Bringa Root

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2021. szeptember 3-án felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 3 szerkesztést igényelnek .

Az algebrában a Bring gyök vagy ultraradikális egy analitikus függvény , amely meghatározza a polinom egyetlen valódi gyökét . Más szóval, mindenre igaz, hogy $Melltartó)$ $x^{5}+x+a$ $a$

Br(a)^{5}+Br(a)+a=0.

A komplex sík vágása a valós féltengely mentén fut . $x\leqslant -1$

A Bring gyökeret Samuel svéd matematikus vezette be

George Gerrard megmutatta, hogy az összes 5. fokú egyenlet megoldható aBring gyökök és gyökök segítségével.

Bring-Gerard normál forma

Ha egy

x^{5}+a_{1}x^{4}+a_{2}x^{3}+a_{3}x^{2}+a_{4}x+a_{5}=0

majd ha

y=x^{4}+b_{1}x^{3}+b_{2}x^{2}+b_{3}x+b_{4},

5-ös fokú polinomot kaphatunk a -ból , ha például egy Tschirnhaus-transzformációt hajtunk végre , az eredőt használva a -t eliminálva . Ezután kiválaszthatunk konkrét együttható értékeket , hogy megkapjuk az alak polinomját $y$ $x$ $kettős}$ $y$

y^{5}+py+q

Ezt a hiányos formát, amelyet Bring fedezett fel és Gerard újra felfedezett, Bring-Gerard normál alaknak nevezik . A "homlokon" lévő módszer, amikor a Bring - Gerard normál formáját próbálják elérni, nem működik; ezt lépésről lépésre kell megtenni, néhány Tschirnhaus-transzformációt alkalmazva, amit a modern analitikus számítástechnikai rendszerek meglehetősen könnyen megtesznek.

Az elején a -t behelyettesítve -vel megszabadulunk a tagtól . Ezután a Tschirnhaus ötletét a kizárásra és a kifejezésre alkalmazva bevezetünk egy változót, és keresünk ilyen és -t, így ennek eredményeként a for és az együtthatók egyenlők lesznek 0-val. Pontosabban a helyettesítések $x-a_{1}/5$ $x$ $x^{4}$ $x^{3}$ $y=x^{2}+px+q$ $p$ $q$ $x^{3}$ $x^{4}$

q={\frac {2c}{5}}

és

p={\frac {{\sqrt {5}}{\sqrt {12c^{3}-40ec+45d^{2}}}-15d}{10c}}

a harmadik és a negyedik hatalom tagjait egyidejűleg kizárni

x^{5}+cx^{3}+dx^{2}+ex+f

A következő lépés a csere

y=x^{4}+b_{1}x^{3}+b_{2}x^{2}+b_{3}x+b_{4}

formájában

x^{5}+dx^{2}+ex+f

és kizárjuk a másodfokú tagot is, amelynek során nem kell 3-nál nagyobb fokú egyenleteket megoldani. Ebben az esetben a és kifejezések négyzetgyököt tartalmaznak , a for kifejezésben pedig van egy a harmadfokú gyökér . $b_{1},b_{2}$ $b_{4}$ $b_{3}$

Az általános nézet viszonylag könnyen kiszámítható olyan számítógépes rendszerekkel, mint a Maple vagy a Mathematica , de túlságosan körülményes, ezért jobb, ha olyan módszert írunk le, amelyet azután egy adott esetben alkalmazni lehet. Minden esetben összeállíthat egy három egyenletrendszert az együtthatók számára , és megoldhatja azt. Az így kapott megoldások egyike olyan polinomok gyökeit fogja tartalmazni, amelyek nem haladják meg a harmadik fokot; Miután figyelembe vettük az eredőt a számított együtthatókkal, az egyenletet a Bring-Gerard formára redukáljuk. Az eredeti egyenlet gyökereit a kapott egyenlet gyökeivel fejezzük ki. $kettős}$

Algebrai függvénynek tekintjük , az egyenlet megoldásai

x^{5}+ux+v=0

két paramétertől függ, és azonban a változó megváltoztatásával az egyenletet úgy módosíthatjuk, hogy az ismeretlen csak egy paraméter függvénye legyen. Szóval, ha felteszed $u$ $v$

z={x \over (-u/5)^{{1/4}}}

formálódni

x^{5}-5x-4t=0

amely algebrai függvényként tartalmaz egy összetett, általánosságban elmondható paramétert , ahol . $x$ $t$ $t=-(v/4)(-u/5)^{-5/4}$

Bring gyökerei

A t komplex változó függvényeiként az egyenlet x gyökei

x^{5}-5x-4t=0

vannak elágazási pontjai, ahol a 800 000( t 4 - 1) diszkriminans eltűnik, azaz az 1, -1, valamint i és -i pontokban . Bármelyik elágazási pont körüli monodrómia kettőt felcserél belőlük, így az egyik a helyén marad. Ha t valós értéke nagyobb vagy egyenlő, mint -1, a legnagyobb valós gyök t függvénye, amely monoton növekszik 1-től; Nevezzük ezt a függvényt Bring gyökérnek , BR( t ). A valós tengely mentén -1-ig vágó ág kiválasztásával kiterjeszthetjük a Bring gyökeret a teljes komplex síkra, úgy állítva be az értékeket az ág mentén, hogy analitikus folytatást kapjunk a felső félsík mentén. $-\infty$

