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楼主: God→Osiris

[讨论] 这个五次方程怎么解?

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 楼主| 发表于 2011-3-9 01:13:20 | 显示全部楼层
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 2011-3-9 03:54:28 | 显示全部楼层
本帖最后由 wayne 于 2011-3-9 04:26 编辑

9# God→Osiris
楼主您好,
1)我看了你的空间,发现你贴了很多英文的资料,于是我猜想你的英文至少应该很不错的啊,可是我贴给你的那个英文链接你好像根本就没看啊,我很伤心,我现在帮你摘取出来了,希望你抽空看看:
Trigonometric functions of n*pi/11 for  n an integer cannot be expressed in terms of sums, products, and finite root extractions on real rational numbers because 11 is not a Fermat prime.

http://mathworld.wolfram.com/TrigonometryAnglesPi11.html
But this quintic equation has a cyclic Galois Group, and so , and hence , can be expressed in terms of radicals (of complex numbers). The explicit expression is quite complicated, but can be generated in Mathematica using Developer\`TrigToRadicals[Sin[Pi/11]].

这两段话多经典啊,把你的问题的性质炸取的一点营养都没有了,可你却视而不见!
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 2011-3-9 04:14:56 | 显示全部楼层
本帖最后由 wayne 于 2011-3-9 04:19 编辑

2) 还有你发的这个帖子:
/thread-3016-1-1.html
我实在不敢恭维,你的问题问的很没水平的:你把第五个方程减去第四个方程减去第三个方程减去第二个方程减去第一个方程,得到的难道不是a^2+b^2+c^2+d^2+e^2吗,可这个不等于473051369520767,而是4168063206741075,可从你的回帖看得出,你到现在还没明白过来。
在这里,我又有了一个伟大的猜想,猜想你一定是犯了迷糊,行,我就无视这个条件,也无视你对我和mathematica的回复的无视,于是我用软件帮你算了一下,发现这个五元二次方程的根很庞杂,实在是没啥看头,你把十五位的这种超大整数作为系数,我还以为会有什么意外的情况呢,真扫兴!!
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 2011-3-9 04:35:59 | 显示全部楼层
最后,我告诉你一个秘密, 人家老外很早很早以前就把高次方程的根的问题研究的很清楚了,具体时间我就不去给你查证了,所以,希望你还是别把大好的时光浪费在reinventing the wheel 上

祝好
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 2011-3-9 10:13:45 | 显示全部楼层
其实作为一种游戏,去reinventing the wheel也没什么坏处.不过要认识到这些不过时一些简单的数学游戏.
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 2011-3-10 11:52:00 | 显示全部楼层
呵呵,请容许我来继续这个游戏吧,因为我对这类问题有一些兴趣,就来凑个热闹吧。
或许我们面对如下的问题:
1、对于一个给定的五次方程,判断它是否可解。
2、如何给出各类的五次方程,使它可解,就是如何出题了,呵呵。
3、对于一个给定的五次方程,已知它可解,如何去解它。
或许大家的兴趣点不大一致,所以发表了不同的意见吧,呵呵。
让我从问题1开始吧。
对于一个给定的五次方程,判断它是否可解是有可行的办法的。这里的“可解”指的是它的根是否可以表示成为由整数、加减乘除、平方根、立方根和五次方根构成的有限长度的式子[1]。例如方程x^5-2=0,它的根可以表示为“2的五次方根”,所以它是可解的,虽然它是不可约的。我们知道一个方程的可解性取决于它的Galois群的可解性,在这里,我们不涉及过多的理论,只是围绕着如何判断一个给定五次方程的可解性的具体方法来讨论一下,以此来追忆那位早已逝去的年轻天才。
首先我们分析一个有5个变量的多项式:g=x1^2(x2*x5+x3*x4)+x2^2(x1*x3+x4*x5)+x3^2(x1*x5+x2*x4)+x4^2(x1*x2+x3*x5)+x5^2(x1*x4+x2*x3)。可以看到多项式g是具有一定对称性的。将5个变量进行置换一共有120种方式,这120种置换只能将g变成6种不同的式子,每20种置换后的效果是一样的[2]。就是说多项式g的自同构群的阶是20,恰好不可解群(S5、A5)都比它大,小于等于它的都是可解群[3],所以我们下面将用g来判断可解性[4]。这6种不同的式子分别可以由:不变、交换x1和x2、交换x1和x3、交换x1和x4、交换x1和x5、交换x2和x5,这6个置换来产生。
判断过程是这样子的:先把五次方程的5个根求出来,依次带入那6种不同的式子中,得到g1到g6,看看其中有没有整数,如果有整数,那么这个五次方程就是可解的,反之就是不可解的,看,简单吧,呵呵[5]。
用上面的方法中要注意一些问题:
1、这个给定的五次方程要求是首1整系数的,如果不是就转换吧;
2、这个给定的五次方程要求是不可约的,如果可约就一定可解了;
3、要求g1到g6这6个数都是各不相同的,如果这6个数中有相同的,那么结论就是无效的。是否出现相同取决于给定的五次方程和g的选取,要靠运气来决定(一般运气会不错的,呵呵),如果走了背字也没有关系,只要随机产生一个一元四次多项式,将五次方程的根x1作为代数数代进去,然后求它的最小多项式(也叫做特征多项式),就可以得到一个新的五次方程,它的可解性和原先的五次方程是一致的,而这次运气就不一定还那么差了吧。
4、得到g1到g6的过程可以用代数数的符号运算方法得到精确的值,大家试一下就知道这会导致非常大的计算量。现实的方法是进行数值计算,根据给定五次方程系数的大小选取一定的精度。事实上,即使数值运算精度很高,速度也是相当的快的。
下面算一下搂主的例子:
1、先把它弄成首1整系数的。
f=15377302441624829616294559439+147013447513276833423286x-585145514845851080x^2-5941616812296x^3+3349456x^4+32x^5
就变成了
f=15377302441624829616294559439+73506723756638416711643x-146286378711462770x^2-742702101537x^3+209341x^4+x^5
2、试着分解f,如果可约,那么可解,结束;否则继续。
将多项式分解是有现成算法的。我们这里用Factor[f]命令,可以看到f在Z中是不可约的。所以继续。
3、求f的5个根,根据系数的大小取一定的精度。
可以用下面的代码,这里精度为10000位,实际上对于本题有50位就足够了,呵呵。
f=15377302441624829616294559439+73506723756638416711643#1-146286378711462770#1^2-742702101537#1^3+209341#1^4+#1^5;
s=Table[N[Root[Evaluate[f]&,i],10000],{i,5}];
4、将5个根代入6个式子,计算g1到g6,可以用下面的代码:
g[x1_,x2_,x3_,x4_,x5_]:=x1^2(x2 x5+x3 x4)+x2^2(x1 x3+x4 x5)+x3^2(x1 x5+x2 x4)+x4^2(x1 x2+x3 x5)+x5^2(x1 x4+x2 x3);
Map[Apply[g,s[[#]]]&,{{1,2,3,4,5},{2,1,3,4,5},{3,2,1,4,5},{4,2,3,1,5},{5,2,3,4,1},{1,5,3,4,2}}]
可以看到g1到g6都不一样,其中包含一个整数174238846078992068024761,所以f是可解的。

