十七角形の派生

2
calculatormathematical 2019-11-09 03:44.

私は現在、カール・フリードリヒ・ガウスによる17ゴンの構築可能性の導出に非常に興味を持っています。誰かがの解決策について簡単な説明を得ましたか

$$x^{17} - 1=0?$$

それは彼が示した方程式でした

\ begin {align} \ cos \ frac {360 ^ \ circ} {17}&= \ frac {1} {16} \ left(-1 + \ sqrt {17} + \ sqrt {2 \ left(17- \ sqrt {17} \ right)} + 2 \ sqrt {17 + 3 \ sqrt {17}-\ sqrt {2 \ left(17- \ sqrt {17} \ right)}-2 \ sqrt {2 \ left(17 + \ sqrt {17} \ right)}} \ right)\\&\ approx0.93247222940435580457311589182156。\ end {align}

誰かが彼の由来を簡単に説明できますか?

2 answers

4
Batominovski 2019-11-09 06:06.

これはスケッチなので、埋める必要のあるギャップがあります。同様の手順について説明します。 最小の次数と根を持つ積分係数の多項式を見つける $z+z^3+z^9$。。私はあなたが求める簡単な説明を知らないのではないかと思います。ここでの私の答えはガロア理論に依存しており、同様のプロセスを使用して任意の規則を構築できると信じています$F_p$-gon if $F_p=2^{2^p}+1$ フェルマー素数です。

しましょう $\zeta$ プリミティブを示します $17$-統一の根 $$e^{\frac{2i\pi}{17}}=\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)+i\sin\left(\frac{2\pi}{17}\right).$$ で示す $\Bbb K$ の拡大フィールド $\mathbb{Q}$ によって生成されます $\zeta$。しましょう$R$ リングになる $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$ ユニットのグループと $G=R^\times \cong \mathbb{Z}/16\mathbb{Z}$。しましょう$G_0$ の自明なサブグループである $G$。識別する$G$ ガロア群と $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 経由 $$g\mapsto \Big(f(\zeta)\mapsto f\left(\zeta^g\right)\Big)$$ それぞれについて $g\in G$ そしてそれぞれのために $f(x)\in \mathbb{Q}[x]$

以来 $3$ 原始要素を法とする $17$、のサブグループ $G$ によって生成されます $3^{2^3}=3^{8}$ サブグループです $G_1\geq G_0$$G$$[G_1:G_0]=2$。定義する $$\omega_1=\zeta^{3^0}+\zeta^{3^8}=\zeta+\zeta^{16}.$$ 次に、固定フィールド $\Bbb K_1$$G_1$ サブフィールドです $\Bbb K_1=\mathbb{Q}(\omega_1)$$\Bbb K$ これは $[\Bbb K:\Bbb K_1]=2$

さあ、 $G_2$ のサブグループになる $G$ によって生成されます $3^{2^2}=3^{4}$、 そのため $G_2$ 含まれています $G_1$ そして $[G_2:G_1]=2$。定義する $$\omega_2=\zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}=\zeta+\zeta^4+\zeta^{13}+\zeta^{16}.$$ 次に、固定フィールド $\Bbb K_2$$G_2$ サブフィールドです $\Bbb K_2=\mathbb{Q}(\omega_2)$$\Bbb K_1$ これは $[\Bbb K_1:\Bbb K_2]=2$

次に、 $G_3$ のサブグループになる $G_2$ によって生成されます $3^{2^1}=3^2$、 そのため $G_3$ 含まれています $G_2$ そして $[G_2:G_3]=2$。定義する $$\omega_3=\zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}},$$ すなわち、 $$\omega_3=\zeta+\zeta^2+\zeta^4+\zeta^8+\zeta^{9}+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}.$$ したがって、固定フィールド $\Bbb K_3$$G_3$ サブフィールドです $\Bbb K_3=\mathbb{Q}(\omega_3)$$\Bbb K_2$ これは $[\Bbb K_2:\Bbb K_3]=2$

