close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

О решении уравнения пятой степени.

код для вставкиСкачать
Известия вузов. Математика
2009, № 6, c. 20–30
http://www.ksu.ru/journals/izv_vuz/
e-mail: izvuz.matem@ksu.ru
Е.Н. МИХАЛКИН
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
Аннотация. В статье устанавливается связь между двумя подходами к решению алгебраического уравнения пятой степени: подходами Эрмита–Кронекера (на основе модулярного
эллиптического уравнения) и Меллина (на основе гипергеометрических рядов).
Ключевые слова: алгебраическое уравнение, гипергеометрический ряд.
УДК: 511.334
Abstract. In this paper we establish the relationship between two approaches to the solution of
algebraic fifth-degree equations, namely, the Hermite–Kronecker method (based on the modular
elliptic equation) and the Mellin method (based on hypergeometric series).
Keywords: algebraic equation, hypergeometric series.
1. Общая схема решения уравнения пятой степени
В 1789 г. шведский математик Бринг [1], использовав преобразование Чирнгауза, свел
общее алгебраическое уравнение пятой степени к уравнению вида
y 5 + 5y = a
(1)
(см. также [2], [3]). Известно ([2], [4]), что уравнение (1) разрешимо в терминах модулярных
уравнений. Справедлива
Теорема (Эрмит–Кронекер). Решения уравнения
y 5 + 5y = a
выражаются формулой
yl (a) =
a
ωl2 (a)
+5
, l = 0, 1, 2, 3, 4,
(2)
где
(v∞ − vl )(vl+1 − vl−1 )(vl+2 − vl−2 )
√
5 f 3 (τ )
(индексы при v понимаются по модулю 5), f и a связаны соотношением
√
a2 ± a4 + 256
12
.
f (τ ) =
2
ωl (a) =
(3)
(4)
Поступили: 09.04.2007, окончательный вариант 06.03.2008.
Работа выполнена в рамках грантов Президента РФ МК-2539.2008.1 и НШ-2427.2008.1, а также
гранта Сибирского федерального университета по НМ проекту № 45.2007.
20
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
21
Здесь v0 , . . . , v4 , v∞ — некоторые растяжения и сдвиги модулярной функции
∞
1 (1 + q 2k−1 ) iπτ ,
u = f (τ ) = q − 24
k=1
а именно,
v0 = f
q=e
τ + 96
τ − 48
τ + 48
, v1 = f
, v2 = f
, v3 = f
,
5
5
5
5
τ − 96
, v∞ = f (5τ ) .
v4 = f
5
τ (5)
Параметр a из (1) однозначно выражается через модулярные функции
∞
∞
√ 1 1 − 24
2k−1 2k 12
(1 − q
) iπτ , f2 (τ ) = 2 q
(1 + q )
f (τ ), f1 (τ ) = q
k=1
q=e
k=1
q=eiπτ
равенством
f18 (τ ) − f28 (τ )
= a.
(6)
f 2 (τ )
В [2] также показано, что значения v0 , . . . , v4 , v∞ удовлетворяют модулярному уравнению
v 6 − u5 v 5 + 4uv + u6 = 0.
В данной работе дается решение модулярного уравнения на основе формулы Семушевой–
Циха [5]. Затем выводится формула для решения уравнения (1) в виде ряда с указанием
области сходимости.
2. Функция ψ(τ ) и ее фундаментальная область
Для выяснения свойств функции ψ(τ ) =
ции f (τ ). В [2] показано, что в области
f18 (τ )−f28 (τ )
f 2 (τ )
исследуем некоторые свойства функ-
D = {Im τ > 0, | Re τ | < 1, |τ | > 1}
функция f 24 (τ ) принимает каждое ненулевое значение лишь один раз. При этом некоторые
значения принимаются этой функцией на границе области D. Договоримся далее рассматривать лишь те τ , для которых Im τ > 0.
Приведем некоторые свойства функций f 24 (τ ) и f 12 (τ ) для случая, когда τ лежит на
мнимой оси, а также на границе области
D.
√
4
C1. В [2] показано, что f (i) = 2. Из определения функции f 24 (τ ) легко увидеть, что
когда τ пробегает вверх по мнимой оси от i до бесконечности, тогда f 24 (τ ) принимает
действительные значения и возрастает от 64 до +∞.
