Математически точные решения уравнений 5 или большей степени

[Skipper]

dmd в сообщении #1440823 писал(а):

Произвольное уравнение 6-й степени тоже вроде бы сводимо к триному с одним параметром.

К какому, вот к такому?
$x^6 + a x + b = 0 $,

Конечно, такое уже легко сведётся и к триному с одним параметром,
$x^6 + N x + b = 0$ ,
где N - уже не параметр, а определенное число, типа
$x^6 + 6 x + b = 0 $ ,

Тогда мы такое решили бы возможно, аналогично как решается уравнение
5-й степени, с помощью радикалов, и ультрарадикала Бринга 5-й степени,
только тут потребовался бы аналогичный, "ультрарадикал Бринга 6-й степени,"

Но тогда нужно с помощью преобразований Чирнгауза,
(чтобы свести к такому - $x^6 + N x + b = 0$ ,)
избавляться от членов (делать их коэффициенты равными нулю)-
5-й, 4-й, 3-й, и 2-й степени ! Аж от 4-х членов надо избавится
и я тут не уверен, что не придётся решать систему уравний,
которая в конечном итоге приведёт к требованию решить другое
уравнение даже более 6-й степени, так что никакого выигрыша нам это не даст.

Потому хочу понять, неужели не легче, избавиться всего от ТРЁХ членов,
5-й, 3-й, и 1-й степени ?

Даже если в таком случае придётся решать систему, приводящую
к требованию решить уравнение 5-й степени, то

1) мы его и решим с помощью радикалов, и ультрарадикала Бринга 5-й степени,

2) а получившееся 6-й степени становится би-кубическим, типа
$x^6 + a x^4 + b x^2 + c = 0 $,

и решалось бы вообще просто в радикалах, без всяких ультрарадикалов.

Так мы решили бы уравнение 6-й степени в радикалах, и ультрарадикала Бринга
5-й степени ?

Может, кто подскажет, какие проблемы тут могут появиться, и действительно ли
правда, что возможно вот это первичное преобразование

dmd в сообщении #1440823 писал(а):

Произвольное уравнение 6-й степени тоже вроде бы сводимо к триному с одним параметром.

-- добавлено через 55 минут --

Постников "Теория Галуа", там на странице 159, расписана какая то магия,
при избавлении от второго члена, с "теории приведения квадратичных форм" - это в конце 158-й страницы.
В описанном мной выше случае для уравнения 6-й степени, разница между степенями членов,
5-й, и 3-й степени, составит 2, а потому избавившись от члена 5-й степени,
при избавлении от члена 3-й степени, мы придём не к квадратному, а к кубическому
уравнению, и если есть некий аналог, "теории приведения кубических форм",
упрощающий этот шаг, то удасться проще избавиться от члена 3-й степени,

и тогда последним, 3-м шагом придётся просто решить уравнение 5-й степени,
тогда выше описанное "мы решили бы уравнение 6-й степени в радикалах, и ультрарадикала Бринга
5-й степени " , было бы верным.

Если такого аналогичного упрощения для этого 2-го шага нет,
то на последнем шаге придётся решать уравнение 15-й степени
(3*5, где это разница степеней избавляемых членов).
Аналогично, как без упрощения, согласно "теории приведения квадратичных форм" -
(это в конце 158-й страницы указано),
нам уже для избавления трех членов для уравнения 5-й степени,
на последнем шаге пришлось бы решать уже уравнение 6-й степени
(2*3, где это разница степеней избавляемых членов в этом случае).

Таким образом, не знаю, существует ли подобное упрощение
(некий аналог, "теории приведения кубических форм"), если нет, то весь этот вариант
не проходит.

Более того, в таком случае, у уравнения 6-й степени, удасться избавиться аналогично,
только можно только от трёх членов (1*1*3 = 3-я степень максимальная будет
у необходимого решаемого уравнения),
а если избавляться от 4-х, то ничего не получится
(1*1*3*4 = 12-я степень максимальная будет у необходимого решаемого уравнения),

Интуитивно это чувствуется, почитав книгу Постникова, но без хорошего знания
матчасти понятнее, объяснить не могу.

