^7+15561914 x^6+296910648 x^5+1139798746 x^4+613162576 x^3-3616695915 x^2-5360769068 x-1663919311=0\)
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-1-31 14:47:23 | 显示全部楼层
什么意思?也就是说假设x_i是f(x)的一个根,要求构造多项式g使得$g(sin(\alpha))=x_i$,这样多项式应该非常容易构造,也非常之多。

点评

恩,您给的链接里的在我的问题里都算是平凡解.  发表于 2018-1-31 16:49
$\pi$的有理数的倍数的三角函数值应该都是代数数,我们称之为三角代数数,问题就是判定方程是否存在 三角代数数的根  发表于 2018-1-31 16:44
https://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=3136  发表于 2018-1-31 16:28
比如1/3应该不是有理角度的正弦值  发表于 2018-1-31 16:27
这是一个很好的问题,我不确定  发表于 2018-1-31 16:24
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发表于 2018-1-31 16:37:28 | 显示全部楼层
我们可以将条件中整系数推广到高斯整数范围(也就是$a+bi$,其中$a,b$都是整数)
那么容易得出如果题目总是成立,那么必然存在有理角度$\beta$,h使得$f(h(exp(-i\beta)))=0$即可
也就是$f(h(x))$被某个分圆多项式整除,其加洛瓦群必然是循环群,所以这个应该不是普遍成立的。
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发表于 2018-1-31 21:23:40 来自手机 | 显示全部楼层
好像条件成立要求f有根式解

点评

试过,无根式解的f也是存在的  发表于 2018-2-1 11:45
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发表于 2018-2-1 09:58:59 | 显示全部楼层
本帖最后由 lsr314 于 2018-2-1 10:27 编辑

第一个方程有十个根,其中一个根为$x=-1-2 Sin(pi/11)+ Sin(pi/11)^3$

第二个方程也有十个根,其中一个根为$x=-2-2tan(pi/11)-tan(pi/11)^3$

代码:
  1. ToNumberField[x/.Solve[-1663919311-5360769068x-3616695915x^2+613162576x^3+1139798746x^4+296910648x^5+15561914x^6-1966896x^7-122811x^8+20x^9+x^10==0,x][[1]],Tan[Pi/11]]
复制代码

点评

方程次数是10,首先看哪些三角函数的最小多项式次数是10或者10的倍数,最小的是tan(pi/11),直接用ToNumberField函数将多项式的根表示为tan(pi/11)的多项式就可以了。  发表于 2018-2-1 10:23
这个是靠观察的吗?  发表于 2018-2-1 10:18

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wayne + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 答案正确

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发表于 2018-2-1 10:39:07 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-1-31 21:23
好像条件成立要求f有根式解

有理数角度的三角函数值本身并不一定能用根式表示
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发表于 2018-2-1 11:48:17 | 显示全部楼层
lsr314 发表于 2018-2-1 10:39
有理数角度的三角函数值本身并不一定能用根式表示

根式解你是怎么理解的呢?如果我们考虑开n次方的所有结果(n种)作为根式形式,那么三角函数值是没有问题
因为exp(i*k*2pi/n)本身就是根式形式,而正弦和余弦都是两个这样形式数的线性组合

点评

是对有理数进行操作  发表于 2018-2-1 14:45
开n次方的地方应该都是对实数进行的操作吧.这里不太确定,我搜搜去  发表于 2018-2-1 14:20
哦哦  发表于 2018-2-1 14:18
根式表示其实有两种,一种是限定在实数范围的,那么有理角度的三角函数自然是不能用根式表示的。但是另外一种是复数范围,情况就会不同。  发表于 2018-2-1 13:31
mathe,我先把我自己撇清楚.根式解按我的理解就是经过有限次的加,减,乘,除,开n次方运算的组合的形式.其中开n次方的n是正整数  发表于 2018-2-1 13:26
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发表于 2018-2-1 13:54:50 | 显示全部楼层
https://arxiv.org/abs/1209.5137
The inverse function of a polynomial with complex
coefficients can be represented by radicals if and only if the polynomial is
a composition of linear polynomials, the power polynomials z → z
n , Chebyshev polynomials and polynomials of degree 4.
Chebyshev多项式的根就是有理角度的余弦值。

点评

多謝,我待會在細細琢磨一下  发表于 2018-2-1 16:30
这个基本上就是你要的东西。Chebyshev多项式对应有理角度的余弦值(正弦值等价),幂函数对应开n次方,然后在加上线性变换对应四则混合运算。  发表于 2018-2-1 16:21
恩,这个很有名  发表于 2018-2-1 14:40

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wayne + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 感谢是有的,虽然mathe不缺分数了,^_^

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 楼主| 发表于 2018-2-1 14:37:01 | 显示全部楼层
http://mathworld.wolfram.com/AlgebraicInteger.html
However, Abel's impossibility theorem shows that there are algebraic integers of degree >=5 which are not expressible in terms of addition, subtraction, multiplication, division, and root extraction (the elementary operations) on rational numbers. In fact, if elementary operations are allowed on real numbers only, then there are real numbers which are algebraic integers of degree 3 that cannot be so expressed.

这里有说,开n次方是对有理数操作的.

点评

满足基本操作里的五个的组合就算是根式解.然后人们常说的四次以上没有一般的根式解就是指这个  发表于 2018-2-1 16:36
恩恩,我链接没给对,引用这个链接只是想拿里面的关于基本操作的定义,即加减乘除,针对有理数的开方.  发表于 2018-2-1 16:34
代数整数是不同的概念  发表于 2018-2-1 15:49
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发表于 2018-2-2 10:27:41 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-2-1 11:48
根式解你是怎么理解的呢?如果我们考虑开n次方的所有结果(n种)作为根式形式,那么三角函数值是没有问题 ...

应该是允许复数的,确实可以,一下想错了
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