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作者: KevinLan (Posaunenblaeser) 看板: ck47th314
標題: Re: 公式解
時間: Thu Jan 6 02:38:23 2000
現在再來考慮四次的方程式
一開始也是理論篇...
剛才解三次方程的時候
我們是找到一個 S3 的子群 A3
與一些由方程式的解 t1,t2,t3 所組成的適當的多項式 y1^3,y2^3
使得 A3 在上面沒有作用
A3 相對於 S3 而言其實是所謂的 "normal subgroup"
也就是如果有一個奇置換 s 與其反作用 s^-1 (把 s 的置換逆回)
則任何 A3 中的偶置換 t, s t s^-1 還是偶置換
在這種情況下可以定義所謂的商群 (quotient group) S3/A3
而之前所做的就是, 因為 A3 在 y1^3,y2^3 上沒有作用
所以 S3 在其上的作用就只留下 S3/A3 的作用
而 S3/A3 在 y1^3,y2^3 上的作用恰好相當於二次方程式兩解的 "共軛"
所以解三次方程式就可以 reduce 成解二次方程式
而這個要被解的方程式就是所謂的預解式
現在四次方程式的方法也一樣
考慮 S4 是 {1,2,3,4} 四個元素的置換群
t1,t2,t3,t4 是方程式的四個根, 讓 S4 作用在上面
S4 可以分解出這樣的序列 1 < V < A4 < S4
其中 V={id.,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}
< 表示左邊那個群是右邊的群的子群
事實上是 normal subgroup
(A 是 B 的 normal subgroup: 若 b 屬於 B, a 屬於 A, 則 bab^-1 也屬於 A)
(細節可以找本群論的書來看...)
事實上這個序列還更好
V 本身還是 S4 的 normal subgroup
而且 S4/V 跟 S3 "同構" (isomorphic)
(就是這兩個群只有表面上不一樣, 換個記號就一樣了)
現在我們考慮底下這三個 t1,t2,t3 的多項式:
y1=(t1+t2)*(t3+t4)
y2=(t1+t3)*(t2+t4)
y3=(t1+t4)*(t2+t3)
則 y1,y2,y3 在 V 的作用下不變
且 S4 在上面的作用就像是 S3 對其三個下標作用
(也就是 S4/V 在這三個元素上的作用與 S3 在其下標的作用相同)
(這比前面所說的 "同構" 更實在...)
於是若 (t-y1)(t-y2)(t-y3)=t^3+a*t^2+b*t+c
則 a,b,c 是 y1,y2,y3 的對稱式 (在 S3=S4/V 的作用下不變)
也就是 t1,t2,t3,t4 的對稱式 (在 S4 的作用下不變)
於是可以用 s1,s2,s3,s4 表示出來
然後以前面所說的三次方程解法可解得 y1,y2,y3
再由於 y1=(t1+t2)*(t3+t4), (t1+t2)+(t3+t4)=s1
可解得 t1+t2,t3+t4,... 各種組合
於是可解出 t1,t2,t3,t4
實作上:
拿到一個四次方程式 x^4-s1*x^3+s2*x^2-s3*x+s4=0 以後
先平移把 s1 變成 0
由前面 y1,y2,y3 的定義
y1+y2+y3=2(t1*t2+...(所有二次交叉項))=2*s2
y1*y2+y2*y3+y3*y1=(1/2)*( (Σyi^2) - (Σyi)^2 )
=2*s2^2 - (1/2)*(Σyi)^2
Σyi^2 =(t1^2+2*t1*t2+t2^3)*(t3^2+2*t3*t4+t4^2)+...
=2*Σ(ti^2*tj^2) + 2*Σ(ti^2*tj*tk) + 12*s4 (因s4=t1*t2*t3*t4)
=2*{(Σ(ti*tj))^2 - 2*Σ(ti^2*tj*tk) -3*s4 } + (後兩項)
=2*s2^2 - 2*Σ(ti^2*tj*tk) + 6*s4
=2*s2^2 - 2*Σ(ti*tj*tk)Σti + 8*s4
=2*s2^2 + 8*s4 (因Σti=s1=0)
(所有對 i,j or i,j,k 的求和都假定 i,j or i,j,k 彼此不相等)
=> y1*y2+y2*y3+y3*y1 = s2^2 - 4*s4
因 t1+t2+t3+t4=0
所以 y1=(t1+t2)*(t3+t4)=-(t1+t2)^2
y2=-(t1+t3)^2, y3=-(t1+t4)^2
y1*y2*y3=-{ (t1+t2)*(t1+t3)*(t1+t4) }^2
(t1+t2)*(t1+t3)*(t1+t4)
=t1^3 + (t2+t3+t4)*t1^2 + (t2*t3+...)*t1 + t2*t3*t4
=(t1+t2+t3+t4)*t1^2 + (所有三次交叉項)
=0-s3=-s3
=> y1*y2*y3=-s3^2
於是上面的過程看過一次就不用管了
只要解 t^3 - 2*s2*t^2 + (s2^2-4*s4)*t + s3^2 = 0
(這是這個方程式的預解式)
就可以解 y1,y2,y3
解出來以後由於 (t1+t2)^2=(t3+t4)^2=-y1
(t1+t3)^2=(t2+t4)^2=-y2
(t1+t4)^2=(t2+t3)^2=-y3
所以 t1+t2=-(t3+t4)=sqrt(-y1)
t1+t3=-(t2+t4)=sqrt(-y2)
t1+t4=-(t2+t3)=sqrt(-y3)
其中開根號時必須取成
sqrt(-y1)*sqrt(-y2)*sqrt(-y3)=(t1+t2)*(t1+t3)*(t1+t4)=-s3
而四組解就是:
t1=(sqrt(-y1)+sqrt(-y2)+sqrt(-y3))/2
t2=(sqrt(-y1)+sqrt(-y2)-sqrt(-y3))/2
t3=(sqrt(-y1)-sqrt(-y2)+sqrt(-y3))/2
t4=(-sqrt(-y1)+sqrt(-y2)+sqrt(-y3))/2
這樣是證明了有公式解 (這可以算是 Lagrange 的想法)
有興趣的可以把上面的公式具體的寫下來
不過在實際上這樣的公式幾乎是不能用
因為太麻煩了, 也不可能記得起來
所以另外有兩個古人的方法:
(1) 對 x^4+a*x^3+b*x^2+c*x+d=0
引入參數 y 使得
(x^2+a*x/2+y)^2=(a^2/4-b+2*y)*x^2+(a*y-c)*x+(y^2-d)
想辦法取 y 讓等式右邊為 x 的一次式的平方式
也就是要解:
(a*y-c)^2-4*(a^2/4-b+2*y)*(y^2-d)=0
(這也叫預解式... 基本上化成解低一次的方程式都可以這樣叫...)
解出來以後再套入原式, 兩邊平方式開方
最後得出兩個二次方程式的各兩組解, 共四組解
(2) 令 y=x^2 則原式可寫成
y=x^2, y^2+a*x*y+b*y+c*x+d=0
這又與:
y=x^2, y^2+a*x*y+b*y+(c*x+d)-t*(y-x^2)=0
後者是一系列的圓錐曲線
選適當的 t 使其退化成兩直線
即兩個一次式的乘積, 再回頭與 y=x^2 連立
就可得 x 的三次式, 然後就照三次式的方法解
這兩個方法比較不需要什麼理論
不過也因此無法推廣到更高次
不能證明更高次無解
所以是有好有壞啦...
如果你是幫人問公式的話
就跟他講上面那個 (1) 吧
然後再教他古人怎麼解三次的
這樣就不用理會任何 "理論篇" 了...
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