C2. Пусть τ пробегает по лучу τ = 1 + ηi (η изменяется от 0 до +∞, η = 0). В этом случае
f 24 (τ ) изменяется от −∞ до 0 (не принимая при этом значение нуль).
C3. Воспользовавшись тем, что преобразование τ → ττ −1
+1 переводит дугу окружности
π
iϕ
τ = e , 2 ≤ ϕ < π, в луч ηi, η ≥ 1, а также тождествами
√
τ −1
= 2,
(7)
f (τ )f
τ +1
1
= f (τ ),
(8)
f −
τ
22
Е.Н. МИХАЛКИН
доказанными в [2], получаем, что в случае, когда τ лежит на единичной окружности |τ | = 1,
где τ изменяется от i до ±1, функция f 24 (τ ) изменяется от 64 (в точке i) до 0.
Далее отметим некоторые свойства функции f 12 (τ ).
C4. Аналогично свойству C1 функции f 24 (τ ) получаем, если τ пробегает вверх по мнимой
оси от i до бесконечности, то f 12 (τ ) принимает действительные значения и возрастает от 8
до +∞.
C5. В случае, когда | Re τ | = 1, действительная часть функции f 12 (τ ) обращается в нуль,
причем Im f 12 (τ ) изменяется от 0 до ∓∞, когда Re τ = ±1 и Im τ изменяется от 0 до +∞
(данное свойство следует непосредственно из определения функции f 12 (τ )).
C6. Пользуясь равенствами (7) и (8), получаем, что при |τ | = 1, где τ изменяется от i до
±1, f 12 (τ ) изменяется от 8 до 0.
Из свойств C5, C6 следует
Утверждение 1. Всюду в области D действительная часть функции f 12 (τ ) положительная
(на границе D — неотрицательная).
Доказательство. Действительно, если в какой-либо внутренней точке τ0 области D имеем
Re f 12 (τ ) < 0, то, соединив отрезком, целиком лежащим в D, точку τ0 с граничной полуокружностью, получим, в силу непрерывности f (τ ) в D, что в одной из внутренних точек
отрезка Re f 12 (τ ) = 0. Но f 12 (τ ) принимает в D чисто мнимые значения лишь на граничных
лучах.
Таким образом, для каждого
ненулевого значения b = f 24 (τ ) функция f 12 (τ ) принимает
√
в D то из значений √
± b, действительная часть которого положительная. Если же действительная часть ± b равна нулю, то значению f 12 (τ ) соответствует τ , находящееся на
граничных лучах (см. C5). Следовательно, с учетом C6 справедливо
Следствие 1. В области D функция f 12 (τ ) принимает лишь один раз каждое значение,
действительная часть которого положительна, кроме значений из отрезка [0, 8].
Далее, в силу тождества ([2], с. 268)
2
8
64
f1 (τ ) − f28 (τ )
= f 12 (τ ) − 12
f 2 (τ )
f (τ )
для изучения функции ψ(τ ) полезно рассмотреть функцию ξ(τ ) = f 12 (τ ) −
Покажем, что для функции ξ(τ ) справедливо
(9)
64
f 12 (τ ) .
Утверждение 2. В замыкании области D функция ξ(τ ) принимает любое комплексное
значение. В области D каждое значение принимается этой функцией не более одного раза.
Доказательство. Сначала покажем, что функцией ξ(τ ) в области D или на ее границе
принимается любое комплексное значение. В самом деле, если бы для некоторого значения
a функция ξ(τ ) = a, √
то f 24 (τ ) − af 12 (τ ) − 64 = 0, а тогда f 12 (τ ) не принимает в D ни одного
a± a2 +256
. Это противоречит следствию 1.
из двух значений
2
Далее покажем, что ни для каких τ1 = τ2 , лежащих в области D, не выполняется равенство ξ(τ1 ) = ξ(τ2 ). Нетрудно убедиться, что последнее равенство выполняется в случае,
когда
(10)
f 12 (τ1 )f 12 (τ2 ) = −64.