В таком случае, вывод- максимально можно упростить уравнение 6-й степени не так,

$x^6 + a x + b = 0 $,

а так-

$x^6 + a x^2 + b x + c = 0 $,

и привести один параметр к известному числу, то есть вот максимальное
упрощение уравнения 6-й степени,

$x^6 + N x^2 + b x + c = 0 $,

здесь N - известное число, например 6, и получим

$x^6 + 6 x^2 + b x + c = 0 $,

не "трином с одним параметром", а "квадрином с двумя параметрами",
вот его и надо решать как минимум с неким ещё более сложным, аналогом,
"ультрарадикала Бринга 6-й степени".

PS Остаётся узнать, действительно ли невозможно аналогичное упрощение
на 2-м шаге, описанное для уравнений 5-й степени, в книге Постникова "Теория Галуа",
в конце 158-й страницы, и 159-й,

-- добавлено через 15 минут --

Цитата:

Произвольное уравнение 6-й степени тоже вроде бы сводимо к триному с одним параметром.

Значит, если невозможно аналогичное упрощение, которое я указал выше,
это неверно, и конечно же,

Цитата:

Но вот минимальное сведение произвольного уравнения 7-й степени - это либо трином с двумя параметрами (например $x^7+ax+b=0$),

это тоже неверно, и даже если сюда 6-я степень ожидается, а вот тут -

Цитата:

либо квадрином тоже с двумя параметрами (например $x^7+ax^2+bx+1=0$).

- а вот это, если вместо 7-й степени, 6-я, уже точно верно, любое уравнение 6-й степени,
упрощается до квадринома с 2-мя параметрами, только константа там будет видимо,
при другом члене, например так, 1 при члене 2-й степени. Скорее всего, даже не 1,
а какое то другое N , т.к. у уравнения 5-й степени, там тоже не 1. Но если 1 то так:
$x^6 + x^2 + b x + c = 0 $,

[tolstopuz]

Я тут продрался через галлюцинации Gemini, немного покопался в литературе и узнал несколько любопытных вещей.

По теореме Колмогорова-Арнольда существуют непрерывные спецфункции с одним параметром, с помощью которых можно свести вообще любую непрерывную функцию к суперпозиции этих спецфункций и обычного сложения. Правда, эти спецфункции недифференцируемы, как кривая бланманже, так что это довольно искусственное построение, которое вряд ли устроит в этой задаче (хотя эти принципы уже пытаются применять в нейронках).

Более интересен подход, аналогичный корню Бринга, то есть сведение произвольного алгебраического уравнения к цепочке уравнений с меньшим числом параметров (для пятой степени это один параметр у корня Бринга и потом последовательность радикалов, то есть фактически двучленов). Максимальное число необходимых параметров в этой цепочке называется резольвентной степенью ($RD$). Известно, что $RD(S_5)=1$, $RD(S_6)\le2$, $RD(S_7)\le3$. Но доказанных нижних границ, больших $1$, не существует ни для какой степени!

То есть ситуация примерно как с теоремой Ферма в $1980$-x - практически все уверены, что уравнение $6$-й степени не решается через последовательность однопараметрических уравнений, но доказательства до сих пор нет.

https://arxiv.org/abs/1803.04063

[Skipper]

tolstopuz в сообщении #1723373 писал(а):

для пятой степени это один параметр у корня Бринга и потом последовательность радикалов,

Вот похоже, для уравнений 6-й степени, минимум, это 2 параметра.
Сведение коэффифиента самого старшего члена настолько простое, что такое уравнение,
даже не рассматривают как "общее":
$p x^6 + q x^2 + r x + s = 0 $,
разделим все коэффициенты на $p$, и придём к другому "общему" уравнению уже с 3-мя параметрами:
$ x^6 + u x^2 + v x + w = 0 $,

