5次方程式はご存知の通り解の公式がございませんね。
しかしそれは我々が知ってる実数の数体系(有理数と有理数の冪根の加減乗除で表される数)で表現できないというだけで、
実数の表現を拡張して、5次方程式の解の公式を一般化する為の実数の新しい表現を与えてやれば表現できるはず。
ガロワはなんでそんな事に気づかなかったんだ？
人類は二次方程式や3次方程式の解を一般化する為に平方根や冪根、複素数を産み出した。
5次方程式の解の公式がそれまでのやり方で得られないからとなぜ諦めるのか？新しい実数表現を作れば良いではないか。
前スレ
5次方程式の解を表現できる数体系 転載禁止2ch.net
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1429806717/ アホが全員このスレに集まって他を荒らさなければありがたいのだが 五次方程式は代数的に解けると思う。
その理屈が見えてきたので、かなり確信がある。
ラグランジュの分解式だけを前提にした解法を考えるのは、２５個の条件式がある方程式を
その内の５つの条件式だけを使って解こうとするに等しい行為なのだと思う。
それならば無理なのは当然であって、解決策としては、全ての条件式を上手く使えば良いだけ
という事になる。
意外と簡単な事なのかもしれない。 日本数学会に怪文書を送り付けた恥ずかしい輩もいたらしい 普通に分解式を考えれば５乗根(＝５つの符号)を使う所を、プラスを含めて３つの符号で済ませる
ことができる。
A、B、C、Dが求めたい未知数で、α、βをそのプラス以外の符号とすると、A+B+C+D、Aα+Bα+Cβ+Dβ
、Aβ+Bβ+Cα+Dα、Aα+Bβ+Cα+Dβ、Aβ+Bα+Cβ+Dαという５つの式を考えることが出来る。
残念ながら、Aα+Bβ+Cβ+DαとAβ+Bα+Cα+Dβの値が分からないので、A、B、C、Dを完全に対称的に
は出来ず、それらを解に持つ四次方程式の係数は求められないと思っていた。
しかし、よくよく考えると、AとD、BとCをそれぞれ解に持つ、２つの二次方程式の係数なら求められ
そうな気がするし、実際に四次方程式もそうやって解く訳で、何か行けそうな気がしている。 おそらくこれで行けるんじゃないかというアイデアがあるのだけれども、計算量のせいで
二の足を踏んでいる。BASICで普通に計算したら、スタックオーバーフローになるんじゃ
ないだろうか。
しかし、ネットで五次方程式を調べていると、有難い事にチルンハウス変換というものが
存在すると知った。これを使えば現実的な計算量に収まるかも知れない。
考え方はものすごくシンプルで、あることにさえ気づけば、誰もが真っ先に思い付く様な
方法だけど、だからこそ上手くいくような気がしている。 >>10-11
精神医学のハッテンには寄与できそうだよね
この手の誇大妄想狂。 Biggest little polygon
https://en.wikipedia.org/wiki/Biggest_little_polygon
幾何学問題で登場する代数的に解けない方程式の例
4096x^10+8192x^9-3008x^8-30848x^7+21056x^6+146496x^5-221360x^4+1232x^3+144464x^2-78488x+11993=0 n次方程式(n>5)はガロア理論の可解群である場合は代数的に解くことが出来る。
そうでない場合は代数的には解けない。
一般の5次方程式は1変数の非代数的関数で解ける。
一般の6次方程式は2変数の非代数的関数で解ける。
一般の7次方程式は2変数の非代数的関数で解けるか未解決。3変数の場合は解ける 前スレのx^11の解ないしe^(2iπ/11)の冪根表示は
"cos(2iπ/11)"+"isin(2iπ/11)"に分離されていない表記も可能ではあるが... >>17
指標についての理解があれば、sinのパートとcosのパートに分離するのは
必然であると分かる。sinは奇函数、cosは偶函数であることが
関わっているわけだが。 分解式に使う符号の数を減らせたものの、その状態でも求めるべき未知数は６つより減らせない
と分かった。
とは言え、未知数同士は全く独立しているというわけではないので、それらを繋ぐ関係式を
上手く使えば何とかなるかもしれない。
４つの要素から２つを選ぶ組み合わせは６通りあるので、そんな感じで四次方程式に帰着させられ
ないだろうか。 次数を下げる為に求めるべき対称式に於いて、その構成要素である未知数の内の１つが、
解きたい五次方程式の解の１つに等しい事が分かった。 これで未知数を４つに絞れる。
更に、それらの未知数と解とを結ぶ分解式の中で、各要素が対称的になる予感もある。