Для этого достаточно составить следующую цепочку равенств:
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
ξ(τ1 ) = ξ(τ2 ) ⇔ f 12 (τ1 ) −
64
f 12 (τ
1)
= f 12 (τ2 ) −
64
f 12 (τ
⇔ f 12 (τ1 ) − f 12 (τ2 ) = 64
2)
12
f (τ
23
⇔
− f 12 (τ1 )
⇔ f 12 (τ1 )f 12 (τ2 ) = −64
f 12 (τ1 )f 12 (τ2 )
2)
(последний переход ⇔ сделан в силу того, что функция f 12 (τ ) принимает в D каждое
значение не более одного раза). Равенство (10) показывает, что ξ(τ1 ) = ξ(τ2 ) в D тогда и
только тогда, когда Re f 12 (τk ), k = 1, 2, имеют противоположные знаки либо одновременно
обращаются в нуль. В D возможна лишь ситуация, когда Re f 12 (τ1 ) = Re f 12 (τ2 ) = 0. В
этом случае τ1 и τ2 лежат на граничных к D лучах. Итак, во внутренних точках области
D функция ξ(τ ) принимает каждое значение не более одного раза.
f 8 (τ )−f28 (τ )
.
f 2 (τ )
Теперь перейдем к рассмотрению функции ψ(τ ) = 1
1
= −ψ(τ ).
ψ −
τ
Справедливо равенство
(11)
Действительно, используя свойства функций f (τ ), f1 (τ ), f2 (τ ), доказанные в [2], получаем
f 8 (− 1 ) − f 8 (− 1 )
f 8 (τ ) − f18 (τ )
1
= 1 τ 2 12 τ = 2
= −ψ(τ ).
ψ −
τ
f 2 (τ )
f (− τ )
В силу того, что преобразование τ → − τ1 переводит область D в
1 1
1 1 ,
D1 = Im τ > 0, |Re τ | < 1, τ − > , τ + >
2
2
2
2
в силу равенства (9), связывающего функции ξ(τ ) и ψ(τ ), утверждения 2 для функции ξ(τ )
в D, а также равенства (11) получаем
Утверждение 3. В замыкании области D1 функция ψ(τ ) принимает любое комплесное
значение. В области D1 каждое значение принимается функцией ψ(τ ) не более одного раза.
Следствие 2. Уравнение (6) разрешимо для любого a в области D1 либо на ее границе.
3. Нахождение множества непрерывности функции u12 (a) =
√
a2 + a4 +256
2
В начале данного раздела речь пойдет о выборе знака перед радикалом в представлении
функции f 12 (τ ) (упомянутом в разделе 1). Как следует из [2], при одном из двух значений
√
f 8 (τ )−f 8 (τ )
радикала a4 + 256, где a = 1 f 2 (τ )2 , справедливо равенство (4). Опишем способ нахождения нужного значения радикала. Отметим, что на основании следствия 2 достаточно
рассмотреть значения τ из D1 . В утверждении 1 было показано, что во внутренних точках
области D, а также на граничной к D полуокружности Re f 12 (τ ) > 0. Что же касается
правой части (4), то так как
√
√
a2 + a4 + 256 a2 − a4 + 256
·
= −64,
2
2
то возможны следующие случаи: 1) оба выражения
√
a2 ± a4 +256
2
действительные, причем од-
но из них отрицательное, а другое положительное; 2) выражения
√
a2 ± a4 +256
2
комплексные,
24
Е.Н. МИХАЛКИН
причем действительная часть одного из выражений отрицательная, а другого – положительная, при этом мнимые части рассматриваемых выражений ненулевые; 3) рассматриваемые
выражения чисто мнимые, при этом знаки мнимых частей совпадают.
Следовательно, в первом случае одно из двух выражений в правой части (4) можно выбрать, взяв арифметический квадратный корень из выражения a4 + 256; во втором случае
действительная часть выражения, стоящего в правой части (4), должна быть положительной. Что же касается третьего случая, то τ лежит на граничных к D лучах. Ограничимся
рассмотрением первых двух случаев.
Пусть теперь τ — произвольное число, лежащее в области D2 . Отображение τ → − τ1
переводит область D2 в область D. Равенства (8) и (11) показывают, что при замене τ → − τ1
обе части равенства (4) не изменятся. Таким образом, выбор знака ± перед радикалом в
(4) в случае, когда τ ∈ D2 , можно осуществлять как при τ ∈ D. Итак, если τ — внутренняя
точка области D1 , то выбор знака в выражении (4) осуществляется следующим условием:
[0; π2 ),
если 0 ≤ arg(a4 + 256) < π,
arg a4 + 256 ∈
(− π2 ; 0), если π < arg(a4 + 256) < 2π.