Pontosabban, legyen , és definiálja rekurzívan az a i sorozatot $a_{0}=3,a_{1}={1 \over 100},a_{2}=-{27 \over 400\,000},a_{3}={549 \over 800\,000\, 000}$

a_{{n+4}}=-{{\frac {185\,193}{5\,278\,000}}}\,{{\frac {2\,n+5}{n+4} }}a_{{n+3}}

-{\frac {9\,747}{52\,780\,000}}\,{\frac {10\,{n}^{2}+40\,n+39}{\left (n+4\jobbra)\balra(n+3\jobbra)}}a_{n+2}

-{{\frac {57}{52\,780\,000}}}\,{{\frac {\left(2\,n+3\right)\left(10\,{n}^{{ 2}}+30\,n+17\jobb)}{\left(n+4\right)\left(n+3\right)\left(n+2\right)}}}a_{{n+ egy }}

$-{{\frac {1}{6\,597\,500\,000}}}\,{{\frac {\left(5\,n+11\right)\left(5\,n+7 \jobbra)\bal(5\,n+3\jobbra)\bal(5\,n-1\jobbra)}{\left(n+4\jobbra)\balra(n+3\jobbra)\balra( n+2\jobbra)\left(n+1\jobbra)}}}a_{n}.$

Olyan t komplex értékeire , amelyek | t -57| <58, megkapjuk

\operatorname {BR} (t)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}(t-57)^{n},

amely elemzően folytatható, amiről már volt szó.

Az x 5 - 5 x - 4 t = 0 gyökök most a következőképpen fejezhetők ki a Bring gyökerekkel:

r_{n}=i^{{-n}}\operátornév {BR}(i^{n}t)

n esetén 0-tól 3-ig, és

r_{4}=-r_{0}-r_{1}-r_{2}-r_{3}

az ötödik gyökér számára.

Az ötödik fokú általános egyenlet megoldása

Most már kifejezhetjük a polinom gyökereit

$x^{5}+px+q=0$

szempontjából a Bring radikálisok mint

$x={\sqrt[{4}]{p}}\cdot BR\left({\frac {q}{\sqrt[{4}]{p^{5))))\right)= {\sqrt[{4}]{p}}\cdot H\left({\frac {{\sqrt[{4}]{p}}\cdot e^{\frac {2\pi ik}{5} }}{\sqrt[{5}]{q}}}\right),k=0..4$

a gyökér kiszámításához elég csak 1 értéket kivenni a 4-x-ből ${\sqrt[{4}]{p))$

BR(x)=H\left({\frac {e^{\frac {2\pi ik}{5}}}{\sqrt[{5}]{x}}}\right),k =0...4

. Bizonyíték

Helyettesítse be az egyenletet , és kapja meg . Vegyük , akkor kapjuk: . Gyökerei definíció szerint egyenlőek: $x^{5}+px+q=0$ $x=\alpha y$ $y^{5}+{\frac {p}{\alpha ^{4}}}y+{\frac {q}{\alpha ^{5}}}=0$ $\alpha ={\sqrt[{4}]{p))$ $y^{5}+y+{\frac {q}{p^{\frac {5}{4))))=0$

y=BR\left({\frac {q}{p^{\frac {5}{4))))\right)

, akkor az eredeti egyenlet gyökei

x={\sqrt[{4}]{p}}\cdot BR\left({\frac {q}{p{\sqrt[{4}]{p))))\right)

Q.E.D.

Tehát van egy redukciónk a Bring-Gerard formára a megoldható polinomegyenletek tekintetében, olyan polinomiális transzformációkat használva, amelyekben a gyökökben lévő kifejezések nem magasabbak, mint a negyedik fok. Ez azt jelenti, hogy a transzformációk megfordíthatók, ha megtaláljuk a polinom gyököket, gyökökben kifejezve. Ez az eljárás szükségtelen megoldásokat generál, de ha ezeket numerikus módszerekkel levágjuk, akkor az ötödfokú egyenlet gyökére négyzetben, köbgyökben és Bring gyökökben kifejezett kifejezést kapunk, ami más szóval: algebrai megoldás lesz egy változó algebrai függvényei szempontjából - egy általános ötödfokú egyenlet algebrai megoldása.

