5次方程式の解を表現できる数体系 [転載禁止]©2ch.net
5次方程式はご存知の通り解の公式がございませんね。
しかしそれは我々が知ってる実数の数体系(有理数と有理数の冪根の加減乗除で表される数)で表現できないというだけで、
実数の表現を拡張して、5次方程式の解の公式を一般化する為の実数の新しい表現を与えてやれば表現できるはず。
ガロワはなんでそんな事に気づかなかったんだ？
人類は二次方程式や3次方程式の解を一般化する為に平方根や冪根、複素数を産み出した。
5次方程式の解の公式がそれまでのやり方で得られないからとなぜ諦めるのか？新しい実数表現を作れば良いではないか。 >>858-859
(z_1+ｚ_10)^2 - z_2+ｚ_9=2
z_2+ｚ_9 - (z_1+ｚ_10)^2=-2
より
(z_2+z_9)^2 = z_1-z_11 -2 = 2- (z_1-z_11-2)
また三角関数にして計算すれば分かりやすい >>858
>なので、√(2-"V2")/2によりsin(2π/11)が求まるようです。
半角の公式を使ってるわけね。確かにそれでも求まりますよ。
ただし、平方根の中にさらに5乗根を含むべき根表示式
が入る2重の形になりますが。しかし、ガロア理論が
分かっていれば、この2重の形も見かけに過ぎないこと
ことは明らか。なぜなら Q(sin(2π/11)/Qは巡回拡大
だから。実は、cos(2π/11)のべき根表示に用いたべき根たち
と√11の積、それらのQ(ζ_5)の数を係数とする一次結合
であらわされることが分かる。それが「正しい形」。 たとえば、sin(4π/11)はsin(2π/11)から有理的
にあらわされる。どうやって証明するか？
倍角の公式を使って
sin(4π/11)=2sin(2π/11)cos(2π/11)で
cos(2π/11)=√(1-sin(2π/11)^2) だから...
とやると「どうやってルートが外れるのか？」
と悩むことになる。nが奇数のときsin(nx)
はsin(x)の整数係数多項式であらわされる。
したがって、sin(18π/11)=-sin(4π/11)は
sin(2π/11)の整数係数多項式であらわされる...
と気づけば解決。
この場合、証明に4π/11という値の特殊性
を使っていることが分かる。
三角函数論→変数が任意の実数や複素数で成立する事柄
数論→個々の数の"個性"に強く依存して成立する事柄 複素数から始めて、いわゆる四元数・八元数へと拡張していく規則を見つけたのだけれども、その次が一六元数どころか二五六元数に
なってしまった。 もしかしたら同じ性質のダブった元が存在して、それを除外すればもう少し減るかもしれないけれども、いづれに
せよ１６よりはだいぶ多い。 この元同士の間には面白い性質が成り立つのだけれども、果たして自然が採用しているのは１６か２５６
か、それとも両方ハズレだろうか。 >>858
V5が抜けてた。あと求められる値は2cosね
V1＝z_1+z_10=2cos(2π/11)
V2=z_2+z_9=2cos(4π/11)
V3=z_3+z_8=2cos(6π/11)
V4=z_4+z_7=2cos(8π/11)
V4=z_5+z_6=2cos(10π/11)
V5=z_5+z_6=2cos(12π/11)=-2cos(π/11) >>858 >>865
訂正
V1＝z_1+z_10=2cos(2π/11)
V2=z_2+z_9=2cos(4π/11)
V3=z_3+z_8=2cos(6π/11)
V4=z_4+z_7=2cos(8π/11)
V5=z_5+z_6=2cos(12π/11)=-2cos(π/11) 大学数学が理解できなかったひとへの練習問題
Qは有理数体、Q(a)はQに数aを添加して得られる数体
をあらわすものとする。
問1
√11∈Q(sin(2π/11)) を示せ。
問2
sin(2π/11)/√11∈Q(cos(2π/11)) を示せ。
おまけ
√11∉Q(cos(2π/11)) を示せ。
注:問1,問2とも計算だけで示すことができるが
大学数学はどう計算すればいいかの「見通し」を与える。
おまけは参考まで。問2の面白さが際立つと思う。 2sin(π/3)=√3
