Número de distintos $f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ bajo la permutación de la entrada

Question

$\alpha _n ^n-1=0$

$\alpha _n=e^{2 \pi i/n}$

$$f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)=(x_1+\alpha _n x_2+ \alpha _n ^2 x_3+\cdots+\alpha _n ^{n-1} x_n)^n$$

He leído en el libro de Jim Brown papel en la página 5 que Lagrange mostró

Si n=3 entonces $f(x_1,x_2,x_3)$ El máximo puede tener 2 resultados diferentes con todas las permutaciones de $(x_1,x_2,x_3)$

Si n=4 entonces $f(x_1,x_2,x_3,x_4)$ El máximo puede tener 3 resultados diferentes con todas las permutaciones de $(x_1,x_2,x_3,x_4)$

Si n=5 entonces $f(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ El máximo puede tener 6 resultados diferentes con todas las permutaciones de $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$

pero no hay pruebas de cómo hizo ese resultado.

Según el documento, era un resultado importante para la insolubilidad de la vía quíntica de los radicales. Así que busqué el documento de Lagrange (Lagrange's 1771 paper reflections on the Algebraic theory of Equations ) en internet pero no pude encontrarlo.

El artículo de Jm Brown no menciona la solución general para n.

¿Cuál es la fórmula general de cuántos valores diferentes puede tener $f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ con todas las permutaciones de $(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)?$ ¿Alguna idea para encontrar la fórmula general de n?

o si no es posible para todo n , por lo menos mostrar una manera de cómo fácilmente a la prueba para n = 3, n = 4 y n = 5 (Traté de hacer que n = 3 es relativamente fácil, pero necesitan mucho cálculo en el enfoque clásico como la expansión binomial). ¿Podríais ayudarme a plantear el problema sin usar la teoría de grupos? Necesito una prueba en forma algebraica. Y también agradezco todos los enlaces que muestren cómo Lagrange demostró para n=3,n=4 y n=5.

Nota: Intento comprender en profundidad cómo Abel y Ruffini demostraron la insolubilidad de los quintales a través de los radicales. El problema también está relacionado con mi otro pregunta que demuestra que f no es una función simétrica n>2. y $f(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)=f(x_n,x_1,x_2,\ldots,x_{n-1})=f(x_{n-1},x_n,x_1,\ldots,x_{n-2})=.....=f(x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n,x_1)$
(totalmente $n$ permutación de f es igual entre sí) significa que al menos n valores son iguales en total $n!$ todas las permutaciones de $(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)$ .

Muchas gracias por vuestras respuestas y vuestros consejos.

$UPDATE:$ He completado la prueba para $n=3$ Me gustaría compartir mi manera de $n=3$

Todas las permutaciones para $n=3$ son:

$1)$ --> $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+\alpha _3 x_2+ \alpha _3 ^2 x_3)^3$

$2)$ --> $f(x_3,x_1,x_2)=(x_3+\alpha _3 x_1+ \alpha _3 ^2 x_2)^3=\alpha _3 ^3(x_3+\alpha _3 x_1+ \alpha _3 ^2 x_2)^3=(\alpha _3 x_3+\alpha _3 ^2 x_1+ x_2)^3$

$3)$ --> $f(x_2,x_3,x_1)=(x_2+\alpha _3 x_3+ \alpha _3 ^2 x_1)^3=\alpha _3 ^3(x_2+\alpha _3 x_3+ \alpha _3 ^2 x_1)^3=(\alpha _3 x_2+ \alpha _3 ^2 x_3+x_1)^3$

$4)$ --> $f(x_1,x_3,x_2)=(x_1+\alpha _3 x_3+ \alpha _3 ^2 x_2)^3$

$5)$ --> $f(x_2,x_1,x_3)=(x_2+\alpha _3 x_1+ \alpha _3 ^2 x_3)^3=\alpha _3 ^3(x_2+\alpha _3 x_1+ \alpha _3 ^2 x_3)^3=(\alpha _3x_2+\alpha _3 ^2 x_1+ x_3)^3$

$6)$ --> $f(x_3,x_2,x_1)=(x_3+\alpha _3 x_2+ \alpha _3 ^2 x_1)^3=\alpha _3 ^3 (x_3+\alpha _3 x_2+ \alpha _3 ^2 x_1)^3=(x_3\alpha _3+\alpha _3 ^2 x_2+ x_1)^3$

Se puede ver fácilmente que

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(Permutación 1 = Permutación 3) y (Permutación 2 = Permutación 3)

Así (Permutación 1 = Permutación 2 =Permutación 3)

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(Permutación 4 = Permutación 6) y (Permutación 5 = Permutación 6)

Así (Permutación 4 = Permutación 5 =Permutación 6)

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Si es así para n=3, la función puede tener 2 resultados diferentes {Permutación 1= $f(x_1,x_2,x_3)$ , Permutación 4 = $f(x_1,x_3,x_2)$ )

Para probar con las entradas: $x_1=1, x_2=2 ,x_3=0$

sabemos muy bien que $1+\alpha _3+\alpha _3 ^2=0$

$\alpha _3=e^{2 \pi i/3}=-\frac{1}{2}+ i\frac{\sqrt{3}}{2}$

Permutación 1: $f(x_1,x_2,x_3)=f(1,2,0)=(1+2\alpha _3)^3=1+6\alpha _3+12\alpha _3 ^2+8=-3-6\alpha _3=-3i\sqrt{3}$

Permutación 4: $f(x_1,x_3,x_2)=f(1,0,2)=(1+2\alpha _3 ^2)^3=1+6\alpha _3^2+12\alpha _3 +8=3+6\alpha _3=3i\sqrt{3}$

Como se ve en el ejemplo anterior, la Permutación 1 y la Permutación 4 no pueden ser siempre la misma.