Példák

egy) $x^{5}+2x+7=0$

$x={\sqrt[{4}]{2}}\cdot BR\left({\frac {7}{2{\sqrt[{4}]{2))))\right)={ \sqrt[{4}]{2}}\cdot H\left({\sqrt[{5}]{\frac {2{\sqrt[{4}]{2}}}{7}}}e^ {\frac {2\pi ik}{5}}\right),k=0...4$

2) $x^{5}-x+7=0$

$x=-{\sqrt[{4}]{-1}}BR\left({\frac {7}{\sqrt[{4}]{-1}}}\right)=-e^ {\frac {\pi i}{4}}\cdot BR\left({\frac {7}{e^{\frac {\pi i}{4}}}}\right)=-e^{\ frac {\pi i}{4}}\cdot H\left({\frac {e^{\frac {\pi i}{20}}}{\sqrt[{5}]{7}}}e^ {\frac {2\pi ik}{5}}\right),k=0...4$ ,

a funkciót alább definiáljuk $H(x)$

3) $x^{5}-{\frac {5}{2}}x-26=0$

$x_{k}=e^{\frac {2\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left({\sqrt {2}}+{\sqrt { 2-{\sqrt {2}}}}\right)^{2}\left(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}\right)}{ 2}}}+e^{\frac {4\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {2+ {\sqrt {2}}}}\jobbra)^{2}\left({\sqrt {2}}-{\sqrt {2-{\sqrt {2}}}}\jobbra)}{2}} }+$

$+e^{\frac {6\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {2-{ \sqrt {2}}}}\jobbra)^{2}\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {2-{\sqrt {2}}}}\jobbra)}{2}}} +e^{\frac {8\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left({\sqrt {2}}-{\sqrt {2-{\sqrt {2 }}}}\jobbra)^{2}\left(-{\sqrt {2}}-{\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}\jobbra)}{2}}},k= 0,1,2,3,4$ .

négy) $x^{5}-5x+12=0$

$x_{k}=-{\sqrt[{4}]{5}}\cdot e^{\frac {\pi i}{4}}\cdot BR\left({\frac {2}{ 5{\sqrt[{4}]{5}}\cdot e^{\frac {\pi i}{4))))\right)$

$x_{k}=5^{-{\frac {2}{5}}}e^{\frac {2\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\left( {\sqrt {5}}+{\sqrt {5-{\sqrt {5}}}}\right)^{2}\left(-{\sqrt {5}}+{\sqrt {5+{\ sqrt {5))))\right)))+e^{\frac {4\pi ik}{5}}5^{-{\frac {2}{5}}}{\sqrt[{5} ]{\left(-{\sqrt {5}}+{\sqrt {5+{\sqrt {5}}}}\right)^{2}\left({\sqrt {5}}-{\sqrt {5-{\sqrt {5}}}}\jobbra)))+$

$+5^{-{\frac {2}{5}}}e^{\frac {6\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\left(-{\sqrt {5}}-{\sqrt {5+{\sqrt {5}}}}\right)^{2}\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {5-{\sqrt {5} }}}\right)}}+e^{\frac {8\pi ik}{5}}5^{-{\frac {2}{5}}}{\sqrt[{5}]{\left ({\sqrt {5}}-{\sqrt {5-{\sqrt {5}}}}\right)^{2}\left(-{\sqrt {5}}-{\sqrt {5+{ \sqrt {5}}}}\right)}},k=0,1,2,3,4$

5) $x^{5}+{\frac {15-20{\sqrt {\pi }}}{\pi +1}}x-{\frac {44+8{\sqrt {\pi }}} {\pi +1}}=0$

$x_{k}=e^{\frac {2\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left({\sqrt {\pi +1}}+{ \sqrt {\pi +1-{\sqrt {\pi +1))))\right)^{2}\left(-{\sqrt {\pi +1))+{\sqrt {\pi +1 +{\sqrt {\pi +1))))\right)}{(\pi +1)^{2))))+e^{\frac {4\pi ik}{5)){\sqrt [{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {\pi +1))+{\sqrt {\pi +1+{\sqrt {\pi +1))))\jobbra)^{ 2}\left(+{\sqrt {\pi +1}}-{\sqrt {\pi +1-{\sqrt {\pi +1))))\jobb)}{(\pi +1)^ {2}}}}+$ $+e^{\frac {6\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {\pi +1}}-{\sqrt { \pi +1+{\sqrt {\pi +1))))\jobb)^{2}\left(+{\sqrt {\pi +1))+{\sqrt {\pi +1-{\ sqrt {\pi +1))))\right)}{(\pi +1)^{2))))++e^{\frac {8\pi ik}{5)){\sqrt[{ 5}]{\frac {\left(+{\sqrt {\pi +1}}-{\sqrt {\pi +1-{\sqrt {\pi +1}}}\jobbra)^{2} \left(-{\sqrt {\pi +1}}-{\sqrt {\pi +1+{\sqrt {\pi +1))))\right)}{(\pi +1)^{2 }}}},k=0,1,2,3,4.$