2sin(π/5)*2sin(2π/5)=√5
2sin(π/7)*2sin(2π/7)*2sin(3π/7)=√7
2sin(π/9)*2sin(2π/9)*2sin(3π/9)*2sin(4π/9)=√9=3
2sin(π/11)*2sin(2π/11)*2sin(3π/11)*2sin(4π/11)*2sin(5π/11)=√11
2sin(π/13)*2sin(2π/13)*2sin(3π/13)*2sin(4π/13)*2sin(5π/13)*2sin(6π/13)=√13 2cos(π/3)=1
2cos(π/5)*2cos(2π/5)=1
2cos(π/7)*2cos(2π/7)*2cos(3π/7)=1
2cos(π/9)*2cos(2π/9)*2cos(3π/9)*2cos(4π/9)=1
2cos(π/11)*2cos(2π/11)*2cos(3π/11)*2cos(4π/11)*2cos(5π/11)=1
2cos(π/13)*2cos(2π/13)*2cos(3π/13)*2cos(4π/13)*2cos(5π/13)*2cos(6π/13)=1 >>858 >>866
ちなみに
√(2-x)/2の式で得られる値
V1 sin(10pi/11)
V2 sin(2pi/11)
V3 sin(8pi/11)
V4 sin(4pi/11)
V5 sin(6pi/11) >>870
その計算法で2重根号が消えますか？
2重根号が避けられることはガロア理論から分かっている。
今、cos(P)のべき根表示が得られているとしよう。
（簡単のため 2π/11=Pとおいた。）
共役であるcos(2P),...,cos(5P)の表示は
簡単な係数変化で同時に得られる。
あくまでもこれらを利用して
sin(P)の値を表したいというのが動機。
且つ2重根号は避けたい。そのための工夫が>>867問2。
sin(P)/√11=c_1cos(P)+…+c_5cos(5P)
となる有理数c_1,...,c_5が得られればよい。
理屈としてはそういうこと。 こんな感じで表されるってことか
exp(2π/5)=cos(2π/5)+i*sin(2π/5)
=1/4(-1+√(5))+i/2√(1/2(5+√(5)))
=1/4(-1+√(5))+5^(1/4)i/4(√(1-2i)+√(1+2i)) sin(P)/√11
=1/2^5(sin(3P)sin(5P)sin(7P)sin(9P))
=-2^5 sin(P)sin(2P)sin(4P)sin(6P)sin(8P)sin(10P)/11
=-2^7 sin^2(P)sin^2(2P)cos(2P)sin^2(8P)cos(8P)/11
=-2^7(1-cos^2(P))(1-cos^2(2P))(1-cos^2(8P))cos(2P)cos(8P)/11
これで一応問2は解けている。ここからさらに目的の「簡単な形」
にするのはソフトを使った。たちどころに次が分かった。
sin(P)/√11=(1-cos(P)+2cos(3P)-2cos(5P))/11. このsin(2π/p)/√pの値を使う方法でうまくいくのは
p≡3 (mod 4)のときに限ることを注意しておこう。
>>67問1は確かに任意の奇素数pに対して成立するが
「おまけ」がp≡1 (mod 4) のときには成立せず
√p∈Q(cos(2π/p)) となる。一方で
Q(sin(2π/n))⊃Q(cos(2π/n)) は任意の3以上の
奇数nに対して成立するから、問2は
p≡1 (mod 4)のときは成立しない。かわりに√pよりも
「もっと難しい数」を使う必要があるということ。 >>874の計算結果
P=2π/11とおいたとき
sin(P)/√11=(1-cos(P)+2cos(3P)-2cos(5P))/11
の両辺において、Pをa倍 (a=2,...,10)すると何が起きるか？
→ ±1倍の違いが生じる。
これは、ガロア群が√11にも作用するから。
そして、この値は実はルジャンドル記号(a/11)に等しい。
すなわち
sin(aP)/√11="(a/11)"(1-cos(aP)+2cos(3aP)-2cos(5aP))/11.
