代數數或代數方程式

by allenlu2007

 

代數數

數學的第一步就是 “數”, 所以中文稱為 “數學”, 英文稱為 “arithematic”.  

最早是指整數,再來是有理數。有理數的(封閉)運算是加減乘除,也是代數運算的主要基礎。

傳說中畢達哥拉斯 (Pythagoras) 的學徒發現了 √2 並非有理數。後來被淹死。

 

一般常把除了有理數以外的數稱為無理數。其實無理數名稱造成了混淆。無理數並非都一樣。

首先可以定義的是 “作圖數”.  √ a + a’ √b + b’ √c ……   就是包含所有有理數加上 nested 平方根所造出的數。

這對應古希腦的三等分角問題。後文會解釋。

 

再來的 superset 就是”代數數”, 就是多項式的根所造成的數。所以不限於平方根。英文稱為 algebra

an x^n + an-1 x^(n-1) + … + ao = 0  where ai ∈ Integer

所有有理數都是代數數 =>  a1 x + a0 = 0  => x = – a0/a1

任何冪根 p√ 和四則運算的組合是代數數 => a’ √ a + b’ ∛ b + c’ ∜c …    (How to prove?  找共軛根相乘)

當然代數數包含了所有的作圖數。

“代數數”也包含一部份的複數 (a + b i ) where a and b 是實數的代數數。

 

注意冪根和四則運算的組合產生都是代數數,但反之不成立。

“代數數” 並非所有都可以用冪根和四則運算的組合產生,這是由 Gaolois, Abel, Ruffini 証明。五次(含)和高階代數方程式的根無法用冪根和四則運算有限次產生。

所有代數數都是”可計算數” 或 “可數數”, proved by Cantor. 

實數除了代數數 (包含有理數) 以外的實數,稱為超越數,例如 e or π or 2^(√2) or sin(1).

 

代數方程式

之前定義

an x^n …    = 0 的根是代數數

 

一次方程式:  ax = b  =>  x = b/a  =>  所有有理數

二次方程式:  ax^2 + bx + c = 0  x = +/- …   =>  加上平方根以及虛數

三次方式式:  ..  =>  加上三次方根

 

幾個常見的名詞

Monic: 最高項的係數為 1

Depressed: 次高項的係數為 0

Separable: 沒有重根

Irreducible: 沒有有理根

Minimal polynomial of α:  包含 α 根的最小多項式。係數一般為有理數且 irreducible.  一般 assume monic.

 

以 n 次方程式是否可以找出所有的根形式?  更進一步,是否都是 k 次冪根 (k = 2, 3, …n) 加上四則運算的組合?

Abel and Ruffini 証明了五次(含)以上代數方程式的根,in general 沒有公式解 (i.e. 冪根加上四則運算). 

Gaolois 則更進一步給出所有代數方程式 (any n) 有公式解的充分和必要條件。

Gaolois 最重要的貢獻是引入群論的觀念。把原來代數方程式是一個體的擴張 (field extension) 變成 置換群的分裂 (permutation group split).  

這是一個精采的故事和應用。

我們先從體 (Field) 開始。

 

Field and Field Extension

Field (體) 是一個 commutative group with respect to 兩種不同的運算: 加法和乘法。滿足交換, 結合, 分配率。

最簡單的 field 就是有理數 Q.  當然實數 R 和複數 C 都是 fields.  不過最有趣的是代數相關的 field.  一個原因是可以和代數方程式結合,同時可以定義 field extension (degree).

L / K  定義是 L 是體,K 是 L 的子體。L 稱為 K 的 extension field.  可把 K 視為 scaler,  L 是 vector space over K.  同時定義 field extension degree = [L : K]

舉例而言:  

Q(√2) = { a + b √2 | a, b ∈ Q }  degree = 2  because the base is { 1, √2 } 

Q(√2, √3) = { a + b √2 + c√3 + d √6 }  degree = 4  because the base is { 1, √2, √3, √6 } 


除了以上 infinite element field, 還有著名的 finite field GF(p^n)  where p is a prime number.  主要用於 error correction code.


