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楼主: wangfeizaaq

[原创] 无题

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 楼主| 发表于 2018-8-27 14:49:02 | 显示全部楼层
Galois理论更多的是理论层面的意义,虽然对于可解方程式,也提出了具体的根式解步骤,但是非常繁琐,有些方程式的群需要用专门的程序计算!
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
 楼主| 发表于 2018-8-29 12:24:56 | 显示全部楼层
关于“五次以上不能解为根式的证明”概略:
                                                                            §3不可能的第二证明
3.1第二个证明的预备
上一节所证明的鲁菲尼-阿贝尔定理只揭发了凡n≥5次的代数方程式,根式解的普遍公式是不存在的,但由此并不能推断有不能解为根式的数字方程式存在;要知道还可能每个方程式都自有其特殊的根式解。在下一节,我们要找出这样的具体数字方程式的例子。
设f(x),g(x)是域P上的两个多项式,则它们的最大公因式的系数亦必属于P。现在如果f(x)是不可约的,则只有两种可能性:或者f(x)整除g(x),或者f(x)与g(x)互素。由此可得到方程式论中的一个重要结论——阿贝尔不可约性定理①。
预备定理1  设f(x),g(x)是P[x]中的两个多项式,如果f(x)不可约并且它的一个根也是g(x)的一个根,则f(x)是g(x)的一个因子。同时,f(x)的所有根都是g(x)的根。
证明  设α是它们的共同的根,于是f(x)与g(x)存在公因式x-α。设其最大公因式为D(x),而其系数在域P内。在P内以D(x)来除f(x),由f(x)的不可约性知其商式必为P中一常数c,如
此f(x)=cD(x)。又D(x)为g(x)的一个因式:
g(x)=h(x)D(x),
这里h(x)是域P上的某个多项式。于是
g(x)= h(x)f(x),                              (1)
即f(x)是g(x)的一个因子。
    若β是f(x)的另一个根,则由(1)可知g(β)= h(β)f(β)=0。于是f(x)的所有根都是g(x)的根。
这定理直接包含了两个重要的推论:
Ⅰ.如果P上不可约多项式f(x)的一个根也是同域P上次数低于f(x)的多项式g(x)的根,则g(x)的所有系数均等于零。
Ⅱ.如果f(x)是P上的不可约多项式,则P[x]中不存在别的与f(x)有一个共同根的不可约多项式,除非它们只差一个常数因子。
由这个推论可知,在P上以α为根的多项式之中,首系数为1且不可约的是唯一的。这正是α在P上的极小多项式。
另一方面,我们知道,多项式的可约与否,与所讨论的数域有很大关系。例如,x2+1在有理数域上

①这个定理是阿贝尔于1829年发表的。
不可约,但如将i= 添入其中,则x2+1即可分解:
x2+1=(x+i)(x-i),
这里i是x2+1的一个根。
刚刚所看到的是一个域上的不可约多项式,借助在原域上添加它自身的一个根而转变为可约的简单的例子。但并非一定要添加它自身的根才能使其成为可约的:有理数域上的不可约多项式
x2-10x+7
在添入 后亦能成为可约的:
x2-10x+7=(x-5-3 )(x-5+3 ),
这里 并非原多项式的根。
现在我们就来考察后面那种更一般的情形,设f(x)是次数为素数p的多项式,它在P上不可约,但将同域P上的q次不可约多项式g(x)的一个根α添入后即成为可约。在这种情况下,首先成立下面的关于域P上不可约多项式在P的扩域上可约的第一个定理:
预备定理2  f(x)是系数在域P中且次数为素数p的不可约多项式,α为域P上另一个q次不可约
多项式g(x)的一个根。如果f(x)在扩域P(α)成为可约
f(x)=φ(x,α)ψ(x,α)①,
则对g(x)的所有根α1=α,α2,…,αq,均有
f(x)=φ(x,αi)ψ(x,αi),i=1,2,…,n。