√
f 8 (τ )−f 8 (τ )
функция θ(a) =
a4 + 256 является непрерывной при
Поэтому для a = 1 f 2 (τ )2
4
4
a + 256 ∈ C \ R− . Так как a + 256 < 0 на лучах (Re a)2 = (Im a)2 , где |a| > 4, то полученный результат можно сформулировать в виде следующего утверждения.
2
√
4
Утверждение 4. Функция u12 (a) = a + a2 +256 является непрерывной в односвязной области плоскости переменного a, полученной удалением из C четырех лучей (Re a)2 = (Im a)2 ,
где |a| > 4.
4. Решение модулярного уравнения с помощью гипергеометрического ряда
Как было сказано в разделе 1, значения v0 , v1 , v2 , v3 , v4 , v∞ , перечисленные в виде
значений функции f (τ ), являются корнями модулярного уравнения
v 6 − u5 v 5 + 4uv + u6 = 0,
(12)
в котором u = f (τ ). Запишем его в форме Меллина [6]
z 6 − iu4 z 5 +
4i
z − 1 = 0,
u4
сделав подстановку z = uv i.
Найдем решение этого уравнения. Заметим, что в уравнении при |u| 1 коэффициент в
слагаемом при z 5 является бесконечно малым, а в слагаемом при z — бесконечно большим.
Поэтому, для решения рассматриваемого уравнения воспользуемся формулой Семушевой–
Циха для аналитического продолжения гипергеометрического ряда в виде рядов Пюизо
([5]; о формулах аналитического продолжения гипергеометрических рядов см. также [7]).
Согласно ей при малых |u| корни уравнения запишутся в виде
zj =
k k
u4 πji 1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2 − πji (2k1 +k2 )
e 3
e 3
, j = 0, . . . , 5.
4i
k1 ! k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 45
46
|k|≥0
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
25
Тогда корни уравнения (12) следующие:
v (j) = −
k k
u5 πji 1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2 − πji (2k1 +k2 )
e 3
e 3
4
k1 ! k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 45
46
(13)
|k|≥0
(каждый из корней v (j) совпадает с некоторым vk , k = 0, . . . , 4, ∞). Найдем область сходимости рядов. Для этого достаточно найти область сходимости ряда
k k
1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2
(14)
k1 ! k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 45
46
|k|≥0
с помощью формулы из [8] (также об областях сходимости рассматриваемого ряда см. [9]).
Согласно [8] граница области сходимости рассматриваемого ряда задается параметризацией
Горна–Капранова
24 24 u q1 (4q1 + 5q2 )4
u q2 (4q1 + 5q2 )5
,
|x
|
=
|x1 | = 5 =
2
46 = (5q1 + 6q2 )6 , q1 , q2 ∈ R+ .
4
(5q1 + 6q2 )5
Делая замену t :=
q2
q1
и пользуясь тем, что 4|x2 | = |x1 |, приходим к уравнению
4
(4 + 5t)4
t(4 + 5t)5
=
.
(5 + 6t)6
(5 + 6t)5
√
Решая последнее уравнение, с учетом t > 0 получаем t = −1+4 5 . Вычисления показывают,
что при этом значении t модуль |u12 | = 8. Очевидно, ряд (14) сходится при |u12 | 1. Таким
образом, справедливо
Утверждение 5. Гипергеометрические ряды (13) сходятся при |u12 | < 8.
Для того чтобы найти те значения параметра a уравнения (1), при которых |u12 | < 8
(напомним, что связь между a и u = f (τ ) выражается равенством (4)), докажем
Утверждение 6. Для a ∈ C, модуль
|a2 +
a4 + 256| = 16
(15)
лишь при (Re a)2 = (Im a)2 , где |a| ≤ 4.
Доказательство. Из вида произведения
(a2 + a4 + 256)(a2 − a4 + 256) = −256
√
√
следует, что при |a2 + a4 + 256| = 16 значения a2 ± a4 + 256 симметричны относительно
мнимой оси (плоскости
переменного a). После сдвига на −a2 рассматриваемые выражения
√
4
примут вид ± a + 256 и, следовательно, будут симметричными относительно нуля. Однаπi
ко такой сдвиг возможен лишь тогда, когда a2 — чисто мнимое. Итак, a = be 4 (1+2k) , где
k = 0, 1, 2, 3.
