Как решаются алгебраические уравнения любой степени с ...

[PSP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Попробуйте обратиться к Прасолову В.В. http://ium.mccme.ru/faculty.html
Потом, думаю не стоит зацикливаться на Хироси Умемура. Наверное, стоит поискать свежие публикации.

Так нету свежеих публикаций на эту тему! А в НМУ я ездил... Придётся ещё раз , но уже к
Прасолову В.В.

[lofar]

Пусть $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_0=0$ общее алгебраическое уравнение степени $n$.
Насколько я понял, Вы хотели бы иметь некоторое явное выражение $W(a_0,\ldots,a_{n-1})$, дающее корень этого уравнения. Причем в $W$ допускается использование любых элементарных и специальных функций, главное, чтобы получилась "замкнутая формула".

На пути решения этой задачи мне видится два препятствия (возможно их больше).

1) Формула корня общего алгебраического уравнения, использующая тэта-функции, не является "замкнутой". Дело в том, что в этой формуле в качестве аргумента тэта-функции используется некая симметричная марица --- матрица периодов гиперэллиптической кривой определяемой исходным уравнением (в книге Мамфорда это $\Omega$). Зная конкретные значения коэффициентов исходного уравнения, можно алгоритмически определить эту матрицу. В месте с тем, общей явной формулы, выражающей эту матрицу через коэффициенты нет.

2) Для уравнений 3-й и 4-й степени "замкнутые формулы" для корня существуют. Вместе с тем, даже в этих случаях возникает одна проблема практического характера (о которой часто забывают): простое решение может задаваться исключительно громоздкой формулой. Например, кубическое уравнение $x^3+3x-4=0$ имеет единственный вещественный корень равный $1$. В то же время, формула Кардано в качестве решения предлагает выражение $\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{5}}$ --- поди догадайся, что это $1$!

[PSP]

lofar писал(а):

Пусть $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_0=0$ общее алгебраическое уравнение степени $n$.
Насколько я понял, Вы хотели бы иметь некоторое явное выражение $W(a_0,\ldots,a_{n-1})$, дающее корень этого уравнения. Причем в $W$ допускается использование любых элементарных и специальных функций, главное, чтобы получилась "замкнутая формула".

На пути решения этой задачи мне видится два препятствия (возможно их больше).

1) Формула корня общего алгебраического уравнения, использующая тэта-функции, не является "замкнутой". Дело в том, что в этой формуле в качестве аргумента тэта-функции используется некая симметричная марица --- матрица периодов гиперэллиптической кривой определяемой исходным уравнением (в книге Мамфорда это $\Omega$). Зная конкретные значения коэффициентов исходного уравнения, можно алгоритмически определить эту матрицу. В месте с тем, общей явной формулы, выражающей эту матрицу через коэффициенты нет.2) Для уравнений 3-й и 4-й степени "замкнутые формулы" для корня существуют. Вместе с тем, даже в этих случаях возникает одна проблема практического характера (о которой часто забывают): простое решение может задаваться исключительно громоздкой формулой. Например, кубическое уравнение $x^3+3x-4=0$ имеет единственный вещественный корень равный $1$. В то же время, формула Кардано в качестве решения предлагает выражение $\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{5}}$ --- поди догадайся, что это $1$!

Да, я хотел бы иметь некоторое явное выражение $W(a_0,\ldots,a_{n-1})$, дающее корень этого уравнения.
А вот это, что общей формулы нет , самое неприятное...Может быть, существуют какие другие способы достижения этой цели, кроме тета - функций и гиперэллиптических интегралов? А если добавить требование к уравнению , чтобы его коэффциенты были такими , чтобы корни были только действительными ? Может , это даст упрощение ?
А громоздкие формулы меня не пугают !

[Котофеич]

Я же говорил Вам, что дело дрянь, а Вы не верили

[PSP]

Котофеич писал(а):

:evil: Я же говорил Вам, что дело дрянь, а Вы не верили

Не дрянь, просто нужно больше работы делать..
Мне грозит двухнедельный бан. Так что придётся Вас всех покинуть на этот срок.
Всего доброго всем!

[PSP]

А что если аналитическое решение уравнения степени выше 4-й без радикалов искать в виде бесконечного ряда, построенного на коэффициентах уравнения?
Возможен такой путь?
Вот тут обсуждение

[Алексей К.]

Да Вы бы уж запостили своё уравнение 8-й степени, глядишь кто-то чего-то увидит...
Коэффициенты небось как-то повязаны

Я вот на днях одну кривизну дифференцировал (вершинки искал), получилось

$$k^\prime_u(u)\equiv(\ldots)\cdot \left[-pw(w-1)^2u^4-2(w-1)Nu^3-6pw(w^2-1)u^2+2N(1+w)u-pw(1+w)^2\right]=0,$$

где $N=w^2(p^2+q^2+1)-1$.
И все симметризовалось и свелось к двум вложенным квадратным.
Может, и Вам повезёт...