6) $x^{5}+15x-44=0$

$x_{k}=e^{\frac {2\pi i}{5}}{\sqrt[{5}]({\sqrt {2}}-1}}+e^{\frac { 4\pi i}{5}}{\sqrt[{5}]{3-2{\sqrt {2}}}}+e^{\frac {6\pi i}{5}}{\sqrt[ {5}]{3+2{\sqrt {2}}}}-e^{\frac {8\pi i}{5}}{\sqrt[{5}]{{\sqrt {2}}+ 1}},k=0,1,2,3,4.$

Függvénygrafikon

Az osztályozáshoz bevezetjük a diszkriminánst $D=256p^{5}+3125q^{4}$

Ekkor a D előjelétől függően a gráftípus 3 esetre osztható:

$D>0$ . 1 valódi gyökér és 4 összetett gyökér. A maximum és a minimum (ha van) az OX tengelyének ugyanazon az oldalán található
$D<0$ . 3 valódi gyökér és 2 összetett gyökér. A maximum és a minimum az OX tengely ellentétes oldalán található.
$D=0$ . A maximum és a minimum (ha van) az OX tengelyének ugyanazon az oldalán található. A polinomnak több gyöke van. Megtalálhatóak a következő képlettel: , ahol a legnagyobb közös osztó . $gcd(x^{5}+px+q,5x^{4}+p)$ $gcd(x,y)$

Ha , akkor az egyenletnek több gyöke van. ${\frac {D}{256p^{4))}=0$

5. fokú egyenletek megoldható osztályai

egy) $x^{5}+5ax^{3}+5a^{2}x+b=0$

$x_{k}=e^{\frac {2\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {{\sqrt {b^{2}+4a^{5} }}-b}{2}}}-{\frac {a}{e^{\frac {2\pi ik}{5}}{\sqrt[{5}]{\frac {{\sqrt {b ^{2}+4a^{5}}}-b}{2}}}}}$ .

2) Ha az egyenletben, $x^{5}+ax+b$ $a,b\in Q,\exists \varepsilon =\pm 1,\exists e\neq 0,\exists c>0$

$a={\frac {5e^{4}(3-4\epsilon c)}{c^{2}+1)),b={\frac {-4e^{5}(11\epsilon +2c)}{c^{2}+1}},$ akkor a gyökereket a következőképpen fejezzük ki:

$x_{j}=e(\omega ^{j}u_{1}+\omega ^{2j}u_{2}+\omega ^{3j}u_{3}+\omega ^{4j}u_ {4}),j=0,1,2,3,4$ , hol , , $\omega =e^{\frac {2\pi i}{5))$ $D=c^{2}+1$

$u_{1}={\sqrt[{5}]{\frac {\left({\sqrt {D))+{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D))))\jobbra )^{2}\left(-{\sqrt {D}}+{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D}}}}\right)}{D^{2}}}}$

$u_{2}={\sqrt[{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {D))+{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D))))\ jobb)^{2}\left({\sqrt {D}}-{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D}}}}\right)}{D^{2}}}}$

$u_{3}={\sqrt[{5}]{\frac {\left(-{\sqrt {D))-{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D))))\ jobb)^{2}\left({\sqrt {D}}+{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D}}}}\right)}{D^{2}}}}$

$u_{4}={\sqrt[{5}]{\frac {\left({\sqrt {D))-{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D))))\right )^{2}\left(-{\sqrt {D}}-{\sqrt {D-\varepsilon {\sqrt {D}}}}\right)}{D^{2}}}}$

Egyéb tulajdonságok

A Bring rootsnak számos más tulajdonságát is megkapták, az elsőket Charles Hermite fogalmazta meg moduláris elliptikus függvények formájában 1858-ban. Leírjuk a főbb tulajdonságokat:

0. $\operátornév {BR} (-a)=-\operátornév {BR} (a)$

$\operátornév {BR} (ia)=i\operátornév {BR} (a)$
$\operatorname {BR} (a^{5}+a)=-a$
$\lim _{n\to \infty }BR(n)={\sqrt[{5}]{n))$
$\operátornév {BR} \left({\frac {m^{5}+mn^{4}}{n^{5}}}\right)=-{\frac {m}{n}}$ 2 következményeként
$BR(x)'={\frac {1}{5BR(x)^{4}+1}}$
$\int {\frac {1}{5BR(x)^{4}+1}}dx=BR(x)+C$

Feloldhatóság gyökökben

$x^{5}+px+q=0$

$D=256p^{5}+3125q^{4}$

ha , $p={\frac {3125\phi \chi ^{4}}{(\phi -1)^{4}(\phi ^{2}-6\phi +25))),q={ \frac {3125\phi \chi ^{5}}{(\phi -1)^{4}(\phi ^{2}-6\phi +25)}},\phi \in R,\chi \ in R$

akkor az egyenlet standard gyökökben oldható meg .

