¿$\left|\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};\sqrt{\phi }\right)\right|$ Es un radical?

Question

En este post, Reshetnikov dio la enorme $80$-deg ecuación satisfecho,

$$x=\left|\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};\color{blue}{\sqrt{\phi }}\right)\right|=1.2054797\dots\tag1$$ con la proporción áurea $\phi$ y el valor absoluto $|u|$, aunque mencionó que no estaba seguro de si tiene un solucionable grupo de Galois.

Después de algunos experimentos, resulta incluso un $40$-deg ecuación es una satisfechos por el análoga, $$y=\left|\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};\,\color{blue}\phi\right)\right|=1.162132\dots\tag2$$

Si definimos $z=\big(\frac{4y}5\big)^2$, entonces sólo tenemos el $20$-deg,

$$2^{16} - 20480 z^3 - 32000 z^4 - 24576 z^5 - 25600 z^6 - 20000 z^7 - 13065 z^8 - 6000 z^9 - 309 z^{10} + 2800 z^{11} + 2500 z^{12} + 160 z^{13} + 375 z^{14} - 96 z^{15} - 100 z^{16} - 5 z^{18} + z^{20}=0$$

Esto es más manejable, y el Magma dice que esto le ha permutación grupo $G=2^5 \cdot3^2 \cdot 5^2 = 7200$ que es irresoluble.

P: Si $(2)$ tiene una irresoluble grupo, hace que implica el mismo para $(1)$ así?

Answer 1

La escala de Traer quintic $$x^5-\frac5nx+\frac4n=0\tag1$$ se resuelve por medio, $$x =\frac45\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};n\right)$$ mientras que el decicarle, $$y^4(n y^2-5) (n y^2+5)^2 + \frac{16^2}n = 16 y^3 (2 n y^2+5)\tag2$$ se resuelve por medio, $$y=\left(\frac45\right)^2\,\left|\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};n\right)\right|^2$$ con valor absoluto $|u|$. Eq $(2)$ a continuación se explica la $80$grados desde el argumento de $n=\sqrt{\phi}$ con la proporción áurea es una cuártica raíz de lo $10\times4\times2 = 80$. La eliminación de $n$$(1)$$(2)$, hecho fácilmente usando Mathematica, obtenemos una solución polinomial relación de $x,y$, lo que implica que si uno es un radical (o no), entonces también lo es el otro.

Sin embargo, la completa radical de la parametrización $(1)$ es conocido y determinado por el Blair-Spearman quintic,

$$x^5+\frac{5u^4(4v+3)}{v^2+1}x+\frac{4u^5(2v+1)(4v+3)}{v^2+1}=0\tag3$$

Igualando los coeficientes entre el$(1)$$(3)$, eliminando $v$, obtenemos la sextic en $u$,

$$n=\frac{5u^2+2u+1}{4(2-u)u^5}\tag4$$

Así, para cualquier radicales $n$ tal que $u$ es radical, a continuación, $x$ es también un radical.

Ejemplo. Si $n=81$,$u=1/3$, por lo que sabemos, $$x =\frac45\,_4F_3\left(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};81\right)\approx 0.42429 - 0.239932 i$$ es un radical quintic raíz de $x^5-\frac5{81}x+\frac4{81}=0$.

El problema, a continuación, para Reshetnikov $80$-deg es establecer si $u$ es un radical,

$$\sqrt{\phi}=\frac{5u^2+2u+1}{4(2-u)u^5}\tag5$$

Pero eq $(5)$ $24$grados con coeficientes enteros y Magma dice que esto le ha permutación grupo $G$ orden $207360000 = 2^{12} \cdot 3^4 \cdot 5^4$. Por lo tanto, no es la solución, por lo tanto el $80$grados de raíz no es un radical.