здесь даже переменная $x$ не меняется. Но можем, убрать
(точнее свести просто к определенному числу) ещё один параметр,
у второго по старшинству члена, правда здесь преобразование $x$ в другую переменную надо сделать:
назовём её $z$

и пусть
$x = z \cdot u^{1/4} $, и подставим его в исходное уравнение,
и что получим в уравнении для $z$ :

$z^{6} \cdot (u ^{6/4} ) + z^{2} \cdot (u ^ {2/4} ) \cdot u + b z + a = 0 $ ,

Коэффициенты $b$ и $a$ , вычисляются элементарно просто, (у нас же выше $x$ и $z$ выражены
друг через друга), а вот коэффициенты при двух старших членах равны, значит
делим на это число, и получаем обе единицы:

$z^{6} + z^{2} + b z + a = 0 $ ,

Если по моим выше выкладкам, не удасться свести любое уравнение 6-й степени,
преобразованиями Чирнгауза, к би-кубическому,
тогда..
т.к. в уравнении 6-й степени принцип избавления от трех членов- с 5-й, 4-й, 3-й степени,
ничем не отличается от того что делается для уравнения 5-й степени
(см. книгу Постников "Теория Галуа", страницы 157-159),

а здесь я показал, как сделать единицами коэффициенты ещё двух старших членов,

Тогда, как я в предыдущем посте написал,
это уравнение и есть самое простое уравнение 6-й степени, к чему можно свести
вообще любое уравнение 6-й степени, преобразованиями Чирнгауза :

$x^{6} + x^{2} + b x + a = 0 $ ,

"квадрином с двумя параметрами".
Тут и нужен, некий ультрарадикал, аналогичный ультрарадикалу Бринга,
только уже 6-й степени, (и сложнее потому что 2 параметра вместо одного).
Можно его найти? Тогда и найдём как в общем случае решать уравнения 6-й степени,
в радикалах, и одном ультрарадикале 6 степени,

Или можно всё таки свести произвольное уравнение 6-й степени, к би-кубическому?
И там и там избавляемся от 3-х членов, в том случае, это члены 5-й,3-й,1-й степени
переменного, а тут 5-й, 4-й, 3-й,

[tolstopuz]

Skipper в сообщении #1723380 писал(а):

Вот похоже, для уравнений 6-й степени, минимум, это 2 параметра.

Оно и Гильберту 99 лет назад было "похоже", но пока так и остается гипотезой.

-- добавлено через 1 минуту --

Skipper в сообщении #1723380 писал(а):

Тут и нужен, некий ультрарадикал, аналогичный ультрарадикалу Бринга,
только уже 6-й степени, (и сложнее потому что 2 параметра вместо одного).
Можно его найти? Тогда и найдём как в общем случае решать уравнения 6-й степени,
в радикалах, и одном ультрарадикале 6 степени,

W. Hamilton, Inquiry into the validity of a method recently proposed by George B. Jerrard,
esq., for transforming and resolving equations of elevated degrees, Report of the Sixth Meeting
of the British Association for the Advancement of Science (1836), Bristol, 295–348.
https://www.maths.tcd.ie/pub/HistMath/P ... errard.pdf

-- добавлено через 54 минуты --

Нейронка пишет, что читать эту статью в XXI веке - мазохизм, и вообще преобразование Бринга-Жерара отлично убивает три коэффициента для многочлена любой степени, так что отсылает, например, к "Многочленам" Прасолова (теорема Бринга). Или советует просто повторить расчет отсюда для шестой степени:
https://www.uwo.ca/apmaths/faculty/jeff ... amchik.pdf

[Skipper]

UPD: более подробный анализ показал, что не всегда коэффициенты можно привести
к тому что у обоих старших коэффициентов будут единицы, иногда это будет 1, и -1..

