Sobre quínticos y sépticos solubles

Question

Aquí hay un bonito suficiente (pero no necesario) condición sobre si un quíntico es resoluble en radicales o no. Dada,

$x^5+10cx^3+10dx^2+5ex+f = 0\tag{1}$

Si existe una ordenación de sus raíces tal que,

$x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_4 + x_4 x_5 + x_5 x_1 - (x_1 x_3 + x_3 x_5 + x_5 x_2 + x_2 x_4 + x_4 x_1) = 0\tag{2}$

o alternativamente, sus coeficientes están relacionados por la cuadrática en f ,

$(c^3 + d^2 - c e) \big((5 c^2 - e)^2 + 16 c d^2\big) = (c^2 d + d e - c f)^2 \tag{3}$

entonces (1) es solucionable. Esto también implica que si $c\neq0$ , entonces tiene una solución gemelo ,

$x^5+10cx^3+10dx^2+5ex+f' = 0\tag{4}$

donde $f'$ es la otra raíz de (3). El resolvente de Lagrange son las raíces de,

$z^4+fz^3+(2c^5-5c^3e-4d^2e+ce^2+2cdf)z^2-c^5fz+c^{10} = 0\tag{5}$

Así que..,

$x = z_1^{1/5}+z_2^{1/5}+z_3^{1/5}+z_4^{1/5}\tag{6}$

Sin embargo, dos preguntas:

I. El análogo séptico (7º grado),

$x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_7 x_1 – (x_1 x_3 + x_3 x_5 + \dots + x_6 x_1) = 0\tag{7}$

¿Implica que tal septicemia es solucionable?

II. El séptico tiene un $5! = 120$ -deg resolvent. Aunque esto es casi imposible de construir explícitamente, ¿es factible construir sólo el término constante? Igualarlo a cero implicaría entonces una familia de sépticos solubles, al igual que (3) anterior.

Más detalles y ejemplos para (2) como el Emma Lehmer quintica en mi blog .

Answer 1

Este problema es antiguo pero bastante interesante. Tengo una respuesta a (I) que depende de algunos cálculos en $\textsf{GAP}$ y Mathematica . No he pensado en (II).

Supongamos que una séptica irreducible tiene raíces $x_1,\ldots,x_7$ que satisfagan $$ x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_7 x_1 – (x_1 x_3 + x_3 x_5 + \dots + x_6 x_1) = 0. $$ Afirmo que el grupo de Galois es soluble.

Como el polinomio es irreducible, el grupo de Galois debe actuar transitivamente sobre las raíces. Hasta la conjugación, sólo hay siete grupos de permutación transitiva de grado 7, de los cuales sólo tres no son resolubles. Estos son:

1. El grupo simétrico $S_7$ .
2. El grupo alterno $A_7$ .
3. El grupo $L(7) \cong \mathrm{PSL}(2,7)$ de simetrías del Plano de Fano .

Desde $L(7) \subset A_7 \subset S_7$ podemos suponer que el grupo de Galois contiene una copia de $L(7)$ e intentar derivar una contradicción.

Ahora, la identidad dada implica un orden circular en las siete raíces de la séptica. Hasta la simetría, sólo hay tres órdenes circulares posibles en los puntos del plano de Fano, correspondientes a los tres elementos de $D_7\backslash S_7/L(7)$ . (Este resultado se calculó en $\textsf{GAP}$ .) Biyecciones del plano de Fano con $\{1,\ldots,7\}$ correspondientes a estos pedidos se muestran a continuación.

Así, podemos suponer que el grupo de Galois contiene las simetrías de uno de estos tres planos de Fano.

Antes de abordar estos casos individualmente, observe en general que el estabilizador puntual de una línea en el plano de Fano es un grupo de cuatro de Klein, donde cada elemento es un producto de dos transposiciones. Por ejemplo, en el primer plano, las simetrías que fijan $1$ , $2$ y $7$ son precisamente $(3\;4)(5\;6)$ , $(3\;5)(4\;6)$ y $(3\;6)(4\;5)$ . Estos son los únicos tipos de elementos de $L(7)$ que necesitaremos para el argumento.