πi
выражение
Найдем
все значения b, для которых
выполняется (15). При a = be 4 (1+2k)
√
√
√
4 +256|, и для 0 ≤ b ≤ 4 имеем |±b2 i+ −b4 +256| = 16.
−b
|a2 + a4 +256| примет вид |±b2 i+
√
Для b > 4 выражение | ± b2 i + −b4 + 256| = 16.
26
Е.Н. МИХАЛКИН
Теперь перейдем
к нахождению всех тех значений a, при которых модуль функции
√
2
4
u12 (a) = a + a2 +256 меньше восьми. Напомним, что в утверждении 4 было показано, что
рассматриваемая функция является непрерывной в каждом из четырех секторов (Re a)2 −
(Im a)2 < 0, (Re a)2 − (Im a)2 > 0.
Несложно убедиться, что при чисто мнимых (ненулевых) значениях a функция u12 (a)
принимает действительные значения, причем 0 < u12 (a) < 8, а при действительных (ненулевых) a функция u12 (a) также действительная, причем u12 (a) > 8.
Итак, получили, что 0<u12 (a)<8 при чисто мнимых значениях a = 0, модуль |u12 (a)| = 8
лишь на отрезках (Re a)2 = (Im a)2 , где |a| ≤ 4. Так как u12 (a) непрерывна при (Re a)2 −
(Im a)2 < 0, то в этих секторах |u12 (a)| < 8.
Воспользовавшись тем условием, что при действительных (ненулевых) a значения
u12 (a) > 8, и рассуждая как в предыдущем абзаце, приходим к выводу, что в секторах
(Re a)2 − (Im a)2 > 0 выполняется неравенство |u12 (a)| > 8.
Сформулируем утверждение 5 с учетом полученного неравенства для функции |u12 (a)| в
секторах (Re a)2 − (Im a)2 < 0.
Теорема 1. Гипергеометрические ряды (13), суженные на u12 =
секторах
(Re a)2 − (Im a)2 < 0.
√
a2 + a4 +256
,
2
сходятся в
5. Представление решения уравнения (1) в виде сужения
гипергеометрических рядов на однопараметрический сдвиг
Следуя схеме решения уравнения (1), для нахождения y0 требуется вычислить квадрат
произведения
(16)
((v∞ − v0 )(v1 − v4 )(v2 − v3 ))2 ,
где vj — сдвиги и растяжения (5) функции f (τ ). Значения vj являются корнями уравнения
(12). В разделе 4 корни уравнения (12) были представлены в виде гипергеометрических
рядов (13) и обозначены v (k) . Сгруппируем v (k) таким образом, чтобы квадрат произведения
((v (j0 ) − v (j1 ) )(v (j2 ) − v (j3 ) )(v (j4 ) − v (j5 ) ))2 , jk = 0, . . . , 5, jm = jn , совпал с (16).
Для этого достаточно разбить v (j) на 3 пары. Такой выбор удобнее сделать, когда параметр a в уравнении (1) принимает чисто мнимое значение. Как было показано выше, в этом
случае τ лежит на окружности τ = eiϕ , 0 < ϕ < π, фундаментальной области D1 функции
τ −4
ψ(τ ). Покажем, что с помощью преобразований τ → − τ1 и τ → τ ± 2 величины τ +4
5 и 5
τ τ +2
можно перевести на единичную окружность области D1 , а величины 5τ и 5 , 5 и τ −2
5
можно перевести так, чтобы соответствующие пары были симметричными относительно
τ →g(τ )
→ B понимать B = g(A),
мнимой оси Im τ . Для краткости письма договоримся под A −−−−−
под b будем понимать tg ϕ2 . Тогда при τ = eiϕ имеем
eiϕ τ0 →− τ0
5
τ
=
−−−−−→ − iϕ = −5e−iϕ , 5τ = 5eiϕ ,
5
5
e
1
eiϕ − 4 τ0 →− τ0
5 cos ϕ − 20
sin ϕ
5
τ −4
=
=
+ 5i
=
−−−−−→ − iϕ
5
5
e −4
8 cos ϕ − 17
17 − 8 cos ϕ
1
τ2 →− τ
10b τ1 →τ1 −2
b
25b2 + 3
25b2 + 3
25b2 + 15
2
+
i
+
10i
+
−
−
−
−
−
−
→
−
−
−
−
−
−
→
=
25b2 + 9
b2 + 9
25b2 + 9
25b2 + 9
25b2 + 1
1
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
27
−25b2 + 1
b
+ 10i
.