-- добавлено через 1 минуту --

tolstopuz в сообщении #1723381 писал(а):

W. Hamilton, Inquiry into the validity of a method recently proposed by George B. Jerrard,
esq., for transforming and resolving equations of elevated degrees, Report of the Sixth Meeting
of the British Association for the Advancement of Science (1836), Bristol, 295–348. https://www.maths.tcd.ie/pub/HistMath/P ... errard.pdf

Спасибо!

-- добавлено через 3 минуты --

tolstopuz в сообщении #1723381 писал(а):

Нейронка пишет, что читать эту статью в XXI веке - мазохизм, и вообще преобразование Бринга-Жерара отлично убивает три коэффициента для многочлена любой степени, так что отсылает, например, к "Многочленам" Прасолова (теорема Бринга). Или советует просто повторить расчет отсюда для шестой степени: https://www.uwo.ca/apmaths/faculty/jeff ... amchik.pdf

Если отлично убивает три коэффициента для многочлена любой степени, и при этом
придётся для подобных преобразований решать не более чем уравнение 5-й степени,
то вот мы придём к би-кубическому уравнению, его только в радикалах,
а чтобы убрать эти 3 коэффициента, решим только уравнение 5-й степени,
там ультрарадикал Бринга 5-й степени. Если это так возможно, то тем самым докажем,
что и для уравнений 6-й степени достаточно.. $RD(S_6) = 1$ ! Это я к этому:

Цитата:

Максимальное число необходимых параметров в этой цепочке называется резольвентной степенью ($RD$). Известно, что $RD(S_5)=1$, $RD(S_6)\le2$,

[tolstopuz]

Skipper в сообщении #1723383 писал(а):

Если отлично убивает три коэффициента для многочлена любой степени, и при этом
придётся для подобных преобразований решать не более чем уравнение 5-й степени,
то вот мы придём к би-кубическому уравнению

Придем к $x^6+ax^2+bx+1=0$ ($1$ получается нормировкой). Или, как у Гамильтона в (18), $x^6+ax^3+bx+1=0$, но это уже не преобразование Бринга, хотя наверняка что-то похожее.

[Skipper]

Постников "Теория Галуа", там на странице 159, расписана какая то магия,
при избавлении от второго члена, с "теории приведения квадратичных форм" - это в конце 158-й страницы.
Если подобного не сделали бы, то при избавлении от 3-го члена решали бы уравнение 6-й степени.

Получается, такое возможно, для того чтобы убрать 3 члена при уравнениях 6-й степени,
если есть некий аналог, "теория приведения кубических форм".
Там разброс степеней этих членов, в 5. То есть второй отличается на 2, а не на 1 (<-- это и есть ключевое отличие. первое- линейное, второе- у Постникова квадратное уравнение,
а нужно кубическое, если следующий член имеет степень, на 2 отличающуся!
У нас же, первый- 5-й с тепени, второй- нужно избавляться от 3-й степени, пропустив рядом
стоящий с 4-й),

потому
1) избавляемся от 5-й степени- решается линейное уравнение.
2) дальше нужно избавится от 3-й степени- решается уже кубическое уравнение (а не 2-й степени
как в книге у Постникова).

Если тут подобной магии нет, то следующий член отличается на 5 степеней, и решаем
уравнение (3 умножить на 5) - 15-й степени, значит метод не подходит,

а если аналогичная магия есть, то при избевлении от последнего третьего
члена мы бы решали только уравнение 5-й степени, (а не 15-й)..

-- добавлено через 2 минуты --

tolstopuz в сообщении #1723384 писал(а):

Или, как у Гамильтона в (18), $x^6+ax^3+bx+1=0$,

А нужно то,
$x^6+ax^4+bx^2+1=0$

[tolstopuz]

Skipper в сообщении #1723385 писал(а):

А нужно то,$x^6+ax^4+bx^2+1=0$

Для чего? $x^6+ax^2+bx+1=0$ - это и есть ультрарадикал от двух параметров для уравнения 6-й степени, аналогичный ультрарадикалу Бринга $x^5+x+a=0$.

