如何用手工的办法求解出x^17=1的根式解

mathematica

我想知道的是高斯当年是如何解出这个方程的，
而不是结果，我看重的是思路

mathematica

\[x^{16}+x^{15}+x^{14}+x^{13}+x^{12}+x^{11}+x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1==0\]
先求解这个方程，两边都除以x^8，然后配对，这步比较简单，具体我就不算了
我用$t=x+1/x$来代换，降低方程的阶
得到方程
$t^8+t^7-7 t^6-6 t^5+15 t^4+10 t^3-10 t^2-4 t+1==0$
剩下的我就不会了

代码

1. Clear["Global`*"];
   
2. aa=Sum[x^k,{k,0,16,1}]
   
3. Eliminate[aa==0&&t==x+1/x, {x}]
   

复制代码

mathematica

mathematica 发表于 2019-3-1 14:28
\[x^{16}+x^{15}+x^{14}+x^{13}+x^{12}+x^{11}+x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1==0\]
先求解 ...

如何继续降低方程次数呢？
我发现这种办法对5次方程有效，为什么17次就不行了呢？

.·.·.

首先，我们可以把解写成
$\cos \left(\frac{2 \pi }{17}\right)+i \sin \left(\frac{2 \pi }{17}\right)$
也就是，我们只需要求Cos[Pi/17]的值
注意到
FullSimplify[
Cos[\[Pi]/17] Cos[(2 \[Pi])/17] Cos[(4 \[Pi])/17] Cos[(8 \[Pi])/17]]
得到结果1/16
……
我准备作弊了

ToRadicals[Cos[(2 \[Pi])/19]]
\(-\frac{1}{2} (-1)^{17/19} \left(1+(-1)^{4/19}\right)\)
据此推测
……
https://zhidao.baidu.com/question/565950978554291804.html
https://www.cnblogs.com/rhythmic/p/5469814.html
搞定

.·.·.

mathematica 发表于 2019-3-1 14:41
如何继续降低方程次数呢？
我发现这种办法对5次方程有效，为什么17次就不行了呢？

据此可以试试cos(2pi/257)
首先想到素数，必然想到原根
根据某某定理，3是所有费马素数的原根

1. l1 = PowerMod[3, Table[2*i, {i, 0, 127}], 257]
   
2. l2 = PowerMod[3, Table[2*i + 1, {i, 0, 127}], 257]
   
3. f[x_] := Cos[2 \[Pi] x/257]
   
4. Plus @@ f /@ l1*Plus @@ f /@ l2 // N
   
5. Plus @@ f /@ l1+Plus @@ f /@ l2 // N
   
6. lx1 = PowerMod[3, Table[4*i, {i, 0, 63}], 257]
   
7. lx2 = PowerMod[3, Table[4*i + 2, {i, 0, 63}], 257]
   
8. Plus @@ f /@ lx1*Plus @@ f /@ lx2 // N
   

复制代码

剩下的基本都是同理可得了
65537也是同理可得
然鹅更大的费马数不是素数，于是我们做不到“取原根”这项操作
至于为啥弄一个原根可以保证和差化积性质……别问我

mathematica

.·.·. 发表于 2019-3-1 16:39
据此可以试试cos(2pi/257)
首先想到素数，必然想到原根
根据某某定理，3是所有费马素数的原根

看看哈代数论！
我问的就是想知道为什么搞原根，结果你说别问。
我就是想把这个问题当成一个新问题，然后来解决，假设在历史上没人解决过这个问题，然后你如何解决。
为什么那么做，对我来说很重要，我知道答案是这样子，但是我想知道的是答案为什么是这样子

.·.·.

mathematica 发表于 2019-3-1 16:45
看看哈代数论！
我问的就是想知道为什么搞原根，结果你说别问。
我就是想把这个问题当成一个新问题， ...