今度こそ解けるんじゃないだろうか? しかしそうだとすると、五次方程式からいきなり三次方程式に次数が下がることになる気がする。
四次方程式をスキップすることになるが、そんな事があるだろうか。
まあ実際に計算してみなければ分からないか。 実係数の5次方程式は実根を必ず持つ。
つまり実数体上では方程式の多項式は既約ではない。
そこで、実数体上で既約分解すると得られる因子は
どれも4次以下になるので、それを解くことはできる。
しかし実係数5次多項式を実数体上で既約因子に
分解するところは、一般には四則と冪根の有限回
の適用では実現できない。 なぜ、求めるべき４つの未知数が、こんな変な形になっているのかが分かった。
方程式の解は、全ての置換に対して、当然どれも対称的になっている。
しかし、４つの未知数の方は、これから四次→三次→二次と次数を下げていく事に対応して、
「２つの互換、３つの巡回置換、１つの互換」の組み合わせ構造になっている。
解と未知数は、同じ２４通りの置換にあっても「構造の有る無し」という違いがあって、
四次方程式までの様な単純な対応関係にはなかった。 >>22
書いてある事は理解できていませんが、こういう言明で疑問に思うのは、
何でもありの数学に於いて、"できない"という証明が本当に可能なのか
という事なんですよね。
条件を絞りまくって有限の範囲内で尽くせる様にすれば、総当たりで
可否の判定が出来るとは思いますが、外に開かれた系に於いても、例えば
他分野からの重要な知見の外注の可能性までをも否定出来るものなので
しょうか? >何でもありの数学に於いて、
何でもありなら解けますよ。ただし、「べき根解法」が5次以上の場合は
一般的に不可能であることが証明されているということ。 前スレに、数学の証明を「信じる・信じない」で語ってるひとがいましたが
池沼か？！と思いましたね。数学の証明はそういう問題ではない。
まあ世の中に「数学の証明」というものが理解できないひとが
一定数いることは知ってますが、そういうひとは「一生をかけて
計算してみたけどやっぱり出来なかったな」という「経験」でしか
不可能を悟ることはないのでしょう。 >>4
5次方程式には代数的な解の公式は無いというのが証明済みなのにぐだぐだと
思い込みを書き込んでいる。
解放の一例ぐらいは書き込んでほしいものだが。 >>4
君のいう「代数的に」という言葉の意味は？
べき根のみを使って、なら、ＮＧ
なんでもあり、なら、ＯＫ
ただ、その場合、数学的には「代数的に」とは言わないが
例えば、以下の定理を使って解析的に求めることは可能
偏角の原理
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%81%8F%E8%A7%92%E3%81%AE%E5%8E%9F%E7%90%86>>7
>求められそうな気がするし、
>何か行けそうな気がしている。
べき根だけでは求められないし、行けない
なぜそう言い切れるといえば、
そのようなことが可能だとすると
５次の交代群に正規部分群が存在することになるが
実際にはそのような群は存在しないため矛盾するから
残念だったな
べき根以外のものを使っていいなら、もちろん行ける >>20
−21
べき根以外の関数を使えば解の表示ができることは
既に１９世紀に、Thomaeの公式として知られている
https://en.wikipedia.org/wiki/Thomae%27s_formula x^2=2の解は実数上なら存在する
しかし、有理数上には存在しない
同様に任意の代数方程式の解は複素数上なら存在する
しかし、係数のべき根で表せる数の中には存在しない 五次方程式を代数的に解くための鍵は
３６９(ミロク)にあり 次数を上げた時に因数分解できる形に持って言って解ける場合もあるみたいだね。
6次方程式の解に24乗根が出てきたりと >>21
出来る場合もある。
5/3次方程式みたいな形に変形する 解ける解ける詐欺のひとは何年も前から解けてないんでしょ？
にもかかわらず「今度こそ解けるんじゃないか」とか言っちゃう神経が分からんｗ なお、「解けない証明がある」と言っても聞く耳を持たない。
あくまでも「解ける」という方向での話がしたいらしい。
ガロア第一論文に素数次の既約方程式が解けるための条件
が証明されていて、解法の手順まである程度書いてあるが
それを理解する学力があるとは思えない。 アーベル–ルフィニの定理（アーベル–ルフィニのていり、英: Abel–Ruffini theorem）は、五次以上の代数方程式には解の公式が存在しない、と主張する定理である。より正確には、5以上の任意の整数 n に対して、一般の n 次方程式を代数的に解く方法は存在しない、という定理である。 一般の n 次方程式を代数的に解く方法は存在しない。