Sorozatbővítés a $x\rightarrow \infty$

Írjuk be: , $Br(x)=H\left({\frac {1}{\sqrt[{5}]{x}}}\right)$ ${\displaystyle y={\frac {1}{\sqrt[{5}]{x))))$

A sor így fog kinézni: $H(y)=-{\frac {1}{y}}+{\frac {y^{3}}{5}}+{\frac {y^{7}}{5^{2 ))}+{\frac {y^{11}}{5^{3}}}-{\frac {21y^{19}}{5^{6}}}-{\frac {78y^{23 }}{5^{7}}}-{\frac {187y^{27}}{5^{8}}}-{\frac {286y^{31}}{5^{9}}}+{ \frac {9367y^{39}}{5^{12}}}+{\frac {39767y^{43}}{5^{13}}}+{\frac {105672y^{47}}{5^ {tizennégy}}}...$

$BR(z)=H\left({\frac {1}{\sqrt[{5}]{z}}}\right)=L\left({\frac {1}{z^{\ frac {4}{5}}}}\right){\sqrt[{5}]{z}}$

Akkor:

nál nél $z\rightarrow \infty$

$L(z)={\frac {-1+\displaystyle {\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {j_{n}}{z ^{5n}}}}}{z}},j_{1}=1,j_{2}=1,j_{3}=5,j_{4}=35,...$ , ahol

nál nél $z\rightarrow 0$

$L(z)=\sum _{n=0}^{\infty }-{\frac {{3125}^{-n}\alpha \left(-1/10,2n\right)\alpha \left(2/5,2n\right)\left(-16\right)^{n}{z}^{5n}}{\alpha \left(4/5,n\right)\alpha \left( 3/5,n\jobbra)\alpha \left(2/5,n\jobbra)n!))+1/5{\frac {{3125}^{-n}\alpha \left(4/5, 2n\jobbra)\alpha \left(3/10,2n\jobbra)\left(-16\jobbra)^{n}{z}^{5n+1}}{\alpha \left(6/5,n \jobbra)\alpha \left(4/5,n\jobbra)\alpha \left(3/5,n\jobbra)n!}}+$

$+1/25{{\frac {{3125}^{-n}\alpha \left(6/5,2n\right)\left(-16\right)^{n}{z}^{ 5n+2}}{\alpha \left(7/5,n\right)\alpha \left(6/5,n\right)\alpha \left(4/5,n\right)n!}}\ alfa \left({\frac {7}{10)),2n\right)+{{\frac {{3125}^{-n}\alpha \left(8/5,2n\right)\left(- 16\jobbra)^{n}{z}^{5n+3}}{125\alpha \left(8/5,n\jobbra)\alpha \left(7/5,n\jobbra)\alpha \left (6/5,n\jobbra)n!}}\alpha \left({\frac {11}{10}},2n\jobbra)))$

ahol $\alpha (a,b)={\frac {\Gamma (a+b)}{\Gamma (a)))$

Sorozatbővítés a $x\jobbra nyíl 0$

$BR(a)=-\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {5k}{k}}{\frac {(-1)^{k}a^{4k+1 }}{4k+1}}=a+a^{5}-5a^{9}+35a^{13}-...$ vagy

$\operatorname {BR} (a)=-a\,\,_{4}F_{3}\left({\frac {1}{5)),{\frac {2}{5)) ,{\frac {3}{5)),{\frac {4}{5));{\frac {1}{2)),{\frac {3}{4)),{\frac {5 }{4));-5\left({\frac {5a}{4}}\right)^{4}\right)$

Privát értékek

$\operatorname {BR} (0)=0$

$\operatorname {BR} (-1)={\frac {\sqrt[{3}]{100+12{\sqrt {69)))){6))+{\frac {2}{3 {\sqrt[{3}]{100+12{\sqrt {69))))))-{\frac {1}{3}}$

$\operatorname {BR} (2)=-1$

Megoldás határokon keresztül

Adott egyenlet: , gyöke a következőképpen ábrázolható: $x^{5}-px-q=0$

$x={\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q+...))))))}$ , vagy $x=\lim _{n\to \infty }\overbrace {\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q+...)))) ^{n}$

Bizonyíték

$x={\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q+...))))))}$

1) Képzeljük el ezt a rekordot sorozatként , ahol: $x_{n}$

$x_{1}={\sqrt[{5}]{q))$

$x_{2}={\sqrt[{5}]{q+p{\sqrt[{5}]{q))))$

${\displaystyle x_{n+1}={\sqrt[{5}]{q+px_{n))))$

2) Ez a sorozat monoton növekvő és korlátos, ami azt jelenti, hogy határértéke van , és , $n\jobbra nyíl\infty$ ${\displaystyle x_{n+1}=x_{n))$

így megkapjuk az egyenletet: , akkor: $x={\sqrt[{5}]{q+px}}$

$x^{5}-px-q=0$

Q.E.D.

