¿Cómo transformar una ecuación general de grado cinco o superior a la forma normal?

Question

Esta es la continuación de ¿Cómo resolver ecuaciones de quinto grado mediante funciones elípticas?

¿Cómo transformar una ecuación general de grado cinco o superior a la forma normal? Por ejemplo, ¿una ecuación quíntica a la forma de Bring-Jerrard?

Answer 1

Para reducir la quintica general,

$$x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\tag{1}$$

a Formulario Bring-Jerrard ,

$$x^5+x+k = 0\tag{2}$$

se realiza en dos pasos.

Paso 1 : Transformar $(1)$ a forma quintica principal (al que le falta el $x^4,x^3$ términos) utilizando un cuadrático Transformación de Tschirnhausen ,

$$y=x^2+mx+n\tag{3}$$

y eliminar $x$ entre $(1)$ y $(3)$ utilizando resultantes . Hoy en día, esto se hace fácilmente Mathematica o Arce . En wolframalpha.com el comando es,

  Collect[Resultant[x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e, y-(x^2+mx+n), x],y] 

que elimina $x$ y recoge la nueva variable $y$ cediendo,

$$y^5+c_1y^4+c_2y^3+c_3y^2+c_4y+c_5=0\tag{4}$$

donde,

$$c_1 = -a^2 + 2 b + a m - 5 n$$

$$c_2 = b^2 - 2 a c + 2 d - a b m + 3 c m + b m^2 + 4 a^2 n - 8 b n - 4 a m n + 10 n^2$$

y así sucesivamente. Las dos incógnitas $m,n$ permiten eliminar dos $c_i$ . Se puede ver que resolver $c_1 = c_2 = 0$ sólo necesitará una cuadrática. Por lo tanto, $(1)$ se convierte en la forma quíntica principal,

$$y^5+uy^2+vy+w=0\tag{5}$$

Paso 2 : Para transformar esto en Bring-Jerrard, el impulso es utilizar un Tschirnhausen cúbico. Pero esto implica una composición de ecuaciones de 1er, 2do y 3er grado que dará como resultado una sexta. Bring y Jerrard encontraron inteligentemente una forma de evitarlo utilizando un cuartico Tschirnhausen,

$$z = y^4+py^3+qy^2+ry+s\tag{6}$$

y el parámetro extra evita la elevación de grado. Eliminación de $y$ entre $(5)$ y $(6)$ obtenemos,

$$z^5+d_1z^4+d_2z^3+d_3z^2+d_4z+d_5=0\tag{7}$$

donde,

$$d_1 = -5 s + 3 p u + 4 v$$

$$d_2 = 10 s^2 - 12 p s u + 3 p^2 u^2 - 3 q u^2 + 2 q^2 v - 16 s v + 5 p u v + 6 v^2 + 5 p q w - 4 u w + r \color{brown}{(3 q u + 4 p v + 5 w)}$$

y así sucesivamente. Al igual que en el primer paso, resolver $d_1 = d_2 = 0$ sólo necesitará una cuadrática. Entonces se utilizan 3 variables $p,q,s$ para resolver las 3 ecuaciones,

$$\color{brown}{3 q u + 4 p v + 5 w} = 0\tag{8}$$

$$d_1 = d_2 = 0\tag{9}$$

Pero fíjate que al resolver $(8)$ , provoca que $r$ para desaparecer de $d_2$ y sigue siendo un parámetro libre . Dado que el tercer término de $(7)$ tiene forma,

$$d_3 = e_3r^3+e_2r^2+e_1r+e_0$$

donde el $e_i$ son polinomios en las otras variables, se puede entonces utilizar $r$ para resolver $d_3 =0$ simplemente como un cúbico. (Si el quíntico general no se redujera primero a la forma principal, sería más difícil hacer $r$ desaparecer de $d_2$ . Bring y Jerrard eran inteligentes, ¿no?)

Lo que queda es,

$$z^5+d_4z+d_5 = 0$$

Podemos hacer otra simplificación $d_4 = \pm1$ mediante el escalado de variables $z = t/f$ ,

$$t^5+d_4f^4t+d_5f^5 = 0$$

y resolviendo para $f$ en $d_4f^4 =\pm1$ . Así, terminamos con la quíntica Bring-Jerrard,

$$t^5\pm t+k = 0\tag{10}$$

P.D. El mismo enfoque se puede utilizar para eliminar el $x^{n-1},x^{n-2},x^{n-3}$ términos simultáneamente de la ecuación general de grado $n>3$ .

Answer 2

Creo que la respuesta de Piezas más arriba cubre prácticamente toda la cuestión, aunque quizá no sea del todo inútil presentar un argumento de plausibilidad para dicha transformación.