（ただの分数と区別するために" "で示した。）
ルジャンドル記号
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AB%E3%82%B8%E3%83%A3%E3%83%B3%E3%83%89%E3%83%AB%E8%A8%98%E5%8F%B7
このことからも分かるように、この計算の背後にあるのは
本質的には数論なのである。 だからこそガウスは本質を突けたのだし、数論に対する理解
がなければ、ガウスの域には至らない。 Disquisitiones Arithmeticae
第7章: 円の分割を定める方程式（第335条 - 366条）
https://ja.wikipedia.org/wiki/Disquisitiones_Arithmeticae i*sin(2π/11)=
i√(11/20
-1/20(-11/4(89+25√(5)+(45√(5-2√(5))-5√(5+2√(5)))i))^(1/5)
-1/80(-1+√(5)-i√(10+2√(5)))(-11/4(89-25√(5)+(45√(5+2√(5))+5√(5-2√(5)))i))^(1/5)
-1/20(-11/4(89+25√(5)-(45√(5-2√(5))-5√(5+2√(5)))i))^(1/5)
-1/80(-1+√(5)+i√(10+2√(5)))(-11/4(89-25√(5)-(45√(5+2√(5))+5√(5-2√(5)))i))^(1/5)
)
ルートの中の最初の項が11/20になる。11/20*2=11/10 漏れら極悪非道のageブラザーズ！
今日もネタもないのにageてやるからな！
￣￣∨￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣
∧＿∧ ∧＿∧ age
（・∀・∩）（∩・∀・） age
（つ 丿 （ ⊂） age
（ ヽノ ヽ/ ） age
し（＿） （＿）Ｊ
タグ： 5次方程式の代数的解法について目途がついた。
ものすごくシンプルな方法で可能で、どうして不可能だと言われているのか不思議に思う。
とは言え計算量がえげつなくなりそうで、先へ進む気力が湧かない。
ゴールは既に見えていると思うのだけれども。
基本的な計算力の低さを実感して、我ながら残念だ。 >>883
代数的解法の意味を勝手に拡大している可能性あり
例えば、無限回の計算を認めるとか、根号以外の使用を認めるとか
なおガウスによる代数学の基本定理によって
解の存在も（解析的な）解法も分かっている S_5は5次の巡回群をいくつか含んでるから
「5乗根の候補」になる数はラグランジュ分解式から
いくつも作れる。「それらを組み合わせれば解けそうな
気がするが、実は解けない」という、18〜19世紀に
繰り返されてきた誤りを繰り返してるだけだろう。 三等分家は聴く耳を持たない。学習する能力もない。
>>730-732参照。 >>885
>S_5は5次の巡回群をいくつか含んでる
だから方程式の分解体はある中間体の巡回拡大
一方巡回拡大はどれも正規部分群ではない
>…から
>「5乗根の候補」になる数は
>ラグランジュ分解式からいくつも作れる。
もちろん作れる
>「それらを組み合わせれば解けそうな気がするが、実は解けない」
要するに正規部分群ではないので商群が存在しない
つまり上記の「ラグランジュ分解式から作られた数」を
基礎体に添加しても「ある中間体」が出来上がらない
>…という、18〜19世紀に繰り返されてきた誤りを繰り返してるだけだろう。
【教訓】ダメなものはダメ >>887
誤 一方巡回拡大はどれも正規部分群ではない
正 一方巡回群はどれも正規部分群ではない f(x)を一般5次方程式とする。
f(x)=0の5つの根には自然に対称群S_5の作用が考えられる。
根から加減乗除で作られる数でS_5の作用で不変な数は
対称式の基本定理から、f(x)の係数の有理式としてあらわされる。
C_5をS_5の部分群である5次巡回群の一つとする。
根へのC_5の作用からラグランジュ分解式αを作る。
a=α^5は確かにC_5で不変な数である。
このような操作の繰り返しでS_5で不変な数に到達する
ことと、f(x)のべき根解法は同値であることに注意しよう。
（証明は勿論必要）
まずC_5で不変な数が作れたのだから、一見状況は
進捗したように見える。そこで問題になるのは
a=α^5が係数体からどのように構成されるかということ。
aがみたす既約方程式をF(x)=0とおく。
直観的にはF(x)の分解体はf(x)の分解体よりも真に小さい
ように思えるかもしれないが、この直観は実は誤り。
それが、C_5がS_5の正規部分群でないことからの帰結。
つまりこの場合、5乗根の添加によって状況は進捗しない
ということ。 