Megoldás théta függvényen keresztül

$x^{5}-x+d=0$

1) , $k=\tan \left({\frac {1}{4}}\arcsin \left({\frac {16}{25{\sqrt {5}}d^{2}}}\jobb) \jobb)$ $K(x)=\int \limits _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {d\varphi }{\sqrt {1-x^{2}\sin ^ {2}\varphi }}}$

$p_{n}=i{\frac {K(1-k^{2})}{K(k^{2})))+16n,n=0,1,2,3,4$ mind az 5 gyökérre

2) Meghatározzuk: $j=0,1,2,3,4$

$S_{j}=\left(e^{\frac {\pi i}{4))\right)^{j}{\frac ({\sqrt {2))\eta (\tau _{ j})\eta ^{2}(4\tau _{j})}{\eta ^{3}(2\tau _{j))))),\tau _{j}={\frac { p_ {n}+2j}{10}}$

$\eta (x)=e^{\frac {\pi ix}{12}}\prod _{k=1}^{\infty }(1-e^{2\pi ikx})$ - Dedekind eta-függvénye

$S_{5}={\frac {{\sqrt {2}}\eta \left({\frac {5p_{n}}{2}}\right)\eta ^{2}(10p_{n })}{\eta ^{3}(5p_{n})}}.$

Ezután: , ennek megfelelően kerül kiválasztásra a jel. $x_{n}={\frac {\pm 1}{2\cdot 5^{\frac {3}{4))))\cdot {\frac {k^{\frac {2}{8 ))}{\sqrt {kk^{3}}}}\cdot (S_{0}+S_{5})(S_{1}+iS_{4})(iS_{2}+S_{3})$

Glasser következtetése

M. L. Glasser szerint (lásd az alábbi linket) bármelyik polinomegyenletre megoldást találhat az alak három tagjából:

x^{N}-x+t

Különösen egy tetszőleges kvintikus egyenlet redukálható erre a formára a fent bemutatott Tschirnhaus-transzformációk segítségével. Vegyük , hol van az általános forma: $x=\zeta ^{{-1/(N-1)}}$

\zeta =e^{{2\pi i}}+t\phi (\zeta ),

\phi (\zeta )=\zeta ^{{N/(N-1)}}

A Lagrange - képlet megmutatja, hogy a transzformált általános egyenlet gyökének szomszédságában ζ-hez képest bármely f analitikus függvény végtelen sorozatként fejezhető ki :

f(\zeta )=f(e^{{2\pi i)))+\sum _{{n=1}}^{\infty }{\frac {t^{n}}{n!)} } {\frac {d^{{n-1))}{da^{{n-1))))[f'(a)|\phi (a)|^{n}]_{{a= e ^{{2\pi i}}}}

Ha beírjuk ezt a képletet, megkapjuk a gyökért: $f(\zeta )=\zeta ^{{-1/(N-1)}}$

x_{1}=\exp(-2\pi i/(N-1))-{\frac {t}{N-1}}\sum _{{n=0}}^{\infty }{\ frac {(te^{{2\pi i/(N-1))))^{n)){\Gamma (n+2)}}{\frac {\Gamma ({\frac {Nn}{N -1))+1)}{\Gamma ({\frac {n}{N-1))+1)))

A következő N-2 gyök megkereshető az egység más (N-1) gyökének behelyettesítésével , és az utolsó gyök Vieta tételéből (például azzal a ténnyel, hogy a háromtagú polinom alak összes gyökének összege fent az 1). A Gauss szorzási tétellel a fenti végtelen sorozat a hipergeometriai függvények véges összegére bontható : $\exp(-2\pi i/(N-1))$

\psi (q)=({\frac {\omega t}{N-1)))^{q}n^{{qN/(N-1))){\frac {\prod _{{k= 0}}^{{N-1}}\Gamma ({\frac {Nq/(N-1)+1+k}{N)))}{\Gamma ({\frac {q}{N-1 }}+1)\prod _{{k=0}}^{{N-2}}\Gamma ({\frac {q+k+2}{N-1}})))}

x_{1}=\omega ^{{-1}}-{\frac {t}{(N-1)^{2}}}{\sqrt {{\frac {N}{2\pi (N- 1)))))\sum _{{q=0}}^{{N-2}}\psi (q)_{{N+1}}F_{N}{\begin{bmátrix}{\frac {qN/(N-1)+1}{N)),\ldots ,{\frac {qN/(N-1)+N}{N)),1;\\{\frac {q+2} {N-1)),\ldots ,{\frac {q+N}{N-1)),{\frac {q}{N-1))+1;\\({\frac {t\omega }{N-1}})^{{N-1}}N^{N})\end{bmátrix}}

ahol . $\omega =\exp(2\pi i/(N-1))$

{\displaystyle {}_{ax^{N}+bx^{2}+c=0,N\equiv 1{\pmod {2))))

