契尔恩豪森转换

282842712474 · 发表于 2010-8-19 23:46:43

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对于一般的五次方程式

可以借由以下的转换

得到一个

的五次多项式，上述的转换称为契尔恩豪森转换（Tschirnhaus transformation），借由特别选择的系数

，可以使

,

的系数为

，从而得到如下的方程式：

其步骤如下：首先令

可消去四次方项，得到

； 接下来，令，得到 ，看到红色部分就停住了，谁可以解释一下呀？

mathe · 发表于 2010-8-20 11:08:38

这个应该只是一个假设，然后需要代入验算的，目的应该是使P,Q,A等有更多数据为0

wayne · 发表于 2010-8-20 11:55:33

一般性的五次方程，是不存在根式解的，所以，楼主别指望用根式的形式来表达五次方程的解了

wayne · 发表于 2010-8-20 12:02:08

要看懂步骤，我们还得看看契尔恩豪森转换的原型，看具体是怎么变换的。。。。查了一下，契尔恩豪森转换原先是指，经过一系列代换，可以将 n次多项式方程的n-1 ,n-2项消去。而后来Jerrard 指出，利用契尔恩豪森转换可以消去n-1,n-2,n-3 次这三项： http://mathworld.wolfram.com/TschirnhausenTransformation.html

wayne · 发表于 2010-8-20 14:13:56

The impossibility of solving general quintics in radicals http://library.wolfram.com/examples/quintic/main.html

282842712474 · 发表于 2010-8-20 17:36:00

将代入，得到的应该是一个关于y的十次方程，为什么得到？

wiley · 发表于 2010-8-22 10:03:54

本帖最后由 wiley 于 2010-8-22 10:16 编辑 这个用的是结式 ( Resultant ), 即用辗转相除法消去 $x$. 得到 $P$ 和 $Q$ 的表达式后, 设为 $0$ 解得 $p$ 和 $q$ . $z$ 满足的方程确实是 $y$ 的十次方程, 等同于原来的方程和另一个五次多项式的乘积. 所以 Tschirnhaus transformation 会产生增根 (比如三次方程用同样的变换得到一个只有三次和常数项的方程, 得到三个根后再代入变换的两次方程会得到六个根, 必须代回原方程检验) 其实到这步只是消去三次和四次项. 从自由度考虑, 只需要三次的 Tschirnhaus transformation 即可把两次项也消去. 不过这样得到的待定系数所满足的方程通常是 $6$ 次的, 没有根式解. 后来就有了Wayne所说的 Bring 和 Jerrard 的贡献, 要用 wikipedia 上所说的四次 Tschirnhaus transformation

wayne · 发表于 2010-8-22 10:28:18

wiley ，

我发现你特别擅长代数和分析。印象中你还是搞物理的，实乃emath里的又一人杰也

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[讨论] 契尔恩豪森转换

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