[Skipper]

tolstopuz в сообщении #1723386 писал(а):

Для чего? $x^6+ax^2+bx+1=0$ - это и есть ультрарадикал от двух параметров для уравнения 6-й степени,

Если так, то нужен ультрарадикал от двух параметров.

А если так

$x^6+ax^4+bx^2+1=0$

то он не нужен от двух параметров, 6-й степени, тут вообще просто би-кубическое уравнение,
и решается просто в радикалах.

Значит если мы пришли, к этому,

$x^6+ax^4+bx^2+1=0$

а для этого преобразования пришлось решать максимум уравнение 5-й степени
(как тут наговорил ИИ, что якобы можно от любых трех членов легко избавиться,
"отлично убирает три коэффициента" ),
то тут максимум использовался ультрарадикал Бринга 5-й степени, и c 1 параметром,
Вот это и есть ключевое упрощение для всех уравнений 6-й степени, чтобы и вышло,

Цитата:

тем самым докажем,
что и для уравнений 6-й степени достаточно.. $RD(S_6) = 1$ !

[tolstopuz]

Skipper в сообщении #1723385 писал(а):

1) избавляемся от 5-й степени- решается линейное уравнение.
2) дальше нужно избавится от 3-й степени- решается уже кубическое уравнение

На самом деле даже для уравнения пятой степени все еще интереснее - для избавления от $x^4$ надо решать линейное уравнение, от $x^3$ - квадратное, а для $x^2$ кубическое не подходит, приходится брать уравнение четвертой степени и подгонять коэффициенты.

-- добавлено через 1 минуту --

Skipper в сообщении #1723387 писал(а):

(как тут наговорил ИИ, что якобы можно от любых трех членов легко избавиться),

Никто не говорил про любые члены, только про любую степень уравнения. Члены, естественно, аналогично уравнению пятой степени, следующие за старшим. Если бы вы посмотрели статьи, а не только мой двухстрочный пересказ, вы бы это уже знали.

[Skipper]

tolstopuz в сообщении #1723388 писал(а):

На самом деле даже для уравнения пятой степени все еще интереснее - для избавления от $x^5$ надо решать линейное уравнение, от $x^4$ - квадратное, а для $x^3$ кубическое не подходит, приходится брать уравнение четвертой степени

С магией на 2-м шагу, описанной у Постникова, далее на 3-м шагу приходилось решать уравнение - не четвертой, а третьей.
Без магии было бы 6-й. Об этом читал в какой то другой книге.

-- добавлено через 2 минуты --

tolstopuz в сообщении #1723388 писал(а):

Никто не говорил про любые члены, только про любую степень уравнения. Члены, естественно, аналогично уравнению пятой степени, следующие за старшим.

У Гамильтона же получилось не три подряд, два первые, второй следует за первым- это видимо
и ключевое для пока непонятной мне магии.
То есть, при преобразовании для уравнения 5-й степени, избавляться приходится сначала
от члена с 4-й, потом с 3-й.
при преобразовании для уравнения 6-й степени, избавляться приходится сначала
от члена с 5-й, потом с 4-й.
Иначе от третьего члена избавиться не получится- там уравнение ещё более высоких степеней
получаются, чем решаемое..

После такого второго шага (который и ключевой), третий член для убирания, он даже смог получается взять не следующим, (потому видимо решал уравнение для третьего шага, на одну степень выше чем у Бринга),

[tolstopuz]

Skipper в сообщении #1723389 писал(а):

С магией на 2-м шагу, описанной у Постникова, далее на 3-м шагу приходилось решать уравнение - не четвертой, а третьей.

Да, я не совсем это имел в виду, приходится делать подстановку четвертой степени. Необязательно обнулять коэффициенты по очереди, Постников подстановкой четвертой степени (2) сразу обнуляет коэффициенты при $y^3$ и $y^2$.