[PSP]

Алексей К. писал(а):

Да Вы бы уж запостили своё уравнение 8-й степени, глядишь кто-то чего-то увидит...
Коэффициенты небось как-то повязаны

Я вот на днях одну кривизну дифференцировал (вершинки искал), получилось

$$k^\prime_u(u)\equiv(\ldots)\cdot \left[-pw(w-1)^2u^4-2(w-1)Nu^3-6pw(w^2-1)u^2+2N(1+w)u-pw(1+w)^2\right]=0,$$

где $N=w^2(p^2+q^2+1)-1$.
И все симметризовалось и свелось к двум вложенным квадратным.
Может, и Вам повезёт...

Чтож, вот:
Я решал вот это уравнение,код в Мапле которого привожу:


restart; solve(x = 1/2/((m^2+p^2/((1-K1*p^2)^2+K2*p^4))^(1/2))*(2*p/((1-K1*p^2)^2+K2*p^4)-p^2/(((1-K1*p^2)^2+K2*p^4)^2)*(-4*(1-K1*p^2)*K1*p+4*K2*p^3)),p);

Мапл мне ответил, что его решение сводится к уравнению 8-й степени.Вот и вся проблема.
С уважением, PSP

[PAV]

PSP

Запишите свое уравнение с использованием TeX-а, как принято на форуме (код Мапла можете оставить тоже)

[Алексей К.]

$\displaystyle x=\frac{p(2T_1-T_0)}{\sqrt{m^2 T_0 +p^2}\,\sqrt{T_0^3}}$, где $T_1=1-k_1p^2$, $T_0=T_1^2+k_2p^4$; неизвестное --- $p$...

Тоже кривизна какая-то чудится... типа $(grad)^{3/2}$ в знаменателе...

[dmd]

У меня вот так проявилось
$\displaystyle x=\frac{p-Bp^5}{\sqrt{(1-2Ap^2+Bp^4)^3(p^2+m^2(1-2Ap^2+Bp^4))}}$, где $A=k_1$, $B=k_1^2+k_2$
Если под $x$ понимать $0$, а под $p$ - неизвестную, то имеем в числителе выражение 5-й степени, а в знаменателе под корнем выражение 16-й степени от $p$. Отсюда что ли возник вопрос об уравнении 8-й степени? Насколько понимаю, знаменатель не решать надо, а проверять решениями числителя. Решив $p-Bp^5=0$, получим $\displaystyle p=\left\{ 0, -\frac{1}{B^{1/4}}, \frac{1}{B^{1/4}}, -\frac{i}{B^{1/4}}, \frac{i}{B^{1/4}} \right\} $. Подставив эти решения в знаменатель, получим следующие условия:
$m\neq 0$, $B\neq 0$, $A\neq \pm \sqrt{B}$, $\displaystyle A\neq \frac{1 \pm 2m^2 \sqrt{B}}{2m^2}$.

А, понял. $x$ скорее всего здесь такой же коэффициент, как и $m$. Тогда заменой $p^2\to q$ получим уравнение 8-й степени от $q$:
$x^2(1-2Aq+Bq^2)^3(q+m^2(1-2Aq+Bq^2))-q(1-Bq^2)^2=0$.
Быть может его удасться упростить, если подобрать такую замену $q$, которая из двух выражений $1-2Aq+Bq^2$ и $1-Bq^2$ выделит одинаковый фактор.

[dmd]

Прикольно, в самом деле можно найти такую замену $q\to r+Z$ ($Z$ - константа), которая даст первые два решения (равные и противоположные по знаку) исходного уравнения 8-й степени, после сокращения останется ур. 6-й степени. Но уже на этом шаге очень громоздко, дальше бесполезно дергаться.
$\displaystyle Z=\frac{3A\sqrt{B}-\sqrt{A^2-B}\sqrt{B}+B+\sqrt{10A^2B-6AB\sqrt{A^2-B}-2AB^{3/2}+6B^{3/2}\sqrt{A^2-B}-8B^2}}{4B^{3/2}}$

[ddn]

Коэффициэнты уравнения зависят от 4--х параметров, но можно избавиться от одного - m^2. Думаю, нужно искать скрытые симметрии уравнения и тогда, путем подходяших преобразований, его степень можно будет понизить. Если редуцировать уравнение к уравнению 4-й от полинома 2-й или к уравнению 2-й от полинома 4-й или степени от 4-х новых параметров, то семь уравнений при однородных коэффициэнтах определят все параметры (т.е. получим весьма частный случай). Файл Мапла привести не могу - нет возможности для закачки на форум. Как dmd нашел замену выше - непонятно, не проверял. Но если так, с уравнением 6-й степени легче.

[dmd]

Похоже я поспешил с выводом, что дальше бесполезно пробовать. Действуя аналогичным способом, приходим сначала к ур-ю 5-й степени, затем к ур-ю 4-й - и адью, все решения найдены. Нашел замену очень просто - приравнял по одному из корней квадратных выражений, которые получаются после замены, только использовал формулу решения кв.уравнения с корнем в знаменателе.

Добавлено спустя 1 час 20 минут 22 секунды:

Нет, что-то у меня здесь не тут. Слишком просто получается. Не возможны такие замены. Раскладываю квадратные выражения на множители, словно они квадратные уравнения - это конечно моя грубая ошибка.

[PSP]

В последней строчке картинки- исходный гамильтониан, из которого с помощью касательного преобразованиия Лежандра нужно найти лагранжиан.Это и привордит к уравнению 8-й степени...