2
2
2
25b + 1
25b + 1
25b + 1
Значение последнего выражения лежит на единичной окружности с центром в начале координат.
1
1
Аналогично, после применения к τ +4
5 преобразований τ0 → − τ0 , τ1 → τ1 + 2, τ2 → − τ2 ,
+ 10i
b
τ →τ −2
3
3
−−
−−−
−→
2
b
+ 10i 25+b
τ3 → τ3 + 2 оно переходит в значение 25−b
2 , также лежащее на единичной окруж25+b2
ности.
Далее, применяя последовательно преобразования τ0 → − τ10 , τ1 → τ1 − 2 к выражению
τ −2
5 ,
τ −2
3−3b2
b
1
5 переходит в 1+9b2 + 10i 1+9b2 , а с помощью преобразований τ0 → − τ0 ,
2
−3+3b
b
τ1 → τ1 + 2, τ2 → − τ12 выражение τ +2
5 переходит в 1+9b2 + 10i 1+9b2 .
πi
Теперь применим свойства функции f (τ ) : f (τ ±2) = e∓ 12 f (τ ), f (− τ1 ) = f (τ ), доказанные
получим, что
в [2], к полученным выше выражениям:
11πi
b
τ + 96
τ −4
25b2 + 3
− 5πi
−
v1 = f
=e 6 f
= e 12 f −
+ 10i
=
5
5
25b2 + 9
25b2 + 9
b
−25b2 + 1
b
25b2 + 3
− 11πi
12
+ 10i
= −f
+ 10i
,
f
=e
25b2 + 1
25b2 + 1
25b2 + 1
25b2 + 1
5πi
25 − b2
τ − 96
τ +4
b
=e 6 f
= −f
+ 10i
.
v4 = f
5
5
25 + b2
25 + b2
В силу того, что при τ = eiϕ функция f (τ ) действительная, то v1 , v4 — действительные.
С помощью аналогичных действий приходим к следующим выражениям для v2 и v3 :
5πi
−3 + 3b2
τ − 48
τ +2
b
= e 12 f
=i·f
+ 10i
,
(17)
v2 = f
5
5
1 + 9b2
1 + 9b2
3 − 3b2
b
τ + 48
τ −2
− 5πi
12
=e
= −i · f
f
+ 10i
.
(18)
v3 = f
5
5
1 + 9b2
1 + 9b2
Так как аргументы функции f (τ ) в выражениях (17), (18) симметричны относительно мнимой оси Re τ = 0, то выражения v2 и v3 сопряжены. По этой же причине и пара v0 , v∞
сопряжена.
Таким образом, среди корней v (j) = −iuzj (u) модулярного уравнения (где zj (u) — это
ряды (13)) искомыми парами будут следующие: v (0) и v (3) , v (1) и v (5) , v (2) и v (4) .
Теперь найдем результат умножения (v (0) − v (3) )(v (1) − v (5) )(v (2) − v (4) ), т. е. значение
выражения, квадрат которого совпадает с (16). Для этого вычислим отдельно каждую из
разностей, входящую в произведение:
k k
u5 1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2
(1 + e−π(2k1 +k2 )i ) =
v (0) − v (3) = −
4
k1 !k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 45
46
|k|≥0
=−
u5
2
k2 — четные,
|k|≥0
1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 )
k1 !k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 )
=−
u24
45
k 1 u24
46
k 2
=
k 2k2
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) u24 1 u24
1
u5 .
2
k1 !(2k2 )! Γ(2 + 4k1 + 10k2 ) 45
46
|k|≥0
28
Е.Н. МИХАЛКИН
С помощью аналогичных действий приходим к следующим рядам для v (1) − v (5) и v (2) − v (4) :
k k
u5 1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2
π
(1)
(5)
sin (2k1 + k2 − 1),
v −v = i
5
6
2
k1 !k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 4
4
3
|k|≥0
v
(2)
−v
(4)
k k
u5 1 Γ(1 + 5k1 + 6k2 ) u24 1 u24 2
2π
1
2k1 + k2 +
.