Skipper в сообщении #1723389 писал(а):

Без магии было бы 6-й.

Более точно звучит так: если избавляться от коэффициента при $x^2$ через подстановку третьей степени, то нахождение коэффициентов этой подстановки требует решения уравнения шестой степени, а если через подстановку четвертой степени и подгонку коэффициентов, то уравнение получается кубическим. Вот здесь на странице 92 все подробно расписано, с явными формулами и без отсылок к линейной алгебре:
https://www.uwo.ca/apmaths/faculty/jeff ... amchik.pdf

И вообще, у "Теории Галуа" есть издание 2003 года, дополненное, с предисловием автора. Так как Постников тогда еще был жив, правки наверняка авторские. Раздел про уравнения пятой степени тоже дополнен (хотя критерий разрешимости он так и не вывел).

-- добавлено через 2 минуты --

Skipper в сообщении #1723389 писал(а):

У Гамильтона же получилось не три подряд

Кстати, смысл статьи Гамильтона в том, что он разбирает четыре различных подстановки из статьи Жерара, который утверждает, что решил в радикалах уравнение пятой степени, и доказывает, что ни одна из них на самом деле не ведет к успеху :)

[Skipper]

Спасибо. А это, приведение к такому,

Skipper в сообщении #1723387 писал(а):

$x^6+ax^4+bx^2+c=0$

-значит эта моя идея, избавится от членов не по очереди, никакими подстановками,
и аналогично "теории приведения квадратичных форм" не решатся, аналогов
"теории приведения кубических форм" нет, и до такого упростить не получится?

А значит максимальное упрощение уравнения 6-й степени, это моё

$x^{6} + x^{2} + b x + a = 0 $ ,

"квадрином с двумя параметрами".
Ну или как у Гамильтона,

Цитата:

Придем к $x^6+ax^2+bx+1=0$ ($1$ получается нормировкой). Или, как у Гамильтона в (18), $x^6+ax^3+bx+1=0$,

Та идея казалось, хорошая.

А на самом деле, неизбежен ультрарадикал Бринга 6-й степени и с 2 параметрами..

Просто меня удивило что тут ранее написали, что якобы можно уравнение 6-й
степени свести к уравнению с 1 параметром.. Вот и решил разобраться,

-- добавлено через 42 минуты --

tolstopuz в сообщении #1723390 писал(а):

И вообще, у "Теории Галуа" есть издание 2003 года, дополненное, с предисловием автора. Так как Постников тогда еще был жив, правки наверняка авторские

Ого, спасибо, нашёл тут на 150-й странице доказательство того, что если у уравнения 3-й степени,
(с рациональными коэффициентами), все 3 корня вещественны, и они не рациональны,
то их нельзя выразить формулой с вещественными радикалами
(обязательно будут комплексные).. Casus_Irreducibilis..
Давно хочу понять это доказательство,

Пишут что Лишь в 1843 году Пьер Ванцель доказал, что в неприводимом случае
не может существовать никакого решения в действительных радикалах

Даже почти на 20 лет это было позже доказано чем
Теорема Абеля — Руффини (или теорема о неразрешимости) утверждает, что общее алгебраическое уравнение степени >= 5 невозможно решить в радикалах.
строго доказана Нильсом Абелем в 1824 году.

Даже задача о трисекции угла была доказана раньше -
Невозможность построения была доказана Ванцелем в 1837 году.

[tolstopuz]

Гамильтон вначале разбирает для иллюстрации несколько вариантов преобразования уравнения $X=x^m+Ax^{m-1}+Bx^{m-2}+Cx^{m-3}+Dx^{m-4}+Ex^{m-5}+\dotsc=0$.

Самое простое: $Y=y^m+B'y^{m-2}+C'y^{m-3}+\dotsc=0$, $y=P+x$, $P=A/m$.
Чирнгауза: $Y=y^m+C'y^{m-3}+D'y^{m-4}+\dotsc=0$, $y=P+Qx+x^2$, $P$ и $Q$ находятся из квадратного уравнения.