那么,为什么这个方法是对的呢?这就涉及了一些“理论”,虽然非常容易找到相关的资料,但是并不容易说清楚(或许当年的Galois也面对这个问题),因此或许我们可以自己去探究一下(在经过一些试验对这个方法有一定的信心之后,呵呵)[6]。

注释:
[1]这里开方引入复数是合法的。
[2]大家可以用下面的代码来检查一下:
g[x1_,x2_,x3_,x4_,x5_]:=x1^2(x2 x5+x3 x4)+x2^2(x1 x3+x4 x5)+x3^2(x1 x5+x2 x4)+x4^2(x1 x2+x3 x5)+x5^2(x1 x4+x2 x3);
MatrixForm[Map[{First[#],Length[#]}&,Split[Sort[Map[Expand[Apply[g,#]]&,Permutations[{x1,x2,x3,x4,x5}]]]]]]
[3]如果认为这句话涉及了过多的概念,或者觉得不严谨,那么就意会吧,呵呵。
[4]具有这样性质的多项式还有许多,我们可以再写出一些来,分析多项式的对称性本身也是一个有趣的问题。
[5]这个方法是有运用条件的,将马上提到,所以离开上下文,单独提出这句话是不严谨的,呵呵。
[6]我一直在想Galois牛在哪里(请先宽恕我将在没有评论资格的情况下进行妄语)。是他发明了群论么?我们说他开创了一个新的数学分支“群论”,但是他当年的语言表述和思想和现在的群论是非常不一样的,是后来的数学家们发展了群论。是他提供了高次方程的解法么?我们知道Gauss在年轻的时候就掌握了尺规作图正17边形的方法,相当于求解某些高次方程,Galois从15岁起,就开始研读Lagrange、Gauss、Cauchy、Abel的著作,这些牛人的文章中包括了如何求解高次方程,他们围绕着预解式(这个名词在楼主的另一个帖子中提到过)的思路不光需要高超的技巧而且没有统一方法。而Galois避开了预解式,统一的解决了可解性的问题,(我觉得)他是因为把方程的根(的结构)的对称性和其它事物的对称性进行了类比,从而整体解决了高次方程可解性的问题。在数学中这种类比的思想往往起到基石的作用,是数学思想的精华。(如果我们将(f'(z))^2=(f(z))^3-36f(z)和(f'(z))^2+(f(z))^2=1进行类比,或许就从三角函数向椭圆曲线进发了。)

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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 2011-3-10 12:08:35 | 显示全部楼层
楼上讲的不错,收藏。等有时间学习一下。
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 2011-3-10 12:35:59 | 显示全部楼层
16# zgg___
很精彩,我都忍不住,放下了手中的活了
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2011-3-10 12:58:35 | 显示全部楼层
16# zgg___
对称性对于我来说,一直都是一个神秘的领域,之所以对她感觉很神秘很朦胧,我想,凡是积攒不深厚的人最容易产生这种感觉, ~~
最初我是在初中的时候,搞质因式分解时接触到的轮换对称多项式的概念
然后是几何学。
后来是经典力学里面的各种物理定律,继而有诺特定理~~
再后来,就是在emath里面,看mathe和hujunhua 对射影几何概念的鬼斧神工般的 运用了。

一直都想 orz  一下。
我何时才能有机会,何时才可以消除这种神秘感呢?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2011-3-10 21:04:08 | 显示全部楼层
呵呵,请容许我来继续这个游戏吧,因为我对这类问题有一些兴趣,就来凑个热闹吧。
或许我们面对如下的问题:
1、对于一个给定的五次方程,判断它是否可解。
2、如何给出各类的五次方程,使它可解,就是如何出题了 ...
zgg___ 发表于 2011-3-10 11:52


请告诉这个方程的根式解答吧,我想知道这个根式解,我是用mathematica软件计算的,结果没出现
根式解答,所以就认为没根式解,既然你在这说有根式解,那么我还是希望看看这个根式解的样子的.
我觉得把根式解弄出来,这个问题才完美了!
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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