{}_{{x_{{N}}=-{\frac {a}{2b}}{\sqrt {\left({\frac {c}{b}}\right)^{{N-1} ))}{}_{{N-1}}F_{{N-2}}{\begin{bmátrix}{\frac {N+1}{2N)),{\frac {N+3}{2N )),\cdots ,{\frac {N-2}{N)),{\frac {N-1}{N)),{\frac {N+1}{N)),{\frac {N +2}{N)),\cdots ,{\frac {3N-3}{2N)),{\frac {3N-1}{2N));\\[8pt]{\frac {N+1} {2N-4)),{\frac {N+3}{2N-4)),\cdots ,{\frac {N-4}{N-2)),{\frac {N-3}{N -2)),{\frac {N-1}{N-2)),{\frac {N}{N-2)),\cdots ,{\frac {3N-5}{2N-4)) ,{\frac {3}{2));\\[8pt]-{\frac {a^{2}c^{{N-2}}}{4b^{N}\left(N-2\ jobb)^{{N-2}}}}\end{bmatrix}}+{\sqrt {{\frac {c}{b}}}}{{\rm {{i}}}}{}_{ {N-1}}F_{{N-2}}{\begin{bmatrix}{\frac {1}{2N)),{\frac {3}{2N)),\cdots ,{\frac {N -4}{2N)),{\frac {N-2}{2N)),{\frac {N+2}{2N)),{\frac {N+4}{2N)),\cdots , {\frac {2N-3}{2N)),{\frac {2N-1}{2N));\\[8pt]{\frac {3}{2N-4)),{\frac {5} {2N-4)),\cdots ,{\frac {2N-3}{2N-4));\\[8pt]-{\frac {a^{2}c^{{N-2))} {4b^{N}\left(N-2\right)^{{N-2}}}}\end{bmatrix}}}}

{}_{{x_{{N-1}}=-{\frac {a}{2b}}{\sqrt {\left({\frac {c}{b}}\right)^{{N- 1)))){}_{{N-1}}F_{{N-2}}{\begin{bmátrix}{\frac {N+1}{2N)),{\frac {N+3} {2N)),\cdots ,{\frac {N-2}{N)),{\frac {N-1}{N)),{\frac {N+1}{N)),{\frac {N+2}{N)),\cdots ,{\frac {3N-3}{2N)),{\frac {3N-1}{2N));\\[8pt]{\frac {N+ 1 }{2N-4)),{\frac {N+3}{2N-4)),\cdots ,{\frac {N-4}{N-2)),{\frac {N-3} { N-2)),{\frac {N-1}{N-2)),{\frac {N}{N-2)),\cdots ,{\frac {3N-5}{2N-4 ) ),{\frac {3}{2));\\[8pt]-{\frac {a^{2}c^{{N-2))}{4b^{N}\left(N-2) \jobbra)^{{N-2}}}}\end{bmatrix}}-{\sqrt ({\frac {c}{b}}}}{{\rm {{i}}}}{} _ {{N-1}}F_{{N-2}}{\begin{bmatrix}{\frac {1}{2N)),{\frac {3}{2N)),\cdots ,{\frac { N-4}{2N)),{\frac {N-2}{2N)),{\frac {N+2}{2N)),{\frac {N+4}{2N)),\ cdots ,{\frac {2N-3}{2N)),{\frac {2N-1}{2N));\\[8pt]{\frac {3}{2N-4)),{\frac { 5 }{2N-4)),\cdots ,{\frac {2N-3}{2N-4));\\[8pt]-{\frac {a^{2}c^{{N-2} } }{4b^{N}\left(N-2\right)^{{N-2}}}}\end{bmátrix}}}}

{}_{{x_{n}=-e^{({\frac {2n\pi ({\rm {{i}}}}}{N-2}}}}{\sqrt[ {N-2 }]{{\frac {b}{a}}}}{}_{{N-1}}F_{{N-2}}{\begin{bmatrix}-{\frac {1}{N\left (N-2\jobbra))),-{\frac {1}{N\left(N-2\right))))+{\frac {1}{N)),-{\frac {1} { N\left(N-2\right)))+{\frac {2}{N)),\cdots ,-{\frac {1}{N\left(N-2\right)))+{ \ frac {1}{N)),{\frac {N-5}{2N)),-{\frac {1}{N\left(N-2\right)))+{\frac {N- 3) }{2N)),-{\frac {1}{N\left(N-2\right)))+{\frac {N+1}{2N)),-{\frac {1}{ N\ left(N-2\right)))+{\frac {N+3}{2N)),\cdots ,-{\frac {1}{N\left(N-2\right)))+ {\ frac {N-1}{N)),;\\[8pt]{\frac {1}{N-2)),{\frac {2}{N-2)),\cdots ,{\ frac { 2N-5}{2N-4}},;\\[8pt]-{\frac {a^{2}c^{{N-2}}}{4b^{N}\left(N- 2\ jobb)^{{N-2}}}\end{bmatrix}}+{\sqrt[ {N-2}]{{\frac {b}{a}}}}\sum _{{q =1 }}^{{N-3}}{\frac {\Gamma \left({\frac {2q-1}{N-2}}+q\right)}{\Gamma \left({\frac {2q -1}{N-2}}+1\jobbra)}}\cdot \left(-{\frac {c}{b}}{\sqrt[ {N-2}]{{\frac {a ^{ 2}}{b^{2}}}}}\jobbra)^{q}\cdot {\frac {e^{({\frac {2n\left(1-2q\right)}{N- 2} }\pi {{\rm {{i}}}}}}}{q!}}{}_{{N-1}}F_{{N-2}}{\begi n{bmátrix}{\frac {Nq-1}{N\left(N-2\right)))),{\frac {Nq-1}{N\left(N-2\right)))+{ \ frac {1}{N)),{\frac {Nq-1}{N\left(N-2\right))))+{\frac {2}{N)),\cdots ,{\frac {Nq -1}{N\left(N-2\right)))+{\frac {N-3}{2N)),{\frac {Nq-1}{N\left(N-2\right )} }+{\frac {N+1}{2N)),\cdots ,{\frac {Nq-1}{N\left(N-2\right))))+{\frac {N-1 }{N ));\\[8pt]{\frac {q+1}{N-2)),{\frac {q+2}{N-2)),\cdots ,{\frac {N- 4}{ N-2)),{\frac {N-3}{N-2)),{\frac {N-1}{N-2)),{\frac {N}{N-2) ),\ cdots ,{\frac {q+N-2}{N-2)),{\frac {2q+2N-5}{2N-4));\\[8pt]-{\frac {a ^{2 }c^{{N-2}}}{4b^{N}\left(N-2\right)^{{N-2}}}}\end{bmatrix}},n=1, 2,\ cdots ,N-2}}