Далее он берет преобразованные уравнения из статьи Жерара и пытается применить аналогичный метод:

$1$. $Y=y^m+D'y^{m-4}+E'y^{m-5}+\dotsc=0$, $y=P+Qx+Rx^2+x^3$, на $P$, $Q$ и $R$ получается уравнение $6$-й степени.
$2$. $Y=y^m+C'y^{m-3}+E'y^{m-5}+\dotsc=0$, $y=P+Qx+Rx^2+x^3$, получается уравнение $8$-й степени.
$3$. $Y=y^m+B'y^{m-2}+\alpha B'^2y^{m-4}+E'y^{m-5}+\dotsc=0$ ($\alpha$ - фиксированный параметр), $y=P+Qx+Rx^2+x^3$, получается уравнение $12$-й степени.
$4$. $Y=y^m+E'y^{m-5}+\dotsc=0$, $y=P+Qx+Rx^2+Sx^3+x^4$, получается уравнение $24$-й степени.

В каждом из случаев Жерар делает более сложную замену и методом неопределенных коэффициентов добивается, чтобы в результате все сводилось к уравнениям не более четвертой степени.

$1$. $y=\Lambda'x^{\lambda'}+\Lambda''x^{\lambda''}+\Lambda'''x^{\lambda'''}+M'x^{\mu'}+M''x^{\mu''}+M'''x^{\mu'''}+M^{IV}x^{\mu^{IV}}$, после магии получается кубическое уравнение, это как раз и есть преобразование Бринга-Жерара.
$2$. Аналогично сводит к уравнению четвертой степени.
$3$. Похожая схема с $12=3+4+5$ слагаемыми, сводится к уравнениям третьей и четвертой степени.
$4$. В статье Жерара мало деталей, Гамильтон сам восстанавливал ход рассуждений. Вводится $21=3+4+6+8$ слагаемое и тоже успешно сводится к уравнениям не выше четвертой степени.

Но проблема в том, что каждый из методов применим только начиная с какого-то $m$: $1$ и $2$ при $m\ge5$, $3$ при $m\ge7$, $4$ при $m\ge10$, иначе метод дает только решение, пропорциональное $X$, то есть $y=LX=0$.

На основе пункта $3$ Гамильтон даже сам написал схему с $8=3+5$ слагаемыми для $Y=y^m+B'y^{m-2}+D'y^{m-4}+F'y^{m-6}+\dotsc=0$, которая свела бы уравнение шестой степени к бикубическому, но проблема в том, что для $m=6$ уравнение для коэффициентов этой схемы сводится к $y=0$, то есть метод применим только для $m\ge7$.

Все это не доказывает невозможность, просто показывает, что мощный метод Жерара, с помощью которого уравнение $5$-й степени сводится к цепочке уравнений с одним параметром, $6$-й - с двумя и так далее, на большее не способен.

[Skipper]

tolstopuz в сообщении #1723392 писал(а):

которая свела бы уравнение шестой степени к бикубическому, но проблема в том, что для $m=6$ уравнение для коэффициентов этой схемы сводится к $y=0$, то есть метод применим только для $m\ge7$.

Что-то в этом месте недопонял.

tolstopuz в сообщении #1723392 писал(а):

Все это не доказывает невозможность, просто показывает, что мощный метод Жерара, с помощью которого уравнение $5$-й степени сводится к цепочке уравнений с одним параметром, $6$-й - с двумя и так далее, на большее не способен.

Значит и моя идея, сначала избавиться от слагаемого со степенью на 1 меньше, а потом пропустить шаг следующий, который на 2 меньше, удалять сразу тот который со степенью на 3 меньше, и не сработает?
(точнее, тут ещё сработает: не сработает на следующем шаге, уже не удалить третье слагаемое.
потребуется решать уравнение недопустимо высокой степени)