De los libros de F. Klein, parece que uno puede encontrar las raíces de una ecuación de grado
$$ z ^ 5 + az ^ 4 + bz ^ 3 + cz ^ 2 + dz + e = 0$
(donde $a, b, c, d, e\in\Bbb C$) por funciones elípticas. ¿Cómo conseguirlo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Para resolver el general quintic el uso de funciones elípticas, es una manera de reducir a Traer-Jerrard forma,
$$x^5-x+ d = 0\etiqueta{1}$$
una transformación que se puede hacer en los radicales. (Ver este post.) Para resolver $(1)$, definir,
$$k = \tan\left(\tfrac{1}{4}\arcsin\Big(\frac{16}{25\sqrt{5}\,d^2}\Big)\right)\etiqueta{2}$$
$$p = i\frac{K(k')}{K(k)} = i\,\frac{\text{EllipticK[1 m]}}{\text{EllipticK[m]}}\tag3$$
con la integral elíptica completa de primera especie $K(k)$ y elíptica parámetro $m=k^2$ ($p$ da también en Mathematica sintaxis de arriba).
Método 1: Por $j=0,1,2,3,4$, vamos,
$$S_j={u}^j \frac{\sqrt{2}\,\eta(\tau_j)\,\eta^2(4\,\tau_j)}{\eta^3(2\,\tau_j)}$$
$$\tau_j = \tfrac{1}{10}(p+2j)$$
$$u=\zeta_8 = \exp(2 \pi i/8)$$
$$S_5=\frac{\sqrt{2}\,\eta(\frac{5p}{2})\,\eta^2(10p)}{\eta^3(5p)}$$
donde $\eta(\tau)$ es la Dedekind eta de la función, entonces,
$$x = \frac{\pm 1}{2\cdot 5^{3/4}}\frac{(k^2)^{1/8}}{\sqrt{k(1-k^2)}}(S_0+S_5)(S_1+i\,S_4)(i\,S_2+S_3) \etiqueta{4}$$
con el signo elegido adecuadamente.
$\color{blue}{\text{Comentario}}$: Las cinco raíces $x_n$se pueden encontrar mediante el uso de $p_n = i\frac{K(k')}{K(k)}+16n$ para $n = 0,1,2,3,4$.
Método 2: Por $j=0,1,2,3,4$, vamos,
$$T_j =\left(\frac{\vartheta_2(0,w^j p^{1/5})}{\vartheta_3(0,w^j p^{1/5})}\right)^{1/2}$$
$$q = \exp(i \pi p_0)$$
$$w = \zeta_5 = \exp(2 \pi i/5)$$
$$T_5 =\frac{q^{5/8}}{(q^5)^{1/8}}\left(\frac{\vartheta_2(0,q^{5})}{\vartheta_3(0, q^{5})}\right)^{1/2}$$
con $\vartheta_n(0,q)$ como la Jacobi funciones theta, entonces,
$$x = \frac{\pm{\zeta_8}}{2\cdot 5^{3/4}}\frac{(k^2)^{1/8}}{\sqrt{k(1-k^2)}}(T_0+T_5)(T_1-i\,T_4)(T_2+T_3) \etiqueta{5}$$
y el signo de $\zeta_8$ elegido adecuadamente. Tenga en cuenta que $(S_j)^8 = (T_j)^8$.
$\color{blue}{\text{Comentario}}$: también se puede encontrar otras raíces $x_i$, pero no es tan simple como en el Método 1. (Como se puede ver, usted necesita mucho más de los radicales para resolver el general quintic.)
Ejemplo. Vamos,
$$x^5-x+1 = 0\tag6$$
por lo que $d = \pm1$. Conectarlo a $(2)$ da $k \aprox 0.072696$ y $m=k^2$, entonces $p \aprox 2.550572\,i$. Desde ambos métodos utilizan una raíz cuadrada, el uso de las fórmulas llega un momento en que se encuentra,
$$x = \mp\,1.1673039\dots$$
$\color{blue}{\text{Epílogo}}$ (Agregado de junio de 2015): Dado el nome $q = \exp(i \pi \tau)$, los dos métodos implican la función conocida como el modular de la función lambda o elíptica función lambda, $\lambda(\tau)$ que tiene una hermosa q-continuó fracción,
$$\big(\lambda(\tau)\big)^{1/8} = \frac{\sqrt{2}\,\eta(\tfrac{\tau}{2})\,\eta^2(2\tau)}{\eta^3(\tau)} = \left(\frac{\vartheta_2(0,q)}{\vartheta_3(0,q)}\right)^{1/2} = \cfrac{\sqrt{2}\,q^{1/8}}{1+\cfrac{q}{1+q+\cfrac{p^2}{1+q^2+\cfrac{q^3}{1+q^3+\ddots}}}}$$
estudiado por Ramanujan (que también tenía su propio método para resolver solucionable quintics).
ghostwhistler
Puntos
32
No es necesario reducir general quintic en Traer-Jerrard forma de resolverlo en términos de la función elíptica. Se puede reducir el general quintic en el Brioschi formulario
$$t^5 - 10 ft^3 + 45f^2t - T = 0 \etiqueta{1}$$
el uso de menos radicales que Traer-Jerrard y resolver en términos de funciones elípticas mediante la definición de $$g_2 = \sqrt[3]{\frac{-1}{f} + \frac{27T^2}{46656f^2}}$$ $$g_3 = -\frac{T}{216f^3}$$ $$\wp(z+\omega|g_2;g_3)=\wp(z+\omega'|g_2;g_3)=\wp(z|g_2;g_3) \etiqueta{2}$$ Las raíces de $(1)$ son entonces
$$t_k = \sqrt{5^{-1/2}[s_\infty - s_k][s_{k+2}-s_{k+3}][s_{k+4}-s_{k+1}]} \etiqueta{3}$$
con los índices de $0\leq k \leq 4$ equipado con adición módulo $5$, donde
$$s_\infty = \left [ \wp\left(\frac{2\omega}{5}\right) - \wp\left(\frac{4\omega}{5}\right)\right) ^{-2}$$ $$s_k = \left [ \wp\left(\frac{2\omega' + 48k\omega}{5}\right) - \wp\left(\frac{4\omega'+96k\omega}{5}\right)\right) ^{-2}$$
Comentario: El principal problema de este método es obtener el correspondiente a la mitad-de los períodos en $(2)$ dada la elíptica invariantes en un tiempo razonable. Esto se puede hacer, pero por desgracia para $\frac{j(g_2,g_3)}{1728} \geq 1$. Ver aquí, por ejemplo. También, es un dolor para determinar cuando el signo de los cambios en las dos raíces cuadradas de $(3)$, aunque puede ser determinado mediante la observación del comportamiento de la quintic formulario $(1)$ de signo de los cambios.