=− i
sin
2
k1 !k2 ! Γ(2 + 4k1 + 5k2 ) 45
46
3
2
|k|≥0
Поэтому
(v (0) − v (3) )(v (1) − v (5) )(v (2) − v (4) ) = −
u15 1
×
8
k1 !(2k2 )! l1 ! l2 ! m1 ! m2 !
|k|≥0,
|l|≥0,
|m|≥0
k +l +m 2k2 +l2 +m2
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) Γ(1 + 5l1 + 6l2 ) Γ(1 + 5m1 + 6m2 ) u24 1 1 1 u24
×
×
Γ(2 + 4k1 + 10k2 ) Γ(2 + 4l1 + 5l2 ) Γ(2 + 4m1 + 5m2 ) 45
46
π
2π
1
× sin (2l1 + l2 − 1) sin
2m1 + m2 +
.
3
3
2
После достаточно очевидных действий выражение для (v (0) − v (3) )(v (1) − v (5) )(v (2) − v (4) )
запишется в виде
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) Γ(1 + 5l1 + 6l2 ) Γ(1 + 5m1 + 6m2 )
(−1)l2
u15 ×
32
k1 !(2k2 )! l1 ! l2 ! m1 ! m2 ! Γ(2 + 4k1 + 10k2 ) Γ(2 + 4l1 + 5l2 ) Γ(2 + 4m1 + 5m2 )
|k|≥0,
|l|≥0,
|m|≥0
πi
πi
× z1k1 z22k2 e 3 w1l1 w2l2 w1m1 w2m2 + e− 3 ξ1l1 ξ2l2 ξ1m1 ξ2m2 + w1l1 w2l2 ξ1m1 ξ2m2 + ξ1l1 ξ2l2 w1m1 w2m2 ,
где z1 = u45 , z2 = u46 , w1 = u45 e 3 , w2 = u46 e− 3 , ξ1 = u45 e− 3 , ξ2 = u46 e 3 .
Преобразуя полученное выражение, приходим к окончательному ответу для произведения (v (0) − v (3) )(v (1) − v (5) )(v (2) − v (4) ):
24
24
24
2πi
24
2πi
24
2πi
24
2πi
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) Γ(1 + 5l1 + 6l2 ) Γ(1 + 5m1 + 6m2 )
(−1)l2
u15 ×
32
k1 !(2k2 )! l1 ! l2 ! m1 ! m2 ! Γ(2 + 4k1 + 10k2 ) Γ(2 + 4l1 + 5l2 ) Γ(2 + 4m1 + 5m2 )
|k|≥0,
|l|≥0,
|m|≥0
×
где ζj =
ω0 = ±
ζ0k1 +2k2
42k2 +l2 +m2
u24 j
ε ,
45
ε=e
πi
πi
e 3 ζ1l1 +m1 ζ2l2 +m2 + e− 3 ζ1l2 +m2 ζ2l1 +m1 + ζ1l1 +m2 ζ2l2 +m1 + ζ1l2 +m1 ζ2l1 +m2 ,
2πi
3
. Тогда ω0 в равенстве (3) примет вид
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) Γ(1 + 5l1 + 6l2 ) Γ(1 + 5m1 + 6m2 )
u12 (−1)l2
√
×
k
!(2k
)!
l
!
l
!
m
!
m
!
Γ(2
+ 4k1 + 10k2 ) Γ(2 + 4l1 + 5l2 ) Γ(2 + 4m1 + 5m2 )
32 5 |k|≥0, 1
2 1 2
1
2
|l|≥0,
|m|≥0
×
ζ0k1 +2k2
42k2 +l2 +m2
πi
πi
e 3 ζ1l1 +m1 ζ2l2 +m2 + e− 3 ζ1l2 +m2 ζ2l1 +m1 + ζ1l1 +m2 ζ2l2 +m1 + ζ1l2 +m1 ζ2l1 +m2 .
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЯ ПЯТОЙ СТЕПЕНИ
29
Теперь подставим полученное значение ω0 в равенство (2). Заметим, что при чисто мнимых a корень y0 уравнения (1) также является чисто мнимым. Действительно, из проведенных выше рассуждений для рассматриваемых значений a следует, что величина ω0
действительная, и в силу (2) y0 чисто мнимое. В частности, y0 (6i) = i. Полученный результат совместно с теоремой 1 и формулой (4), связывающей параметр a уравнения (1) со
значением модулярной функции u = f (τ ), сформулируем в виде следующей теоремы.
