Lagrange and Gaolois 根式解 – 部份破壞對稱性 Break Symmetry

by allenlu2007

 

傳統上求解代數方程式的根式解都是由方程式係數表示根:

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Lagrange 和 Gaolois 了不起的地方在於跳脫了這個思路!

反過來,他們思考的是假設根已知,具有什麼特性。以及用根的組合可以得出什麼方程式。

後見之明也 make sense.  因為如果証明出根本無法從係數表示根 (e.g. Abel and Ruffini work), 當然必須跳脫從係數出發的想法。不過 Lagrange 和 Gaolois 當初並不知道五次方程式(含)以上沒有根式解。 

 

這些方程式可以用係數表示。

e.g.  二次式:  α+β = -b/a;  αβ = c/a

三次式: α+β+γ = -a;  αβ+βγ+αγ = b;  αβγ = -c

一般人直覺來看,都可以看出對稱性。可能也只能看出對稱性或利用對稱性。

 

Gaolois (and Lagrange) 厲害之處在部份破壞對稱性

如何破壞對稱性? 就是引入輔助方程式,具體就是 Lagrange resolvent (預解式)。

就是利用分圓方程式的根和真正根的組合。下一步再導入 field extension 和 group division 的一對一對應化簡。

如果可以化簡得到一次的預解式。表示原代數方程式可解。否則則無解!

 

以二次方程式的分圓根就是 1 and -1. 所以 Lagrange resolvent 是

V1 = α * 1 + β * -1 = α – β = √b^2-4ac / a = Δ/a

V2 = β * 1 + α * -1 = -V1 = – √b^2-4ac / a = -Δ/a    (α and β 根的唯一 S2 = C2 permuation)

V1+V2 = 0

從 V1 (and V2) 可以看出,如果 field extension [Q : Q(√b^2-4ac) ] = [Q : Q(Δ)] = 2

就可以破壞 α and β 的對稱性。

就像量子場論中,降低溫度或引入外部電場或是外部磁場 (Sommerfield) 會破壞對稱性。

而可以偵測到原來無法分出的粒力或能階。

Group split (division) :  S2 = C2 ⊳ E   and o(C2/E) = 2

==>  Field extension 和 Group split 一對一對應

 

更 general 方式 (可以推廣到高次多項式)

a x^2 + b x + c = 0  =>  x^2 + b/a x + c/a = 0

定義 y = x + b/2a =>

y^2 = b^2-4ac/4a^2 = (Δ / 2a)^2

 

假設 y 的根是 y1 and y2 (y1 = +Δ/2a ; y2 = -Δ/2a), 同樣定義 Lagrange resolvent

V1′ = y1 * 1 + y2 * -1 = (α + b/2a) + (β + b/2a) * -1 = α – β = V1 = Δ/a

V2′ = y1 * (-1) + y2 * 1 = β – α = V2 = -Δ/a    (根 permutation)

V1′ + V2′ = V1 + V2 = 0

 

如何從 V1′, V2′ (也就是 V1, V2) 得回 y1, y2  (or α, β)?  

乍看之下二個已知 V1, V2 (下文說如何解 V1 and V2) 可以解 y1, y2.  

實際上 V1, V2 是 linear dependent, 無法唯一決定 y1 and y2.  

E.g. α and β 也是 V1 and V2 的解。

需要額外的條件,就是 y1 + y2 = 0,  寫成

Vo = y1 + y2 = 0 

所以

y1 = 1/2(V1+Vo) = V1/2

y2 = 1/2(V2+Vo) = V2/2

 

來說是定義 t 多項式

(t – V1)(t – V2) = 0   展開有兩種方式:

(a) Brute force :  t^2 – (V1 + V2) t + V1*V2 = t^2 – (Δ/a)^2 

(b) 只要 focus on V1 即可。  (V1′)^2 = V1^2 = (Δ/a)^2

     也就是  t^2 – (Δ/a)^2 = 0  => 三次式以上可以看到 (b) 非常大的優點!