Casos 1 y 2: En cada uno de los dos primeros planos, $\{3,5,7\}$ es una línea, y por lo tanto $(1\;2)(4\;6)$ es un elemento de $L(7)$ . Aplicando esta permutación a las raíces de la ecuación $$ x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_7 x_1 – (x_1 x_3 + x_3 x_5 + \dots + x_6 x_1) = 0 $$ y restando del original se obtiene la ecuación $$ (2x_1-2x_2-x_4+x_6)(x_7-x_3) \;=\; 0. $$ Desde $x_3\ne x_7$ concluimos que $2x_1 + x_6 = 2x_2+x_4$ . Ahora, no hay tres de $1,2,4,6$ son colineales en cualquiera de los dos primeros planos. Se deduce que existe una simetría de cada uno de los planos que fija $1$ y $6$ pero cambia $2$ y $4$ , a saber $(2\;4)(3\;7)$ para el primer plano y $(2\;4)(5\;7)$ para el segundo plano. Así tenemos dos ecuaciones $$ 2x_1 + x_6 = 2x_2+x_4,\qquad 2x_1 + x_6 = x_2+2x_4, $$ y restando se obtiene $x_2=x_4$ una contradicción.

Caso 3: El argumento para el último plano es similar pero ligeramente más complicado. Observa que cada una de las ocho permutaciones siguientes es una simetría del tercer plano: $$ \text{the identity},\qquad (2\;7)(3\;4),\qquad (3\;6)(5\;7),\qquad (1\;3)(4\;5) $$ $$ (1\;2)(3\;6),\qquad (3\;7)(5\;6),\qquad (3\;5)(6\;7), \qquad (1\;2)(5\;7) $$ Aplicamos cada una de estas permutaciones a la ecuación $$ x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_7 x_1 – (x_1 x_3 + x_3 x_5 + \dots + x_6 x_1) = 0, $$ sumando los cuatro primeros resultados y restando los otros cuatro. Según Mathematica Esto da la ecuación $$ 5(x_2-x_1)(x_3-x_5+x_6-x_7)=0. $$ Desde $x_1\ne x_2$ se deduce que $x_3+x_6=x_5+x_7$ . Como en el último caso, observe que no hay tres de $3,5,6,7$ son colineales, por lo que existe una simetría del plano que fija $3$ y $5$ y los interruptores $6$ y $7$ , a saber $(6\;7)(1\;4)$ . Esto nos da dos ecuaciones $$ x_3+x_6=x_5+x_7,\qquad x_3+x_7=x_5+x_6 $$ y restando se obtiene $x_6=x_7$ una contradicción.

Answer 2

Resulta que hay un número infinito de estos sépticos, como el Hashimoto-Hoshi séptico , $$\small x^7 - (a^3 + a^2 + 5a + 6)x^6 + 3(3a^3 + 3a^2 + 8a + 4)x^5 + (a^7 + a^6 + 9a^5 - 5a^4 - 15a^3 - 22a^2 - 36a - 8)x^4 - a(a^7 + 5a^6 + 12a^5 + 24a^4 - 6a^3 + 2a^2 - 20a - 16)x^3 + a^2(2a^6 + 7a^5 + 19a^4 + 14a^3 + 2a^2 + 8a - 8)x^2 - a^4(a^4 + 4a^3 + 8a^2 + 4)x + a^7=0$$

Por ejemplo, dejemos que $a=1$ Así que.., $$1 - 17 x + 44 x^2 - 2 x^3 - 75 x^4 + 54 x^5 - 13 x^6 + x^7=0$$ que es la ecuación implicada en $\cos\frac{\pi k}{43}$ y ordenar sus raíces como, $$x_1,\,x_2,\,x_3,\,x_4,\,x_5,\,x_6,\,x_7 =\\ r_1,\,r_2,\,r_5,\,r_6,\,r_3,\,r_7,\,r_4 = \\ -0.752399,\; 0.0721331,\; 2.63744,\; 3.62599,\; 0.480671,\; 6.29991,\; 0.636246$$ donde el $r_i$ es la numeración de la raíz en Mathematica . Entonces, $$ x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_7 x_1 - (x_1 x_3 + x_3 x_5 + \dots + x_6 x_1) = 0$$