Answer 1

El $f$ que ha definido no tiene esta propiedad cuando $n\ge 4$ .

Podemos demostrar que, si $(x_1,\dots,x_n)$ son arbitrarios, cuando $$t_\sigma=f(x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(n)})$$ entonces el conjunto de imágenes $T=\{t_\sigma:\sigma\text{ is a permutation}\}$ tiene una cardinalidad máxima exactamente $(n-1)!$ .

Prueba:

• Escribe $f(x_1,\dots,x_n) = g(x_1,\dots,x_n)^n$ . Obsérvese que una permutación cíclica de $(x_1,\dots,x_n)$ multiplica $g$ por $\alpha_n^k$ y por lo tanto $f$ se multiplica por $\alpha_n^{kn} = 1$ . Así que desde $t_{\pi\circ\sigma}=t_\sigma$ cuando $\pi$ es uno de los $n$ permutaciones cíclicas, la cardinalidad máxima de $T$ es como máximo $n!/n=(n-1)!$ .

• Ahora bien, como $g$ es una función lineal con coeficientes distintos antes de cada $x_i$ si se trabaja en un campo característico cero, el conjunto de todos los $g(x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(n)})$ tiene una cardinalidad máxima $n!$ . Pero como la ecuación $t_\sigma=X^n$ tiene como máximo $n$ soluciones en $X$ la cardinalidad máxima de $T$ es al menos $(n-1)!$ terminando la prueba.

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Ahora, ¿por qué no funciona? De hecho no sé si el resolvente puede ser definido por una fórmula sistemática que se extienda para todos $n$ En este caso, nos limitamos a encontrar polinomios ad hoc que nos permitan reducir la ecuación a un grado lo más bajo posible. En consecuencia, demostrar que existe tal polinomio es mucho más fácil que demostrar que no existe ningún polinomio, y no sé si hay pruebas de Abel-Ruffini que no utilicen la teoría de grupos.

Entonces, ¿cómo podríamos definir un resolvente para $n=4$ ? Desde $n$ es incluso hay $\tbinom{n}{n/2}/2=3$ maneras de dividir las raíces en un conjunto de dos subconjuntos de igual tamaño, de manera que: $$f(x)=x_1x_2+x_3x_4$$ tiene como máximo 3 imágenes bajo permutación de $x$ (y es fácil comprobar que se alcanza este límite). Hay 8 simetrías que pueden derivarse de las dos ecuaciones generadoras: $$f(a,b,c,d)=f(b,a,c,d)\\ f(a,b,c,d)=f(c,d,a,b)$$ Tenga en cuenta que en general $f(a,b,c,d)\ne f(b,c,d,a)$ Así que, a diferencia de cuando $n=3$ Las permutaciones cíclicas no siempre son simetrías. También hay que tener en cuenta que esta construcción sólo es realmente útil para $n=4$ ya que para $n=6$ obtenemos $\tbinom{n}{n/2}/2=10>6$ .

Puede consultar el documento original de Lagrange de 1770 (en francés) para comprobar que efectivamente es la forma en que definió resolventes cúbicos y Resolventes cuárticos .

También da un polinomio mucho más complicado para los quintos que obtiene generalizando a cualquier raíz de la unidad $\alpha$ ( $\alpha^5=1$ ), ampliando el $f$ que acaba de definir como una combinación lineal de $\alpha^0,\dots,\alpha^{n-1}$ y tomando sólo el coeficiente de $\alpha^0$ . Resulta que la expresión resultante es altamente simétrica, y las 20 simetrías pueden derivarse de los tres generadores: $$\begin{align} f(a,b,c,d,e)&=f(b,c,d,e,a)&&\text{cyclic permutation}\\ f(a,b,c,d,e)&=f(e,d,c,b,a)&&\text{reversal}\\ f(a,b,c,d,e)&=f(a,c,e,b,d)&&\text{doubling modulo 5} \end{align}$$ para que haya $5!/20=6$ valores distintos. La permutación cíclica es por la misma razón que cuando $n=3$ ; la inversión y la duplicación en módulo 5 provienen del hecho de que al sustituir $\alpha$ por otra raíz de la unidad $\alpha'=\alpha^k$ (donde $k$ es primo relativo con $n$ ), el coeficiente de $\alpha'^0$ es el mismo que el de $\alpha^0$ para que $f$ no ha cambiado. De hecho, la inversión está incluso implícita en la duplicación del módulo 5.

Esta construcción, por supuesto, se generaliza a todos los primos $n$ y de hecho tenemos la forma cerrada $$f(x_1,\dots,x_n)=\sum_{i_1+\dots+i_n=0\pmod n} x_{i_1}\dots x_{i_n}$$ que tiene $n(n-1)$ simetrías correspondientes a los mapas afines invertibles $z\mapsto az+b$ de $\mathbb Z/n\mathbb Z$ (estos mapas conservan la condición $i_1+\dots+i_n=0 \pmod n$ ), de modo que la cardinalidad máxima de las imágenes de $f$ es como máximo $(n-2)!$ (así que para $n=3$ (esto degenera en una función completamente simétrica que no sirve para resolver realmente la ecuación porque no nos da ninguna relación entre las raíces).

Answer 2

Hay un seguimiento de esta pregunta con una respuesta más explícita para el caso de n=5 publicado aquí:

Resolvente de la Quintic...Funciones de las raíces