数学研发论坛

 找回密码
 欢迎注册
查看: 369|回复: 9

[原创] 一元五次可解方程的充要条件

[复制链接]
发表于 2022-8-7 19:44:35 | 显示全部楼层 |阅读模式

马上注册,结交更多好友,享用更多功能,让你轻松玩转社区。

您需要 登录 才可以下载或查看,没有帐号?欢迎注册

x
如题,求一元五次整系数不可约多项式方程 存在根式解的充要条件。 为了简化讨论,咱们先考虑不可约的次最高幂系数为0的方程, $u^5+a_3 u^3+a_2 u^2+a_1 u+a_0=0$
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 2022-8-10 13:58:36 | 显示全部楼层
随意搜了一下,搜到了这个:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/434045872

不知道能不能解决楼主的问题
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 2022-8-10 18:38:25 | 显示全部楼层
zhihu的文章太长,废话比较多。
我得到 一个 可解五次方程的一般表达, 除了$u$之外,其他符号都是有理数。设定某项系数为0,可以生成wikipedia里提及的几乎所有 特殊表达https://en.wikipedia.org/wiki/Qu ... _a_solvable_quintic
$u^5-5 A u^3 (t x+y z)-5 A u^2 (A t^2 y+x y^2+x^2 z+A t z^2)-5 A u (-A t^2 x^2+x^3 y+A t y^3+A^2 t^3 z+A t x y z-A y^2 z^2+A x z^3)-A (A^3 t^5+x^5-5 A^2 t^3 x y+5 A t x^2 y^2+A y^5-5 A t x^3 z+5 A^2 t^2 y^2 z-5 A x y^3 z+5 A^2 t^2 x z^2+5 A x^2 y z^2-5 A^2 t y z^3+A^2 z^5) = 0$
方程的一个根是 $u=x \omega +y \omega ^2+z\omega ^3 +t \omega ^4$,其中$\omega = A^{\frac{1}{5}}$

点评

特殊表达网站打不开,能否提供更详细资料。  发表于 2022-8-12 16:59
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 2022-8-11 09:02:12 | 显示全部楼层
可以化简成x^5+px+q=0,p,q满足什么才有根式解
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 2022-8-11 09:31:58 | 显示全部楼层
变换虽好,逆回去能够 满足原表达式里的系数都是 有理数,就比较麻烦了。  比如我要程序化生成一堆 可解 整系数五次方程。
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 2022-8-13 16:55:22 | 显示全部楼层
本帖最后由 葡萄糖 于 2022-8-13 18:44 编辑
倪举鹏 发表于 2022-8-11 09:02
可以化简成x^5+px+q=0,p,q满足什么才有根式解


Characterization of solvable quintics $x^5+ax+b=0$
Blair K. Spearman and Kenneth S. Williams
Pages 986-992 | Published online: 18 Apr 2018
American Mathematical Monthly,
The Volume 101, 1994 - Issue 10

Let a and b be rational numbers such that the quintic trinomial $x^5+ax+b=0$ is irreducible.
Then the equation $x^5+ax+b=0$ is soluable by radicals if and only if there exist rational numbers e(= ±1), c(≥ 0) and e(≠0) such that
\begin{align*}
a&=\frac{5e^{4}\left(4-\varepsilon c\right)}{c^{2}+1}\\
b&=\frac{-4e^{5}\left(11\varepsilon+2c\right)}{c^{2}+1}
\end{align*}

On Solvable Quintics $X^5+aX+b=0$ and $X^5+aX^2+b=0$
Blair K. Spearman, Kenneth S. Williams
ROCKY MOUNTAIN
JOURNAL OF MATHEMATICS
volume 26, Number 2, Spring 1996

There are only five solvable quintic equations of the form $x^5+ax^2+b=0,a,b \in \mathbb{Q}$:
\begin{align*}
x^5-2s^3x^2-\frac{s^5}{5}&=0\\
x^5-100s^3x^2-1000s^5&=0\\
x^5-5s^3x^2-3s^5&=0\\
x^5-5s^3x^2+15s^5&=0\\
x^5-25s^3x^2-300s^5&=0
\end{align*}

本论坛的类似推论:
https://bbs.emath.ac.cn/thread-5947-2-6.html
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 2022-8-16 13:05:57 | 显示全部楼层
我的思路如下: 假设$A=u^5$,u是有理数,那么有理系数五次多项式在以$u$为基的代数域 可以分解成两种形式,
1) $1+4$的形式,即   $u^5+a_3 u^3+a_2 u^2+a_1 u+a_0= (x+B)(x^4+Cx^3+Dx^2+Ex+F)$ ,其中$B,C,D,E,F$均能被以$u$为基的代数数线性表达,即$B=b_0+b_1*u+b_2*u^2++b_3*u^3++b_4*u^4$,系数均是有理数。此时根据B反过来代入即可得到根式解的五次方程的一般表达是(其中系数字母都是有理数):
$U^5-5 A U^3 (t x+y z)-5 A U^2 (A t^2 y+x y^2+x^2 z+A t z^2)-5 A U (-A t^2 x^2+x^3 y+A t y^3+A^2 t^3 z+A t x y z-A y^2 z^2+A x z^3)-A (A^3 t^5+x^5-5 A^2 t^3 x y+5 A t x^2 y^2+A y^5-5 A t x^3 z+5 A^2 t^2 y^2 z-5 A x y^3 z+5 A^2 t^2 x z^2+5 A x^2 y z^2-5 A^2 t y z^3+A^2 z^5) = 0$

2)$2+3$的形式,即   $u^5+a_3 u^3+a_2 u^2+a_1 u+a_0= (x^2+Bx+C)(x^3+Dx^2+Ex+F)$ ,同理,其中$B,C,D,E,F$均能被以$u$为基的代数数线性表达,系数均是有理数。同理,代入计算得到$C$是如下不可约10次方程的根:
$-a_3 t^9-a_1 t^8+\left(2 a_1 a_3-a_2^2\right) t^7+\left(a_0 a_2-a_1^2\right) t^6+\left(-2 a_0^2+2 a_2 a_3 a_0-a_1^2 a_3\right) t^5+\left(a_1^3-3 a_0 a_2 a_1+a_0^2 a_3\right) t^4+a_0^2 \left(a_1-a_3^2\right) t^3+a_0^2 a_1 a_3 t^2-a_0^3 a_2 t+a_0^4+t^{10}=0$
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 2022-9-1 11:05:58 | 显示全部楼层
好像是伽罗瓦理论里有判定方法
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 2022-9-1 11:09:03 | 显示全部楼层
应该是可以从系数转换成某个交换群,然后判定子群是否满足某个条件
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
您需要登录后才可以回帖 登录 | 欢迎注册

本版积分规则

小黑屋|手机版|数学研发网 ( 苏ICP备07505100号 )

GMT+8, 2022-10-6 22:34 , Processed in 0.072516 second(s), 17 queries .

Powered by Discuz! X3.4

© 2001-2017 Comsenz Inc.

快速回复 返回顶部 返回列表