这就得到了下面的关于域P上不可约多项式在P的扩域上可约的第二个定理:
预备定理3(阿贝尔引理)  f(x)是系数在域P中且次数为素数p的不可约多项式,α为域P上另一个不可约多项式g(x)的一个根。如果f(x)在扩域P(α)成为可约,则p必定整除g(x)的次数。
转而来讨论一个关于数域的问题。我们知道一个数域对于四种算术运算是封闭的,也就是说含于其中的任何两个数进行四种算术运算后的结果仍然在这个数域中。但是数域对于复数的共轭这种运算就不一定再封闭了。
例如我们来考虑数域Q( ),这里ε是3次单位本原根。这数域是在有理数域上添加方程式x3-2=0的根 产生的。我们来证明数 的复共轭不在这个数域中。事实上, 的复共轭 = = (注意到 亦是x3-2=0的根)。如果 在Q( )内,那么它将可写成a+b +c 的形式,这里a、b、c均是有理数。即
=a+b +c 。
既然 , 均是无理数,那么a应该等于0。然后这等式两端立方后,将得到
2=b3+4c2+6b2c +6bc2 ,
遂产生矛盾:无论b、c取何值时,这等式均不能成立。于是 ÏQ( )。
我们引入定义:如果一个数域内的任何一个数的复共轭还在这个数域内,则称这个数域对复共轭是封闭的。
显然实数域及其任意子域均是复共轭封闭的,因为其中每个数都是自共轭的。复数域C也是复共轭封闭域。
现在证明下面的定理。
预备定理4  设域P是复共轭封闭的。如果P上二项方程式xn-a=0的一个根α不在P内,那么扩域P(α, )是复共轭封闭的,这里 表示与α共轭的数。
3.2克罗内克定理
有了上述准备工作以后,现在我们就可以来证明一个以克罗内克命名的有趣的定理,它是克罗内克在1856年发现的。
定理5.1  次数为奇素数,并且在有理数域内不可约的代数可解方程式,或者仅有一个实根,或者仅有实根。
    结合Ⅰ和Ⅱ两种情况,就证明了克罗内克定理。
在这个定理的证明中,克罗内克的高明之处在于,他并不直接去构造那些有理数域Q的根式扩张,而是抓住了多项式不可约性在根式扩张下的动态这个关键问题,即重点考察f(x)不可约性在何时发生了改变。此外,在上面的证明过程中,还可以看出如果f(x)的一个根能用根式表示,那么它的所有根也都可以用根式表示。
克罗内克定理同样给出了一个“高于四次的方程式一般不能用代数方法解出”的证明:它把方程式的根式求解问题归结为计算方程式实根个数的问题,而一个多项式的实根个数在很多时候是容易计算出来的。例如,像五次方程式
x5-4x-2=0①
就不能解成根式。
为了确定这方程式实根的数目,考虑函数f(x)=x5-4x-2(xÎR)的图像。为此求出导数f′(x)=5x4-4=0的实根x1= ,x2= 。由于f″(x1)>0,f″(x2)<0,所以f(x)在x1取得极小值,在x2取得极大值。再,由f′(x)容易确定出f(x)的增区间为(-∞, )∪( ,+∞),减区间为[ , ]。注意到f(-2)<0,f(-1)>0,f(-2)<0,f(0)<0,f(1)<0,f(2)>0,可以大致确定出f(x)的图像如右:有三个实数根和两个复数根,于是,按照克罗内克定理,这个方程式是代数不可解的。

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 2018-8-31 12:40:58 | 显示全部楼层
wangfeizaaq 发表于 2018-8-27 14:49
Galois理论更多的是理论层面的意义,虽然对于可解方程式,也提出了具体的根式解步骤,但是非常繁琐,有些方 ...

现在都有了mathematica软件,你不能用软件算吗?

点评

你用mathematica数值解就足够了万岁了,何必折腾有没求根公式。  发表于 2018-8-31 18:26
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2018-8-31 12:42:14 | 显示全部楼层
wangfeizaaq 发表于 2018-8-29 12:24
关于“五次以上不能解为根式的证明”概略:
                                                           ...

你不如做个五次以上方程为什么没求根公式的视频,那我有兴趣听听看看,
买书,关键没钱
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2018-8-31 13:15:22 | 显示全部楼层
wangfeizaaq 发表于 2018-8-29 12:24
关于“五次以上不能解为根式的证明”概略:
                                                           ...

能否判定五次方程(a^2+1.2a+1)X^5=aX+0.2a+1是否有根式解?
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
 楼主| 发表于 2018-9-3 15:20:23 | 显示全部楼层
不能,判断需要伽罗瓦理论
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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