 

Group, Subgroup, Split, and Quotient Group

Group (G) and Subgroup (H) 的定義可以參考 Wiki group.

Subgroup (H) 稱為 normal subgroup of G 如果滿足:

gH = Hg  for any g ∈ G. 

gH is either a subgroup or cosets of G.   

eH = He = H 是原來的 subgroup. 

為什麼 normal subgroup 非常重要? 因為 G 可以唯一被 H 分解:

G = H ⋃ aH ⋃ a’H ⋃ a”H … = H ⋃ Ha ⋃ Ha’ ⋃ Ha” …

如果只是一般的 subgroup.  G 無法被 H 唯一分解。

就像  12 = 3 * a = b * 3.  如果 a ≠ b 似乎完全不 make sense.  同時也無法定義商數 (a or b).

常然如果是矩陣或是 group 時,的確有可能 aH ≠ Ha.  因此才會特別定義 normal subgroup.

如果 G 是 abelian group (滿足交換率), 所有的 subgroup 都是 normal subgroup!

 

 

一但 H 是 normal subgroup, 就可以定義 quotient group Q = G / H.

In addition o(G/H) = o(G)/o(H) where o is the order of the group if it’s finite.

舉例而言:  Z (all integers) 是一個 group;  2Z (all even numbers) 是 Z 的 normal subgroup. 

Z = 2Z ⋃ ( odd number + 2Z) = 2Z ⋃ (2Z + odd number)  

可以定義 Quotient group = Z/2Z = {0, 1}

In general,  Z/kZ = {0, 1, 2, …, k-1} 是 quotient group 

For non-abelian group:  

S3 / C3 = C2 ?     or S3 = C2 x C3

S4 / C2 = A4

 

找出一個 group 的 normal subgroup 就像因式分解整數一樣。可以化繁為簡,更精確掌握 group 的性質。

Gaolois 厲害之處在於他看到代數方程求根時,field extension 和 根的 permutation group split 一對一的關係。

從而解決了代數方程式求根的充分和必要條件。

 

我們先從三等分角為例。

 

三等分角和三大幾何難題

三等分角是古希腦三大幾何難題之一。在用尺 (只能劃直線,不能用刻度和直角), 和圓規的限制下: 

* 三等分角: 給出任意一個角,求作一角等於三分之一。

* 立方偣積: 求作一立方體的體積是已知立方體的二倍。

* 化圓為方: 求作一正方形,使其面積等於已知圓的面積。

 

解決三大幾何難題的關鍵在於轉換成代數問題。

 

首先是找到尺和圓規所能劃出的所有數,稱為作圖數,包含了四則運算以及平方根的組合。(可以參考數學女孩的說明)

也就是所有有理數 a/b (a, b ∈ I), √ a + √b … , 以及組合。

 

作圖數的集合,可以用 field extension 定義如下:

Ko = Q = {a, b ∈ I}

K1 = Ko(√c’) = { a’ + b’ √c’,  a’ , b’, c’ ∈ Ko)

K2 = K1(√c”) = { a” + a” √c”,  a” , b”, c” ∈ K1) 

Kn = Kn-1(√c”…) = { a”… + b”… √c”…,  a”… , b”…, c”… ∈ Kn-1)

and Ko ⊂ K1 ⊂ K2 … ⊂ Kn

作圖數就是 Kn, n 可以非常大但是有限!  如果無限又是另一個 animal.

 

可以証明 given finite n, 作圖數 Kn form a field (or field extension) 如上。

另一個重要的証明是 Kn 是代數方程式的根。也就是作圖數是代數數。

 

這個証明應該不難,可以用數學歸納法。n = 0 時是 trival.