 

 

以三次分圓根: 1, ω, ω^2.   Lagrange resolvent

V1 = α + β ω + γ ω^2

V2 = α ω + β ω^2 + γ

V3 = α ω^2 + β  + γ ω

V1+V2+V3 = 0

注意 V1^3 = V2^3 = V3^3 =>  滿足 C3 permutation invariant

 

另外還有

V4 = α + β ω^2 + γ ω

V5 = α ω + β  + γ ω^2

V6 = α ω^2 + β ω + γ 

V4+V5+V6 = 0

注意 V4^3 = V5^3 = V6^3 =>  滿足 C3 permutation invariant

 

注意以上的等式是平移不變!! (有沒有任何物理含義??)

因為  α, β, γ 加上任何 constant c 都會被消去

V1 = (α+c) + (β+c) ω + (γ+c) ω^2 = α + β ω + γ ω^2 + c (1+ω+ω^2) = α + β ω + γ ω^2

代入 y1, y2, y3 =>  

V1 = 3 ∛(-q/2 – √R)

V2 = ω V1 = 3ω ∛(-q/2 – √R)

V3 = ω^2 V1 = 3ω^2 ∛(-q/2 – √R)

V4 = 3 ∛(-q/2 + √R)

V5 = ω V4 = 3ω ∛(-q/2 + √R)

V6 = ω^2 V4 = 3ω^2 ∛(-q/2 + √R)

有兩種 grouping.  

{V1, V4}, {V2, V5}, {V3, V6}   and {V1, V2, V3}, {V4, V5, V6}

如果我們定義:

(t – V1)(t – V2)(t – V3)(t – V4)(t – V5)(t – V6) =  ??

 

如果真的展開會非常複雜。但如果我們利用 V1, .., V6 的共軛特性,只要看 V1!!

V1 最小多項式 :  ( (V1/3)^3 + q/2 ) ^ 2 = R   或是  ( (t/3)^3 + q/2 )^2 = R 

以上方程式其實滿足所有的 V1, V2, .., V6. 

 

所以 t 的 6 次 (S3 order = 6) 方程式是有理多項式

(t – V1)(t – V2)(t – V3)(t – V4)(t – V5)(t – V6) =  [ ( (t/3)^3 + q/2 )^2 – R ] * 27^2

= ( t^3 + 27 q/2 )^2 – 27^2 R = t^6 + 27 q t^3 + 27^2 ( q^2/4 – R)

重點是如果 field extension from [ Q(√R) : Q] = 2

t 多項式可分解為!!  

(t-V1)(t-V2)(t-V3) * (t-V4)(t-V5)(t-V6) 

= ( (t/3)^3 + q/2 – √R) * ( (t/3)^3 + q/2 + √R) 

 

如果再 field extension from [ Q(∛-q/2 – √R) : Q(√R) ] = 3

則可以完全分解成一次式乘積!!!

 

解出 V1, .., V6 就可以直接解出 α, β, γ.  這部份說明如下:

乍看之下我們有 6 個已知 (V1, V2, .., V6) 來解 3 個未知 (α, β, γ) 應該是輕而易舉。

事實並非如此!!  因為 V1, V2, .., V6 是 linear dependent equations.  (e.g. V1+V2+V3=0)

 

這也可以從 V1, .., V6 的 α 根平移不變看出!  代表有無窮多組 α, β, γ 滿足 V1, .., V6.

所以我們需要增加一組 canonical equation (?).  就是 (1) normalize leading 係數 = 1;

(2) change of variable 讓 2nd leading 係數 = 0.  !!

也就是 Vo = α + β + γ = 0    如果 Vo ≠ 0 也 ok, 只是公式變得比較複雜! 

