这个五次方程怎么解？

mathematica

22楼的wayne，我的Mathematica怎么没有你的图片上的TrigToRadicals函数？难道是版本问题？

wayne

31# mathematica 看看你以前发的帖子吧： http://bbs.emath.ac.cn/thread-2944-1-1.html

zgg___

关于Map[Apply[g,s[[#]]]&,{{1,2,3,4,5},……,{1,5,3,4,2}}]： 如果s={a,b,c,d,e}，那么s[[{1,5,3,4,2}]]就是{a,e,c,d,b}了。 Apply[g,{a,e,c,d,b}]就相当于g[a,e,c,d,b]了。 Map一下，就到所有的了。 关于TrigToRadicals： 它要加载库的，用Needs["Developer\`"]或者<<"Developer\`"。 关于出题： 或许大家可以试一试求解方程x^5-10x^2-10x-6=0， 在字体大小合适的情况下，它的解或许可以写在一页A4纸上。呵呵。 呵呵，那让我们继续吧。 如果我们愿意牺牲一些效率和严谨性，就可以用下面更加直白的方法来获得Galois群的信息。 在上一个帖子中提到了具有一些对称性的多项式g，或许它掩盖了一些“直白”，呵呵。 下面的方法将利用一个完全没有对称性的多项式h，这样我们要代入的置换就不是6个了，而是全部的5!=120个。我们取h=x1+2x2+3x3+4x4+5x5，可以看到120种置换后代入h得到的结果h1到h120是都不同的。我们构造一个120次多项式s使它的根是h1到h120，可以预见到s是首1整系数的，因此可以通过数值计算得到多项式s的精确表达。最后分解s就可以获得一些信息。还是用楼主的例子来演示吧。 f[x_]:=15377302441624829616294559439+73506723756638416711643x-146286378711462770x^2-742702101537x^3+209341x^4+x^5; s0 = Permutations[Range[5]]; s1 = Table[N[Root[Evaluate[f[#]]&,i],10000],{i,5}]; s2 = Map[s1.#&,s0]; s = Round[Chop[CoefficientList[Expand[Apply[Times,x-s2]],x]]].x^(Range[121]-1); Factor[s] 其中s0是那120种置换，s1是方程的5个根，s2是计算h1到h120，s是那个120次多项式。 可以看到s分解后是20个5次多项式的乘积，就说明f的Galois群的阶是5，所以就是循环群C5了。 通过解这20个5次方程（也可以把h1到h120分别代入方程检测），就可以把h1到h120分为20组了，也就是把120个置换分为了20组，其中包括“不变”那一组置换就是f的置换群了。

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把zgg__的在16#的东西啃了一天终于明白了,不过我还是要把我啃明白的发到上面来,因为 我写的对于初学者是有帮助的,我还是喜欢有注释的程序,我总觉得我改不了这个“坏习惯” 我把我的理解做如下:

1. Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
2. (*由所有的置换找到其对于的多项式所组成的集合*)
3. (*定义一个四次多项式*)
4. g[x1_,x2_,x3_,x4_,x5_]:=x1^2(x2*x5+x3*x4)+x2^2(x1*x3+x4*x5)+
5. x3^2(x1*x5+x2*x4)+x4^2(x1*x2+x3*x5)+
6. x5^2(x1*x4+x2*x3);
7. s={x1,x2,x3,x4,x5};
8. p1=Permutations[{1,2,3,4,5}]; (*产生所有的排列或者置换*)
9. p10=GatherBy[p1,Signature[#]&];(*根据置换的性质分组*)
10. p11=p10[[1]];(*取出所有的偶置换*)
11. p2=Map[Apply[g,s[[#]]]&,p11]; (*把偶排列都带入到g产生各种多项式*)
12. p3=Union[p2];(*对相同多项式合并只取其中一个*)
13. (*求解方程的100位数值根*)
14. (*定义多项式*)
15. eq1=15377302441624829616294559439 + 147013447513276833423286 x -
16. 585145514845851080 x^2 - 5941616812296 x^3 + 3349456 x^4 + 32 x^5;
17. eq2=eq1/.x->x/2; (*通过变换把最高次项的系数变成1*)
18. eq3=NSolve[eq2==0,x,100]; (*求解200位数值解*)
19. eq4=x/.eq3; (*只保留数值部分*)
20. (*把p3的每个元素作用到eq4上计算结果*)
21. Do[
22. gnew[x1_,x2_,x3_,x4_,x5_]=p3[[k]]; (*每次都重新定义一下函数,这是必要的*)
23. result=Apply[gnew,eq4]; (*把新定义的函数作用到eq4这组数值解上去*)
24. Print[result], (*把作用的结果输出来*)
25. {k,1,Length@p3}
26. ]

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但是我觉得应该是偶置换,不是全部置换,我只是感觉应该这么写,不知道zgg__怎么看待我的观点. 如图1 zgg__在16楼注释如下:我把他的东西拆开了,这样更容易被人理解,当然我是 写给初学者看的,当然也是写给我自己看的

1. (*zgg_的方法*)
2. Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
3. g[x1_,x2_,x3_,x4_,x5_]:=x1^2(x2 x5+x3 x4)+x2^2(x1 x3+x4 x5)+
4. x3^2(x1 x5+x2 x4)+x4^2(x1 x2+x3 x5)+
5. x5^2(x1 x4+x2 x3);
6. p1=Permutations[{x1,x2,x3,x4,x5}]; (*产生所有置换*)
7. p2=Map[Expand[Apply[g,#]]&,p1]; (*把所有置换对应的多项式都弄出来*)
8. p3=Sort[p2]; (*对多项式元素排序,使得相同的处于相邻的关系*)
9. p4=Split[p3]; (*把相同的多项式分在一组里*)
10. p5=Map[{First@#,Length@#}&,p4] (*把上面的相同的只取一个,并计算相同个数*)

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如图2

mathematica

关于Map[Apply[g,s[[#]]]&,{{1,2,3,4,5},……,{1,5,3,4,2}}]： 如果s={a,b,c,d,e}，那么s[[{1,5,3,4,2}]]就是{a,e,c,d,b}了。 Apply[g,{a,e,c,d,b}]就相当于g[a,e,c,d,b]了。 Map一下，就到所有的了。 关于TrigT ... zgg___ 发表于 2011-3-11 16:46

zgg_的手笔使我觉得他至少应该是数学系的硕士毕业的,而且对mathematica很熟悉, 我觉得现在的中国大学的那些教授很难同时能掌握那些群论又对mathematica玩得那么好!

mathematica

关于Map[Apply[g,s[[#]]]&,{{1,2,3,4,5},……,{1,5,3,4,2}}]： 如果s={a,b,c,d,e}，那么s[[{1,5,3,4,2}]]就是{a,e,c,d,b}了。 Apply[g,{a,e,c,d,b}]就相当于g[a,e,c,d,b]了。 Map一下，就到所有的了。 s = Round[Chop[CoefficientList[Expand[Apply[Times,x-s2]],x]]].x^(Range[121]-1); zgg___ 发表于 2011-3-11 16:46

不知道为什么,你和wayne一样,写程序总是那么多层的嵌套,不怎么好理解

mathematica

其中s0是那120种置换，s1是方程的5个根，s2是计算h1到h120，s是那个120次多项式。 可以看到s分解后是20个5次多项式的乘积，就说明f的Galois群的阶是5，所以就是循环群C5了。 通过解这20个5次方程（也可以把h1到h120分别代入方程检测），就可以把h1到h120分为20组了，也就是把120个置换分为了20组，其中包括“不变”那一组置换就是f的置换群了。 再详细一点吧,其实我对群论只是懂那么一点点,抽象的东西需要具体的来描述!

zgg___

在33层帖子的最后，我犯了一个错误，就是认为120/5=20了，所以在那个帖子最后两段话中的“20”，都应该改为“24”，呵呵。 由此可以证明，我的水平有时候不到小学2年级，呵呵。 下面再说明一下33层的帖子（基本上是33层的复述，呵呵）。 在16层的帖子中，讨论是围绕着多项式g展开的，大家或许会认为g是这个方法的核心，其实或许在某种意义上，g是理解这个问题的“障碍”。所以有了33层的帖子，在这个帖子中我们用“完全没有对称性的多项式h”替代了“具有一些对称性的多项式g”，得到了更加完整的结果（在牺牲效率的基础上）。这样做的目的之一就是更好的理解这种方法。没有对称性的多项式有很多，我们选取的是h=x1+2x2+3x3+4x4+5x5，它把x1到x5置换后代入，它的模样就变了，当然，我们也可以选取h=213123x1+522346523x2-2352x^3-97x^4+108x^5。（对h的要求其实是将f的5个根在120种置换后代入得到的120个数h1到h120都各不相同。）然后我们观察多项式s=(x-h1)*(x-h2)*……*(x-h119)*(x-h120)，可以知道这个120次多项式是首1整系数的，因此，到这里，经过取整，我们的s不因为是数值计算而有误差。 接下来是实现上面的过程，输入是五次多项式f，输出是s的分解因式。 f[x_]:=15377302441624829616294559439+73506723756638416711643x-146286378711462770x^2-742702101537x^3+209341x^4+x^5; 上面一句是输入。 s0 = Permutations[Range[5]]; 这个是那120种置换。 s1 = Table[N[Root[Evaluate[f[#]]&,i],10000],{i,5}]; 这个是求5个根。 s2 = Map[s1.#&,s0]; 这个是计算h1到h120，把它们放到s2中，注意{x1,x2,x3}.{1,2,3}=x1+2x2+3x3，所以我就偷懒了。 s = Round[Chop[CoefficientList[Expand[Apply[Times,x-s2]],x]]].x^(Range[121]-1); 这个是计算s，Apply[Times,x-s2]就是(x-h1)*(x-h2)*……*(x-h119)*(x-h120)，然后展开，然后求系数，然后四舍五入，然后再形成多项式。 Factor[s] 最后是把s分解。 我想过程中如果那步不明确，是可以把分号去掉，改改参数，看看结果的。 代码短在可读性方面或许有一个优点，那就是“短”。我从不反对有层次和结构化，但要求它增加的开销是划算的。对于我这种兴奋时间长度很有限的人来说，长文档不容易找到重点，也许在判断文档有价值之前就已经退缩了，而且看了后面的就会忘记前面的内容。 因为s分解后的结果比较长，所以就不帖出来了，它是24个5次多项式的乘积，例如第1个因子是：19662576921652444608722007457321+40047843741929747640101680x-32476248486821421909x^2-13814515603361x^3+3140115x^4+x^5。 可以知道h1到h120分别属于这24个多项式（就是是它的根啦），这样，我们就把h1到h120这120个数分成了24组。还记得h1到h120这120个数是怎么来的么？是经过置换代入h得到的，所以h1到h120这120个数和那120种置换是一一对应的。这样就把那120个置换分为了24组（就是陪集coset了），其中具有{1,2,3,4,5}的那组就是那么想要的子群了，那组的5个置换就是群的所有元素，置换的乘，就是群的乘。因为只有循环群C5有5个元素，所以它就是C5了。

zgg___

恩，让我们继续并且结束这个话题吧。 对于16层的g和33层的h，我们这里取一个新的多项式l=x1+w*x2+w^2*x3+w^3*x4+w^4*x5，也就是让x1到x5的系数恰好为方程x^5-1=0的5个根。然后进行33层的计算，只要将代码中的“s2=Map[s1.#&,s0];”改为“s2=Map[s1[[#]].rs&,s0];”，并且预先计算rs=Table[Root[#^5-1&,i],{i,5}];就可以了。分解s后会发现其中会有一个只有x^20、x^15、x^10、x^5和常数项的因子。因为我们可以符号求解4次方程，因此就可以得到这20个根的符号解了，然后一一对应到l中去，就可以得到原先5次方程根的符号表达了。 那个多项式l，就叫做“Lagrange预解式”，那个多项式h，就叫做“Galois预解式”。

mathematica

方程式求解問題 http://episte.math.ntu.edu.tw/articles/mm/mm_08_4_01/index.html