假設 n = k-1, α(k-1) 滿足一個代數方程式的根

a(k-1) x^(k-1) …   + ao = 0 

n = k 時 =>   (α(k-1) – a”…)^2 – b”…= 0 

在此省略 🙂

 

如果作圖數是代數數。化方為圓自然就無解,因為 π 不是代數數! 而是超越數。

要証明 π 是超越數超出本文範圍。

 

回到三等分角問題。很明顯有些角是可以三等分。例如 180º 的三分之一是 60º.  只要作一個正三角形就可以。

另外二分角很容易用尺和圓規作出。所以 180º -> 90º -> 45º ->  … 的三等分角都可以作出。

我們只要找到一個角証明無法三等分即可。一個例子是 60º,三等分角 20º.

可以用三角函數 cos 3*20º = cos 60º = 3 cos 20º – (cos 20º)^3

為什麼用三角函數?  只要用尺和圓規做一個直角。一邊用 cosθ (or sinθ), 斜邊用 1, 就可以做出 θ 夾角。

結果是三次代數方程式的根。一個証明三次方程式無”作圖數”根式解的方法是用數學歸納法。可以參考數學女孩。

 

另一個更簡單的方法是利用 field extension 的 degree 觀念。

如果定義所有有理數的 field degree = 1

a1 x^1 + b = 0  =>  x = -b/a   代表一次代數方程式的根包含所有有理數的體。

Ko = Q  or [Ko : Q] = 1

a x^2 + b x + c = 0  =>  代表所有平方根和四則運算組合  K1 = Q(√b^2-4ac) = { k1 + k2 √b^2-4ac, k1, k2 ∈ Q}

[K1 : Ko] = 2   [K1: Q] = 2

明顯 K1 (二次式的根) 包含所有的有理數。只要 b^2-4ac 是可開平方的數即可,或是 a=0 (trival case).  

要引入另一個重要觀念,就是最小次數代數方程式的解。

例如 4 可以是 x-4=0 的解,也可以是 (x-4)(x-6)=0 的解。我們會用”既約”多項式,也就是最小次數多項式來代表 degree.

 

同樣 [Kn: Kn-1] = 2  =>  [Kn: Q] = 2^n

也就是作圖數所對應的代數方程式的根永遠是 2 的冪次方多項式!!

 

回到三等分角。因為是三次方程式的根。注意三次方程式是既約。

三次方程形成的體也是 field extension. 

但 [ Ktriple : Q ] = 3.  二者 degree 無法一致。 2^n ≠ 3. 

所以三等分角不是作圖數。因為三次方程式的根無法存於 2^n 方程式的根。

 

同樣立方倍積可以用同樣的論証。基本上就是要找 ∛2.  也就是 x^3 – 2 = 0 的根。

同樣 [Ktripple : Q] = 3.  二者 degree 無法一致。所以無解。

 

 

代數方程式公式解問題

上述幾何難題可以用 field extension 的思路解決。更複雜的問題是代數方程式的根 (也就是代數數) 是否有公式解?

i.e. 是否可以用四則運算和冪根的組合來表示?  1-4 次代數方程式早有已知的公式解。因此問題就是 5 次以及更高次代數方程式是否有公式解? 

Abel 和 Ruffini 証明五次方程式沒有一般的公式解。當然特定類別的代數方程式, e.g. x^5 =1 or x^n =1 有公式解。

Gaolois 更進一步 (他並不知道 Abel 的成果) 找到任意代數方程式有公式解的充分和必要條件。

 

Gaolois 最關鍵的 insight 是他發現根所屬於的 field extension 和根的置換 group split 有一對一的關係!!!

先從最 trivial case:   ax + b = 0   a, b ∈ Q.  

根  α = -b/a ∈ Q   no field extension; 同時 α 的置換群為 E (沒置換).    

 [Q: Q]=1  <->  o(E)=1 

 

再看二次方程式假設無重根:  ax^2 + bx + c =0   a,b,c ∈ Q.  