我说“别问”的意思是
这玩意太复杂了
Gauss的思路是把根式转化成二次方程然后进行解答（尺规作图只能处理二次）
事实上如果允许三次根，可能我们在凑数的时候可以试试a1+a2+a3=p,a1a2+a2a3+a1a3=q,a1a2a3=r这样的根式
然而如果我们只能使用二次的根式，至少在这种思路下，我们只能找若干cos(x(2pi/n))，使得其和大小可解，其积大小为能够通过和差化积计算
……
和差化积超难算的
目测是用数论的方法判断是否和差化积之后f(x)的个数
大抵因为我们用了原根的缘故，所有f(x)一样多
TrigReduce[(Cos[x] + Cos[4 x]) (Cos[2 x] + Cos[8 x])]
\(\frac{1}{2} (\cos (x)+\cos (2 x)+\cos (3 x)+\cos (4 x)+\cos (6 x)+\cos (7 x)+\cos (9 x)+\cos (12 x))\)

.·.·.

……才发现，当年大约就是这样倒在2012CMO第二题上面的
首先，让我们做两个操作
一个叫待定系数
下面假设$y_S=\sum_{i \in \{cos(2k\pi/n):k\in S\}}i$中若干项的和
同时为了简便，记$f(k)=cos(2k\pi/n)$
对每一个$y_A*y_B$,先用待定系数法设$y_Ay_B=a1f(1)+...+a_nf(n)$
拿线性代数很容易证明，对整数a1,...,an跟b1,...,bn，如果$a_1f(1)+...+a_nf(n)=b_1f(1)+...+b_nf(n)$，那么$a_1=b_1,...,a_n=b_n$……………………（1）

根据和差化积公式，若记$kA=\{ka:a\in A\}$
则$y_{kA}y_{kB}=a_1f(k*1)+...+a_nf(k*n)$

这里，我们用到的集合X都有形式$\{3^{2^m*l+r}:l={1,2,...(n-1)/2^m}\}$
注意到$3^aX=\{3^{2^m*l+r+a}:l=1,2,...(n-1)/2^m\}$
这样我们直接解决了第一个等号：
$y_{\{3^{2^m*l}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}y_{\{3^{2^m*l+1}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}=y_{\{3^{2^m*l+2}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}y_{\{3^{2^m*l+1}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}=y_{3\{3^{2^m*l+1}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}y_{3\{3^{2^m*l}:l=1,2,...,(n-1)/2\}}$
根据(1)直接得出待定系数时候$a_1=a_3=a_9=a_{3^3 mod 17}=...$
数数有多少项就可以直接得到每一项的系数是多少

以及理解错Hardy这本书上面算法的意思了
后面的几步应该都需要自己乘出来的，待定系数法那一部分的证明可以保证每个形如$\{3^{2^m*l+r}:l={1,2,...(n-1)/2^m}\}$的集合的系数都是一致的，而这个一致的值是前面的步骤已经求解出的。
这样就完成了尺规作图
至于除了最后一步之外的那两步都神奇地出现了-1这个值
可能是巧合，可能不是
毕竟最后那步并没得到类似的结果

mathematica

.·.·. 发表于 2019-3-1 22:12
……才发现，当年大约就是这样倒在2012CMO第二题上面的
首先，让我们做两个操作
一个叫待定系数

你写这么多，我看不懂，我就想知道，x^257-1=0这个方程
你解出来看一下，
我看哈代数论的时候，就好奇，为什么要弄3这个原根，
PrimitiveRootList[17]
{3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14}
这表明3 5 6 7都是原根，这些原根究竟行不行

.·.·.

mathematica 发表于 2019-3-2 12:36
你写这么多，我看不懂，我就想知道，x^257-1=0这个方程
你解出来看一下，
我看哈代数论的时候，就好奇 ...

早说你问的是这个问题啊
那些原根都可以的……谁说那些原根不能用的……
257仿照17解就是了

1. l00 = -1;
   
2. l10 = S[1, 0];
   
3. l11 = S[1, 1];
   
4. {l10 + l11 - l00, l1 l2} // N
   
5. l20 = S[2, 0];
   
6. l22 = S[2, 2];
   
7. l21 = S[2, 1];
   
8. l23 = S[2, 3];
   
9. {l20 + l22 - l10, l20 l22, l21 + l23 - l11, l21 l23} // N
   
10. l30 = S[3, 0];
    
11. l34 = S[3, 4];
    
12. l32 = S[3, 2];
    
13. l36 = S[3, 6];
    
14. l31 = S[3, 1];
    
15. l35 = S[3, 5];
    
16. l33 = S[3, 3];
    
17. l37 = S[3, 7];
    
18. {l30 + l34 - l20, l30 l34, l32 + l36 - l22, l32 l36, l31 + l35 - l21,
    
19.   l31 l35, l33 + l37 - l23, l33 l37} // N

复制代码

这里，前面两个答案都是很简单的

1. {-2.10942*10^-15, -64.}
   
2. {0., -16., 0., -16.}
   
3. {0., -31.0078, 0., -9.05468, 0., 23.7152, 0., 0.34723}

复制代码

但从第三项开始，就出现了我说的那个问题，就是，我们需要手动进行积化和差运算，值得庆幸的是，运算目标之中的好多项（根据(1)定理）是相等的：

1. l30 l34 - (2*l20 + 5*l21 + 4*l22 + 5*l23) // N
   
2. 1.06581*10^-14

复制代码

这里2*l20 + 5*l21 + 4*l22 + 5*l23的四个系数需要手算（暂时没想到除了暴力展开之外更好的算法，我直接用Simplify[TrigReduce[l30*l34]]来作弊了，事实上计算并不需要这么复杂，我们只需要l**中某一项的系数就可以了，毕竟根据定理(1)l**里面的系数都是一样的）
然后，根据定理(1)，我们可以直接乘那个原根把其他四项的系数推算出来：

1. l31 l35 - (2*l21 + 5*l22 + 4*l23 + 5*l20) // N
   
2. 1.42109*10^-14
   
3. l32 l36 - (2*l22 + 5*l23 + 4*l20 + 5*l21) // N
   
4. 1.42109*10^-14
   
5. l33 l37 - (2*l23 + 5*l20 + 4*l21 + 5*l22) // N
   
6. 8.88178*10^-16

复制代码

用

1. comp[x_] := Cos[2 \[Pi] #/(2^2^n + 1)] & /@ x
   
2. comp[{Sort[SelArc[4, 0]][[1]], Sort[SelArc[4, 1]][[1]],Sort[SelArc[4, 2]][[1]], Sort[SelArc[4, 3]][[1]],Sort[SelArc[4, 4]][[1]], Sort[SelArc[4, 5]][[1]],Sort[SelArc[4, 6]][[1]], Sort[SelArc[4, 7]][[1]]}]

复制代码

得到{Sort[SelArc[4, 0]][[1]], Sort[SelArc[4, 1]][[1]],Sort[SelArc[4, 2]][[1]], Sort[SelArc[4, 3]][[1]],Sort[SelArc[4, 4]][[1]], Sort[SelArc[4, 5]][[1]],Sort[SelArc[4, 6]][[1]], Sort[SelArc[4, 7]][[1]]}这几项的系数是2 0 1 0 1 0 2 2
从而

1. l40 = S[4, 0];
   
2. l41 = S[4, 1];
   
3. l42 = S[4, 2];
   
4. l43 = S[4, 3];
   
5. l44 = S[4, 4];
   
6. l45 = S[4, 5];
   
7. l46 = S[4, 6];
   
8. l47 = S[4, 7];
   
9. l48 = S[4, 8];
   
10. l49 = S[4, 9];
    
11. l4A = S[4, 10];
    
12. l4B = S[4, 11];
    
13. l4C = S[4, 12];
    
14. l4D = S[4, 13];
    
15. l4E = S[4, 14];
    
16. l4F = S[4, 15];
    
17. {l40 + l48 - l30,l40 l48 - Plus @@ ({2, 0, 1, 0, 1, 0, 2, 2}*{l30, l31, l32, l33, l34, l35, l36, l37})} // N

复制代码

得到

1. {0., 7.99361*10^-15}

复制代码

剩下的都是同理可得的东西，慢慢算总能算出来，然而SelArc[4,*]已经出现16进制了……我懒得继续编号了，就这样吧