ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ7

534 ：１３２人目の素数さん：2024/05/25(土) 23:36:54.74 ID:w3r+RfL1.net

>>532
>日wikipediaでは、ラグランジュの分解式 u=r0+ir1-r2-ir3も調べたとあるので役に立たないわけではない
>（解の公式としては、きれいに纏まらない？）

補足しよう
下記の五次方程式においても、下記 ラグランジュが3次、4次で用いた手法をそのまま持ち込んだ場合
24次式となるが
一方、”より位数の低い置換を与えるような式を考察する必要があるが、これは1861年にアーサー・ケイリーが与えたものが最良となる”ってこと

まとめると、ラグランジュの分解式 は、一般論としてはきれいだが
具体例になると、しばしば ラグランジュの分解式よりも、良い解法が存在するってことだ

ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%94%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F
五次方程式
限定的な代数的解法
一般式が代数的に解けないということは、上記に示したとおりであるが、特定の五次方程式がどのような場合に解けるかは分かっている。
ラグランジュが3次、4次で用いた手法をそのまま持ち込んだ場合、
x=(α1+ζα2+ζ^2α3+ζ^3α4+ζ^4α5)^5(ただしζは1の原始5乗根)
の置換を考察することになるが、この場合5次対称群の位数は120で、出現する式は5次巡回群の位数=5で割った24通りである。
つまりその為に解かなければならない方程式は24次式となり5次よりはるかに悪化する。
そこでより位数の低い置換を与えるような式を考察する必要があるが、これは1861年にアーサー・ケイリーが与えたものが最良となる。
x=(α1α2+α2α3+α3α4+α4α5+α5α1-α1α3-α2α4-α3α5-α4α1-α5α2)^2
この場合出現する式は6通りであり、6次方程式を解くことに帰着する。もちろんこれを代数的に解くことは一般的状況では不可能であるが、根の平方が有理数になる場合に限り、実質的な次数が下がり、代数的に解ける。以下は3次、4次のラグランジュの解法同様にして元の方程式の根を得る。これが五次方程式が代数的に解ける必要十分条件である。