如果 √b^2 – 4ac ∉  Q.    根 α, β ∉ Q.  需要做一次 field extension:  [Q(√b^2-4ac) : Q] = 2   

α, β 是從可置換的 C2 group 變為 E group (在 field extension 之後就看出 α,β 交換可以查覺到不同, symmtry broken。但在 field extension 之前 α,β 無法分開 🙂 就像 quark, 所以可以任意交換!!

C2 ⊳ E  可以化為 E2 就代表可分解到最後的一次式。另外 o(C2 / E) = 2 和 field extension 相等!

 

如果 如果 √b^2 – 4ac ∈  Q.    根 α, β ∈ Q.  不需要做 field extension.  [Q(√b^2-4ac) : Q] = 1

不考慮重根情況下.  根 α, β 不可置換。 E group.  可解。

 

再看三次方程式假設無重根:  ax^3 + bx^2 + cx + d = 0

If α, β, γ ∈ Q  (三個實有理根), trivial 

No field extension,   α, β, γ 的 permutation group = E

 

If α ∈ Q;  β,γ ∉ Q  (一個實有理根 α, 加上一個二次方程式的非有理根, β,γ 可能為實無理共軛根, 或是虛共軛根)

Field extension 和二次方程式相同 (=2).  根的 permutation group 也相同 C2 ⊳ E

e.g.  x^3 – 1 = 0  =>  (x-1)(x^2+x+1) = 0 

 

If α, β, γ ∉ Q   (一個實無理根 α, 加上一個二次方程式的非有理根, β,γ 可能為實無理共軛根, 或是虛共軛根)

根的 permutation group 是 S3 (6 種置換).  

Field extension.  [Q(√) : Q] = 2.  根的 permutation group  S3 ⊳ C3  o( S3 / C3 ) = 2  (如何找例子?)

是否可以?

Field extension.  [Q(∛) : Q] = 3.  根的 permutation group S3 ⊳ C2  o( S3 / C2 ) = 3

例子是  x^3 – 2 = 0   =>  (x – ∛2) (x^2 + ∛2 x + (∛2)^2) 

 

再做一次 Field extension 可以解決根的問題:

[ Q(√, ∛) : Q(√) ] = 3  or [ Q(√, ∛) : Q(∛) ] = 2 

Ko = Q

K1 = Q(√)  or Q(∛) 

K2 = Q(∛, √) 

where Ko ⊂ K1 ⊂ K2

 

對於 group 來說:

S3 ⊳ C3 ⊳ E   or S3 ⊳ C2 ⊳ E

 

四次方程式假設無重根:  

If α, β, γ, δ ∈ Q  (四個實有理根), trivial 

 

If α, β 是共軛根, γ, δ 是共軛根  

(x^2 + a x + b) (x^2 + c x + d)

或是

(x-k)(a x^3 + b x^2 + cx + d)

.. 

最小多項式都不是四次式。可以化簡為三次, 二次, 或一次方程式的根式解。

 

我們還是考慮最小多項式是四次的根式解:   α, β, γ, δ ∉ Q

如果非 trivial case, 一定會至少一對共軛根

從 field extension 的角度,  [Q(√a^2-b) : Q] = 2, 代表四次多項式可以分解出二次多項式? 

Probably not, 如果這麼直接,做兩次 field extension 就可以得到一次方程式的根式解。顯然並非如此。

要如何進行?  

 

先看 permutation group, normal subgroup, split group

S4 (order=24) ⊳ A4 (order=12) ⊳ H4 (order=4) ⊳ C2 (order=2) ⊳ E (order=1)

反過來倒推 field extension 應該如下:

[O(√) : Q] = 2  ->   [Q(√, ∛) : Q(√) ] = 3  ->   [Q(√, ∛, √) : Q(√, ∛) ] = 2 ->  [Q(√, ∛, √, √) : Q(√, ∛, √, √) ] = 2

如何用具體例子說明仍是一個問題?  不過參考 wiki “四次方程” 的根式解。的確 follow 由內而外: √,∛,√,√.

 

 

 


 

 

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