↓
●特殊なｎ次方程式は代数的に解く方法が存在する。
●一般の n 次方程式は代数的以外の方法で解く方法は存在する。 >>34
は間違いだった。多分２４６８が正しいのではないか。
アーベル–ルフィニの定理は間違っていると思う。
なぜ四次方程式は、分解式に四乗根iではなくてマイナスを使うのか。
それはおそらく、n乗根と置換を対応させる方法では、要素のどこを選んで巡回置換するのか
という指定が出来ないからではないだろうか。
２つの要素の中から２つを選んで巡回置換すれば、当然に全ての置換が尽くせるし、３つの
要素であっても、"３つの巡回置換"→"２つの巡回置換"をする時に、どの要素を選んでも必ず
対象が被るので、６通りを尽くせる。しかし４つの要素になると、例えば、A B C Dを巡回置換
してからA B Cを巡回置換した後、最後の置換にAとDを使う様な、前の選択と被らない選び方が
出来てしまい、２４通りを尽くせない事があり得る。しかし、４要素の場合はたまたま上手い
選び方があって、被らない様に２つの互換をとれば、その後の"３つの巡回置換"→"２つの巡回
置換"でどんな要素の選択をされても、全ての置換を網羅出来るようになる。 それならば、
５要素の場合にもそんな感じに、５つの巡回置換の内の１ルートだけではなく、６ルート全ての
情報を分解式に盛り込めれば、その後にどんな要素の選び方をされても、１２０通り（×５）の
置換パターンを網羅出来るのではないだろうか。 つまり鍵は置換する要素の指定にあり、その
事を考慮していない証明はおかしいと思う。 ＞特殊なｎ次方程式は代数的に解く方法が存在する。
例えば任意次数の円分方程式は、ラグランジュの分解式を使って、代数的に解ける（ガウス）
このことが、アーベルの定理の証明、そしてガロア理論の構築に、直接つながっている ＞なぜ四次方程式は、分解式に四乗根iではなくてマイナスを使うのか。
別に使ってもいいけどｗ
ただ、４は素数ではなく２×２だから、別に使わなくても解ける
それだけ ５次以上の対称群は、剰余群が巡回群となるような分解によって、単位群まで縮小できない
５次の交代群は正規部分群を持たないから、これ以上分解できない
したがって、ラグランジュの分解式をつかったべき根の解法を反復適用して解を求めることができない
具体的にいえば、判別式で平方根を使うところまではいけるが、その先がもうダメ
なお、特殊な方程式（ガロア群が対称群より小さい場合）では解けることがある
例えば円の１１等分の方程式（１０次）を変形してできる５次方程式は５乗根を使って解ける 既約な5次方程式のガロア群は
5次対称群、5次の交代群、位数20の群、位数10の群、位数5の群
のいずれかであり、最初の2つの場合にはそれらは可解群ではないので、
根の冪根による表示ができない。最後の3通りの場合には可解群なので
すべての根を冪根を用いて表示できる。 これで駄目なら、この世に五次方程式の代数的な解法は存在しないのだろうと諦めが
つくほどに、自然な分解式が出来た。
どうしてそこまでの分解式だと感じるのかと言うと、例えば、未知数が６つあるのだ
けれども、５つの解のどんな置換に対してもちゃんとその６つの並べ替えの何れかが
対応していて閉じている事や、分解式を巡回置換させようとして普通に５乗根を使って
しまうとそれを消す為に基本対称式の要素が５乗される事になり、それで計算式に２０
乗とかが出てくるのはあり得ないと思っていたら、どうやら上手く回避されて最大でも
８乗で済みそうな事など、絶妙に問題を乗り越えていて偶然とは思えないから。
多分、欲しい四次方程式の係数は、未知数を組み合わせた４要素からなる基本対称式
として求まると思う。
自分でも何度目の正直かと思うけど、今度こそ本当に解けるのではないだろうか。 数学科卒じゃあないので学問的なことは分からんが、５次方程式には代数的な
解法の公式が無いというのは証明済みなんだろ。
５次方程式は実数解がかならず一つある。それをみつけることができたら、
以下のように４次方程式になる。
４次方程式なら既に会の公式はあるので、解くことができる。
a・x^5 + b・x^4 + c・x^3 + d・x^2 + e・x + f = 0
( x - α ) ( a'・x^4 + b'・x^3 + c'・x^2 + d・x + e ) = 0
完璧ではないが、まあなんとか解くことはできるようになった。
数体系ではないが。 ＞５次方程式は実数解がかならず一つある。それをみつけることができたら、
みつけることはできるよ・・・代数的な方法でなくていいならｗ
そもそも何次であろうと、代数的な方法でなければ、解は見つけられるよ
代数学の基本定理の証明の中には、解を具体的に見つける方法を示唆するものがあるから 