Az egyenlet gyökerei ezután legfeljebb N-1 hipergeometriai függvény összegeként ábrázolhatók. Ezt a módszert a redukált Bring-Gerrard űrlapra alkalmazva a következő függvényeket határozzuk meg:

{\begin{mátrix}F_{1}(t)&=&F_{2}(t)\\F_{2}(t)&=&\,_{4}F_{3}(1/5,&2 /5,&3/5,&4/5;&1/2,&3/4,&5/4;&3125t^{4}/256)\\F_{3}(t)&=&\,_{4}F_ {3}(9/20,&13/20,&17/20,&21/20;&3/4,&5/4,&3/2;&3125t^{4}/256)\\F_{4}(t)& =&\,_{4}F_{3}(7/10,&9/10,&11/10,&13/10;&5/4,&3/2,&7/4;&3125t^{4}/256)\ vége{mátrix}}

amelyek a fenti sorozatban jelenlévő hipergeometriai függvények. Az ötödik fokú egyenlet gyökerei ekkor:

{\begin{mátrix}x_{1}&=&-t^{4}F_{1}(t)\\x_{2}&=&-F_{1}(t)&+{\frac {1 }{4}}tF_{2}(t)&+{\frac {5}{32}}t^{2}F_{3}(t)&+{\frac {5}{32}}t^ {3}F_{3}(t)\\x_{3}&=&-F_{1}(t)&+{\frac {1}{4}}tF_{2}(t)&-{\ frac {5}{32}}t^{2}F_{3}(t)&+{\frac {5}{32}}t^{3}F_{3}(t)\\x_{4} &=&-iF_{1}(t)&+{\frac {1}{4}}tF_{2}(t)&-{\frac {5}{32}}it^{2}F_{3 }(t)&-{\frac {5}{32}}t^{3}F_{3}(t)\\x_{5}&=&iF_{1}(t)&+{\frac {1 }{4}}tF_{2}(t)&+{\frac {5}{32}}it^{2}F_{3}(t)&-{\frac {5}{32}}t^ {3}F_{3}(t)\\\end{mátrix}}

Ez lényegében ugyanaz az eredmény, mint amit a James Cockle } és Robert Harley által 1860 -ban kifejlesztett differenciális felbontási módszerrel kaptunk .

Differenciális oldó

f[\phi (a)]=0

A φ függvény a következőképpen definiálható:

{\begin{aligned}{\frac {df[\phi (a)]}{da}}=0\\[6pt]{\frac {d^{2}f[\phi (a)]}{da ^{2}}}=0\\[6pt]{\frac {d^{3}f[\phi (a)]}{da^{3}}}=0\\[6pt]{\frac { d^{4}f[\phi (a)]}{da^{4}}}=0\end{igazított}}

Ekkor a differenciálfelbontás:

{\frac {(256-3125a^{4})}{1155}}{\frac {d^{4}\phi }{da^{4}}}-{\frac {6250a^{3}}{ 231}}{\frac {d^{3}\phi }{da^{3}}}-{\frac {4875a^{2}}{77}}{\frac {d^{2}\phi } {da^{2}}}-{\frac {2125a}{77}}{\frac {d\phi }{da}}+\phi =0

Lásd még

Egyenletelmélet

Külső linkek

ML Glasser. A megnehezített másodfokú képlet: kevésbé radikális megközelítés az egyenletek megoldásához. A cikk itt érhető el az arXiv.org oldalon (nem elérhető link)
A. V. Gruzdov, S. V. Berezin. Abszolút ultraradikális .