Теорема 2. Ветвь решения y(a) уравнения (1) с условием y(6i) = i находится по формуле
a
.
y(a) = 2
ω (a) + 5
Величина ω(a) выражается суммой гипергеометрических рядов
ω(a) =
Γ(1 + 5k1 + 12k2 ) Γ(1 + 5l1 + 6l2 ) Γ(1 + 5m1 + 6m2 )
(−1)l2
t
√
×
32 5 |k|≥0, k1 !(2k2 )! l1 ! l2 ! m1 ! m2 ! Γ(2 + 4k1 + 10k2 ) Γ(2 + 4l1 + 5l2 ) Γ(2 + 4m1 + 5m2 )
|l|≥0,
|m|≥0
×
ζ0k1+2k2
42k2 +l2 +m2
πi
πi
e 3 ζ1l1 +m1 ζ2l2 +m2 + e− 3 ζ1l2 +m2 ζ2l1 +m1 + ζ1l1 +m2 ζ2l2 +m1 + ζ1l2 +m1 ζ2l1 +m2 , (19)
2
вычисленных при ζj = 4t 5 εj , где
√
2πi
a2 + a4 + 256
, ε = e 3 — первообразный корень степени 3 из единицы.
t=
2
Как функциональные ряды переменного a, они сходятся в секторах
(Re a)2 − (Im a)2 < 0.
Отметим, что каждый из четырех рядов в (19) представляется суммой девяти гипергео 2 4 6 6 6 6
метрических рядов от переменных 4t 5 , 4t12 , 4t15 , 4t18 , 4t15 , 4t18 . Таким образом, участвующие в
теореме 2 ряды можно интерпретировать как сужения шестикратных гипергеометрических
рядов переменных (z1 , z2 , w1 , w2 , s1 , s2 ) на однопараметрический сдвиг
t2
t4
t6
t6
t6
t6
,
z
=
,
w
=
,
w
=
,
s
=
,
s
=
2
1
2
1
2
45
412
415
418
415
418
(предполагается, что степени переменных zi , wi , si обозначают соответственно ki , li , mi ).
z1 =
Литература
[1] Bring E.S. Meletamata quaedam mathematica circa transformationem aequationen algebraicarum. – Uppsala.
– 1786. – V. 107.
[2] Прасолов В.В., Соловьев Ю.П. Эллиптические функции и алгебраические уравнения. – М.: Факториал,
1997. – 288 с.
[3] Клейн Ф. Лекции об икосаэдре и решении уравнений пятой степени. – М.: Наука, 1989. – 336 с.
[4] Чеботарев Н.Г. Теория Галуа. – М.: Объединенное научн.-техн. изд. НКТП СССР, 1936. – 154 с.
[5] Семушева А.Ю., Цих А.К. Продолжение исследований Меллина о решении алгебраических уравнений
// Комплексный анализ и дифферен. операторы (к 150-летию С.В. Ковалевской). – 2000. – С. 134–146.
[6] Mellin H.J. Résolution de l’équation algébrique générale à l’aide de la fonction gamma // C. R. Acad. Sci.
Paris Sér. I Math. – 1921. – V. 172. – P. 658–661.
[7] Пассаре М., Цих А.К., Чешель А.А. Кратные интегралы Меллина–Барнса как периоды многообразий
Калаби–Яу с несколькими модулями // Теор. и матем. физика. – 1996. – Т. 109. – № 3. – С. 381–394.
[8] Семушева А.Ю. Об областях сходимости гипергеометрических рядов многих переменных // Сиб.
матем. журн. – 2006. – Т. 47. – № 4. – С. 888–897.
30
Е.Н. МИХАЛКИН
[9] Passare M., Tsikh A. Algebraic equations and hypergeometric series // The legacy of N.H. Abel. – SpringerVerlag. – 2004. – P. 653–672.
Е.Н. Михалкин
доцент, кафедра математического анализа и методики его преподавания,
Красноярский государственный педагогический университет,
660049, г. Красноярск, ул. Лебедевой, д. 89,
e-mail: mikhalkin@bk.ru
E.N. Mikhalkin
Associate Professor, Chair of Mathematical Analysis and Teaching Principles,
Krasnoyarsk State Pedagogical University,
89 Lebedeva str., Krasnoyarsk, 660049 Russia,
e-mail: mikhalkin@bk.ru
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
12
Размер файла
208 Кб
Теги
степени, решение, уравнения, пяток
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа