ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ17

[過去ﾛｸﾞ] ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ17 (1002ﾚｽ)
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698: １３２人目の素数さん [] 2025/05/24(土) 23:48:25.49 ID:qLdpZZ2V

>>650 追加
(引用開始)
https://peng225.ｈａｔｅｎａblog.com/entry/2018/02/12/223452
ペンギンは空を飛ぶ
2018-02-12
5次方程式の解を巡る旅 〜3次・4次方程式のresolvent編〜
おまけ：Lagrange resolventとは
本筋とはあまり関係ないが、最後にLagrange resolventの話をしておこうと思う。私は本件の調査を始めるまで、高次方程式を解くにはLagrange resolventというすごいやつを使えば良いのだと思っていたが、実はそうではない。ここで今の私の理解を整理しておく。
略す
実は3次方程式を解く際に登場したU, VはLagrange resolventになっている。そのため、これらを3乗すると(3−1)!=2
通りの式に変化したと言うわけである。
一方、4次方程式ではLagrange resolventを利用していない。それは、変化のパターンが(4−1)!=6
通りとなってしまい、4次方程式を解くために6次方程式を解かなければならなくなるからである。
そんなわけで、Lagrange resolventは面白いが、方程式を解くのに使える万能薬ではないのである
(引用終り)

五次方程式 ja.wikipedia から 参考追加（上下の添え字が 5ch”便所板”では写せないので原文を見るよう）
https://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
一般の5次方程式が代数的には解かれないということは、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については分かっている。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、
αiを元の方程式の根として、
x=(α1+ζα2+ζ2α3+ζ3α4+ζ4α5)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
xの方程式は24次のものとなり、次数が5次よりも高くなり，困難の程度がはるかに増す。
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
この場合に置換により現れる式の値は6通りであり、
xの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な状況では不可能であるが、
根の平方が有理数となる場合に限り、実質的な次数が下がり、代数的に解ける。
その後は3次、4次のラグランジュの解法と同様にして元の方程式の根が得られる。
これが五次方程式が代数的に（四則と開冪で）解かれるための必要十分条件である
(引用終り)

繰り返すが、上記の通り”Lagrange resolventは面白いが、方程式を解くのに使える万能薬ではないのである”
一方、ガロア理論は 方程式の次数や 可解か否かに関係なく 使える万能薬である！
これ分ってない オチコボレさんが います！ｗ

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1746597368/698

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