 

如此可以很容易解出 α, β, γ

α = 1/3 (V1 + V4 + Vo) = 1/3 (V1 + V4)

β = 1/3 (V3 + V5 + Vo) = 1/3 (V3 + V5)

γ = 1/3 (V2 + V6 + Vo) = 1/3 (V2 + V6)

 

Proof:

V1 + V4 + Vo = α + β ω + γ ω^2 + α + β ω^2 + γ ω + α + β + γ

= 3 α + β (1 + ω + ω^2) + γ (1 + ω + ω^2)

=> α = 1/3 (V1 + V4 + Vo)

 

以四次分圓根: 1, i, -1, -i.   Lagrange resolvent

V1 = α + β i – γ – δ i

V2 = α i – β  – γ i + δ 

V3 = -α – β i + γ + δ i

V4 = -α i + β + γ i – δ

V1 + V2 + V3 + V4 = 0  其貫 V1-V4 是 α-γ 的 cyclic group C4 permutation.

 

V5 … V24 省略

 

幾個重點:

* 從原來的 k 次 x 多項式根和係數並無法直接看出 field extension 和 group division 的關係!!  我們要從 k 次 x 代數方程式  => 轉為 n 次 t 代數方程式求根問題。根據 n 次 t 代數方程式的 field extension 和 group division 解根式解。 

* 乍看之下問題變複雜了!  原來 k 次 x 代數方程式求根,變成 n 次 (n=k!) t 代數方程式求根的問題 

其實並非如此:

— 這些 t 根對應的是 x 根的 permutation group (n = k!), 都是單純的共軛根 (參見 x 三次式對應 t 六次式的 V1-V6 根)。可以很容易從一個根 (e.g. V1) 的最小多項式回推出 t 多項以及分解順序。這也是對應的 group division 順序。不像在 x 多項式,所有可以打破對稱性的資訊都變成在多項式係數。非常複雜甚至根本不可能從這些係數還原為根式解。 

— 在利用根的 permutation group 形成 t 多項式。可以用 group division 很快 check 是否可分解。分解 finite group 的特性比解 x 多項式簡單的多。雖多不繁。

— 如果是 Q 可分解的最小多項式 (e.g. 一次式 x+a=0 或是二次式 x^2+ax+b) 對應的 t 多項式可忽略或是化簡。

 舉例而言:  x^2 – 6X + 8 = 0  因為 α, β ∈ Q.    Let y = x-3,   y^2 = 1 ;  x = 3 +/- 1

 V1 = y1 – y2  = 1 + 1 = 2 ;  V2 = y2 – y1 = -2

 (t – 2)(t + 2)  在 Q 可直接分解,不需做 field extension.  對應的 group 就是 E. 

 

* 要從 k 次 x 多項式的 k 個根做成的預解式 V1, V2, …, Vn  where n = k!.   V1, .., Vn 是 k 個根的 linear combination.

  更精確的說是 k 個根的 permutation 得出的 V 值!  V1, V2, .., Vn 是要破壞 k 根的對稱性.  也就是任何 permutation 得出的 V 值都不同!!!!

 但完全的破壞並非對的策略!  部份的破壞對稱性才有價值。


* 定義 n 次 t 多項式的 n=k! 個 t 根。每一個 t 根對應的是 x 根的 permutation 作用在 V 上。

* 三次代數方程式例子可看出 field extension 是從根的內而外的!  意即 √R ->  ∛-q/2-√R!   才能分解 t 的 6 次多項式!

如果是先 ∛ 無法順序分解 t 的 6 次多項式!! 

* 再從 Group division 角度來看。 t 的 6 次多項式代表 S3 (6 permutation).  S3 Subgroup 包含 C3 and C2

  特別 C3 是 normal subgroup;  但 C2 不是 normal subgroup!   是否有任何差異?

  (t-V1)(t-V2)(t-V3)(t-V4)(t-V5)(t-V6) = (t-V1)(t-V2)(t-V3) * (t-V4)(t-V5)(t-V6)

 

  or (t-V1)(t-V4) * (t-V2)(t-V5) * (t-V3)(t-V6)

 

(1)

 

(2)

 

(3) 

 

 

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