五次方程

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y=x^5+13x^4+35x^3-85x^2-216x+252的圖形

五次方程是一種最高次數為五次的多項式方程。本條目專指只含一個未知數的五次方程(一元五次方程),即方程形如

ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f=0,\,

其中,abcdef复数域内的数,且a不为零。例如:

x^5-4x^4+2x^3-3x+7=0\,

尋找五次方程的解一直是個重要的數學問題。一次方程二次方程很早就找到了公式解,經過數學家們的努力,後來三次方程四次方程也有了解答,但是之后很长的一段时间里沒有人知道五次方程是否存在公式解。相形之下,解五次方程顯得格外的困難。

後來,保羅·魯菲尼英语Paolo Ruffini(Paolo Ruffini)和尼爾斯·阿貝爾證明了一般的五次方程,不存在統一的根式解(即由方程的係數通過有限次的四則運算及根號組合而成的公式解)[1]。認為一般的五次方程沒有公式解存在的看法其实是不正確的。事實上,利用一些超越函數,如Θ函数戴德金η函數即可構造出五次方程的公式解。另外,若只需求得數值解,可以利用數值方法(如牛頓法)得到相當理想的解答。

證明一般五次以上的方程式無根式解的人是埃瓦里斯特·伽羅瓦,他巧妙地利用群論處理了上述的問題。

布靈·傑拉德正規式[编辑]

對於一般的五次方程式

x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5=0\,

可以藉由以下的轉換

y = x^4+b_1x^3+b_2x^2+b_3x+b_4\,

得到一個y \,的五次多項式,上述的轉換稱為契爾恩豪森轉換英语Tschirnhaus transformation(Tschirnhaus transformation),藉由特別選擇的係數b_i\,,可以使y^4\,,y^3\,,y^2\, 的係數為0\,,從而得到如下的方程式:

y^5 + my+ n=0\,

以上的化簡方法是由厄蘭·塞缪爾·布靈英语Erland Samuel Bring所發現,後來喬治·傑拉德英语George Jerrard也獨立發現了此法,因此上式稱為布靈·傑拉德正規式Bring-Jerrard normal form)。 其步驟如下: 首先令

x= y-\frac{a_1}{5} \,

可消去四次方項,得到

y^5+ay^3+by^2+cy+d=0\,

其中,

a=\frac{5a_2-2a_1^2}{5}\,
b=\frac{25a_3-15a_1a_2+4a_1^3}{25}\,
c=\frac{125a_4-50a_1a_3+15a_1^2a_2-3a_1^4}{125}\,
d=\frac{3125a_5-625a_1a_4+125a_1^2a_3-25a_1^3a_2+4a_1^5}{3125} \,

接下來,令z= y^2+py+q\,, 得到

z^5+Pz^4+Qz^3+Az^2+Bz+C=0\,

再令P=Q=0\,, 求得

p=\frac{-15b+\sqrt{60a^3+225b^2-200ac}}{10a} \,
q={2a \over 5} .\,

第三步,利用契爾恩豪森想到的方法,令:

X=z^4+b_1z^3+b_2z^2+b_3z+b_4\,

代入

z^5+Az^2+Bz+C=0\,

得到

X^5+RX^4+SX^3+TX^2+UX+V=0\,

再令R=S=T=0\,, 則得b_4=\frac{3A b_1+4B}{5}\,, 若令b_2=-\frac{4Bb_1+5C}{3A}\,, 則b_1\,b_3\,可由以下兩個方程解得:

 (27A^4-160B^3+300ABC) b_1^2+(27A^3B-400B^2C+375C^2A) b_1\,+(18A^2B^2-45A^3C-250BC^2)=0 ; \,


675A^3b_3^3+(3375A^2Cb_1-3600AB^2b_1-2025A^4\,-4500ABC)b_3^2
+(675A^3Bb_1^2+6000B^2Cb_1^2\,+7200A^2B^2b_1-4050A^3Cb_1+15000C^2Bb_1\,\!+9375C^3+9675A^2BC+2025A^5)b_3+\,
(-4770A^3BC-1125A^2C^2b_1^2-1500B^2C^2\,-320AB^3b_1^3-960B^4b_1^2-3843A^3B^2b_1+1485A^4Cb_1-54A^5b_1^3
-6250AC^3-2400B^3Cb_1-108A^2B^3-675A^6\,-756A^4Bb_1^2-9375AC^2Bb_1-3900AB^2Cb_1^2-225A^2BCb_1^3) = 0 .\,

若以函數的觀點來看,方程

X^5+UX+V= 0\,

的解有兩個自變數 U\,, 和 V\,

若再令

X= \sqrt[4]{-U}\xi\,

則方程式可以進一步化簡為如下形式:

\xi^5 - \xi+ t = 0\,

它的解 \xi\, 是單一變數 t\, 的函數。

特殊五次方程的求根公式[编辑]

雖然一般的五次方程不存在根式解,但是對於某些特殊的五次方程,滿足某些條件後還是有根式解的。

型式1[编辑]

對於這樣的五次方程

ax^5+cx^3+\frac{c^2}{5}(-1)^kx+f=0\, (a{(-1)^k}>0 \and k \in Z)\,

存在根式解如下:

x_1=A+B,
x_2=c_1A+c_2B,
x_3=c_3A+c_4B,
x_4=c_2A+c_3B,
x_5=c_4A+c_1B,

其中

A=\sqrt[5]{-\frac{f}{2a}+\sqrt{\frac{f^2}{4a^2}+\frac{c^5}{3125a^5}}}
B=\sqrt[5]{-\frac{f}{2a}-\sqrt{\frac{f^2}{4a^2}+\frac{c^5}{3125a^5}}}
c_1=\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}
c_2=\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}
c_3=\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}
c_4=\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}

型式2[编辑]


{}_{ax^5+bx^4+cx^3+\frac{15abc-4b^3}{25a^2}x^2+\frac{25a^2c^2-5ab^2c-b^4}{125a^3}x+f=0
,\qquad\mbox{where }a\ne0}.
{}_{x_1=\frac{-2b+\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}{10a}}\,
{}_{x_2=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,
{}_{x_3=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,
{}_{x_4=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,
{}_{x_5=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,

型式3[编辑]

 (c^2+1)x^5+5d^4(3\mp c)x-4d^5(\pm 11+2c)=0,\qquad\mbox{where }c\ne \pm{\rm{i}}\,
x_1=d\left[A+B+C+D\right]\,
x_2=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]\,
+d\left[\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,
x_3=d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]\,
+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,
x_4=d\left[\frac{ (-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]\,
+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,
x_5=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]\,
+d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,

其中


A=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,
B=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,
C=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(\sqrt{c^2+1}-\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,
D=-\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
-\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,

型式4[编辑]

a^2x^5+5abx^3+5b^2x+c=0,\qquad\mbox{where }a\ne 0\,

x_1=A+B\,

x_2=\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}B\,

x_3=\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}B\,

x_4=\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}B\,

x_5=\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}B\,

A=\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}\, B=\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}\,

參見[编辑]


引文[编辑]

  1. ^ 阿米爾·艾克塞爾(Amir D. Aezel). 費馬最後定理. 台北: 時報出版. 1998: p.87. ISBN 957-13-2648-8.