Comienza con el principio quintico $x^5 + ax^2 + bx + c$ . Es evidente que los dos primeros polinomios simétricos elementales desaparecen si las variables son todas raíces del quíntico anterior, es decir,

$$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 0\tag{1}$$

$$x_1x_2 + x_1x_3 + x_1x_4 + x_1x_5 + x_2x_3 + x_2x_4 + x_2x_5 + x_3x_4 + x_3x_5 + x_4x_5 = 0 \tag{2}$$

Para las raíces del principio quíntico $x_i$ , $i = 1, \ldots, 5$

A partir de estas igualdades, vemos que el polinomio newton de segundo orden de las raíces también desaparece, es decir,

$$x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 = 0\tag{3}$$

Dejemos que $f(x) = x^3 + px^2 - s_3/5$ y $g(x) = x^4 + qx^2 - s_4/5$ para $s_3$ y $s_4$ siendo el tercero y el cuarto de los polinomios simétricos de Newton-Girard. Aplicando $(1)$ y $(3)$ tenemos $\sum f = \sum g = 0$ donde el argumento pasa por todas las raíces del principio quíntico.

Además,

$$\begin{align}\sum x f &= \sum_{i} x_i f(x_i) \\ &= \sum_{i} x_{i}^4 + p \sum_{i} x_i^3 - s_3\sum_{i} x_i \\ &= s_4 + ps_3 \end{align} \tag{4}$$

$$\begin{align}\sum x g &= \sum_{i} x_i g(x_i) \\ &= \sum_{i} x_{i}^5 + q \sum_{i} x_i^3 - s_4\sum_{i} x_i \\ &= s_5 + qs_3 \end{align} \tag{5}$$

Por lo tanto, el establecimiento de $p = -s_4/s_3$ y $q = -s_5/s_3$ fuerzas $\sum f = \sum g = 0$ .

Consideremos ahora la quíntica desplazada derivada de la sustitución de $y = c_1 x + c_2 f + c_3 g$ en el principio quíntico. Primero calculamos los primeros polinomios de Newton para tener una idea de su forma:

$$ \sum_i y_i = c_1 \sum_i x_i + c_2 \sum_i f(x_i) + c_3 \sum_i g(x_i) = 0 \tag{6}$$

$$ \sum_i y_i^2 = c_1^2 \sum_i x_i^2 + c_2^2 \sum_i f(x_i)^2 + c_3^2 \sum_i g(x_i)^2 + 2c_1c_2 \sum_i x_i f(x_i) + 2c_2c_3 \sum_i f(x_i)g(x_i) + 2c_1c_3 \sum_i x_i g(x_i) = c_2^2 \sum_i f(x_i)^2 + c_3^2 \sum_i g(x_i)^2 + 2c_2c_3 \sum_i f(x_i)g(x_i) \tag{7}$$

Supongamos que queremos hacer $(7)$ desaparecen para que el coeficiente del término $x^3$ en la quíntica transformada se convierte en $0$ . Esto implica que tenemos que encontrar una solución a la ecuación cuadrática homogénea en $(7)$ para un número no nulo de $c_2$ y $c_3$ . Se puede hacer dividiendo primero a través de $c_3^2$ para transformarla en una ecuación cuadrática habitual en $c_2/c_3$ y señalando que

$$\sum f^2 = -\frac{2s_4s_5}{s_3} + \frac{s_4^3}{s_3^2} - \frac{2s_3^2}{5} + \frac{2s_4s_2}{5} + \frac{s_3^2}{25} + s_6 \tag{8}$$ $$\sum fg = -\frac{s_4s_6}{s_3} - \frac{s_5^2}{s_3} - \frac{s_3s_4}{5} + \frac{s_4^2s_5}{s_3^2} - \frac{s_4s_3}{5} + \frac{s_4^2s_2}{5s_3} + \frac{s_5s_2}{5} + \frac{s_3s_4}{25} + s_7 \tag{9}$$ $$\sum g^2 = -\frac{2s_5s_6}{s_3} + \frac{s_5^2s_4}{s_3^2} - \frac{2s_4^2}{5} + \frac{2s_4s_5s_2}{5s_3} + \frac{s_4^2}{25} + s_8 \tag{10}$$

Donde $s_1$ y notaciones similares son polinomios de Newton-Girard, y pueden expresarse fácilmente en términos de coeficientes del quíntico principal. Nos aseguramos de que el quíntico desplazado es la forma de Bring-Jerrard observando que $\sum y^3 = 0$ es sólo una ecuación cúbica en $c_1$ que puede satisfacerse para una elección no nula de $c_1$ .

Como observación, creo que habría sido más descriptivo si hubiera dado los coeficientes en términos de polinomios de Newton-Girard, así como una expresión completa de $c_1, c_2$ y $c_3$ en términos de los coeficientes de la quíntica principal, pero calcularlos en forma general es muy difícil, incluso utilizando algún CAS a mano. Esta es una de las bellezas del quíntico. Como puedes ver, aunque un quíntico general no es resoluble por radicales, se necesitan muchos más radicales que un cuártico para conseguir incluso reducirlo a una forma normal. En cuanto a la forma de Bring-Jerrard, vemos que se necesita una solución de dos cuadráticas (una de la forma principal) y una solución de una cúbica para esta transformación, lo que da un total de tres raíces cuadradas y una raíz cúbica.