最後に、注意してください $[\Bbb K_3:\mathbb{Q}]=2$。したがって、$\omega_3$ の既約モニック二次多項式の根です $\mathbb{Q}[x]$。しましょう $$\omega_3'=\zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}},$$ そのため $$\omega_3'=\zeta^3+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{14}.$$ それはそれを示すことができます $\omega_3+\omega_3'=-1$ そして $\omega_3\omega_3'=-4$。したがって、$\omega_3$ そして $\omega_3'$ 多項式の根です $x^2+x-4$、 そう $$\Bbb K_3=\mathbb{Q}(\omega_3)\cong \mathbb{Q}[x]/(x^2+x-4),$$ そして $$\{\omega_3,\omega'_3\}=\left\{\frac{-1\pm\sqrt{17}}{2}\right\}.$$ それを見ることができます $$2\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)+2\cos\left(\frac{4\pi}{17}\right)+2\cos\left(\frac{8\pi}{17}\right)+2\cos\left(\frac{16\pi}{17}\right)=\omega_3=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}.$$

次に、定義します $$\omega_2'=\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}}$$ そのため $$\omega'_2=\zeta^2+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{15}.$$ したがって、 $\omega_2+\omega_2'=\omega_3$ そして $\omega_2\omega_2'=-1$。これの意味は$\omega_2$ そして $\omega'_2$ 多項式の根です $x^2-\omega_3x-1$、したがって、\ begin {align} \ Bbb K_2&= \ mathbb {Q}(\ omega_2)\ cong \ Bbb K_3 [x] /(x ^ 2- \ omega_3x-1)\\&\ cong \ Bbb {Q} [ x] /(x ^ 4 + x ^ 3-6x ^ 2-x + 1)、\ end {align} および $$\{\omega_2,\omega'_2\}=\left\{\frac{\omega_3\pm\sqrt{\omega_3^2+4}}{2}\right\}.$$ それを見ることができます $$2\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)+2\cos\left(\frac{8\pi}{17}\right)=\omega_2=\textstyle\frac{\omega_3+\sqrt{\omega_3^2+4}}{2}=\frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{2(17-\sqrt{17})}}{4}.$$

最後に、 $$\omega'_1=\zeta^{3^4}+\zeta^{3^{12} }=\zeta^4+\zeta^{13}.$$ したがって、 $\omega_1+\omega_1'=\omega_2$ そして $\omega_1\omega_1'=\frac{\omega_2^2-\omega_2'-4}{2}=\frac{\omega_2(1+\omega_3)-\omega_3-3}{2}$。これは$\omega_1$ そして $\omega'_1$ 多項式の根です $x^2-\omega_2x+\frac{\omega_2(1+\omega_3)-\omega_3-3}{2}$、したがって、 \ begin {align} \ Bbb K_1&= \ mathbb {Q}(\ omega_1)\ cong \ Bbb K_2 [x] / \ left(x ^ 2- \ omega_2x + \ frac {\ omega_2(1+ \ omega_3)- \ omega_3-3} {2} \ right)\\&\ cong \ Bbb K_3 [x] / \ Big(x ^ 4- \ omega_3x ^ 3-(\ omega_3 + 2)x ^ 2 +(2 \ omega_3 + 3)x-1 \ Big)\\&\ cong \ mathbb {Q} [x] /(x ^ 8 + x ^ 7-7x ^ 6-6x ^ 5 + 15x ^ 4 + 10x ^ 3-10x ^ 2 -4x + 1)、\ end {align} および $$\{\omega_1,\omega_1'\}=\left\{\textstyle \frac{\omega_2\pm\sqrt{\omega_2^2-2\big(\omega_2(1+\omega_3)-\omega_3-3\big)}}{2}\right\}=\left\{\frac{\omega_2\pm\sqrt{2\omega_3+7-\omega_2(2+\omega_3)}}{2}\right\}.$$ それはそれを示すことができます $$2\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)=\omega_1=\frac{\omega_2+\sqrt{2\omega_3+7-\omega_2(2+\omega_3)}}{2},$$ つまり、 $$\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)=\frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{2(17-\sqrt{17})}+2\sqrt{D}}{16},$$ どこ $$D=4\big(2\omega_3+7-\omega_2(2+\omega_3)\big),$$ または $$D=17+3\sqrt{17}-\sqrt{170+38\sqrt{17}}.$$ (それを観察する $\sqrt{170+38\sqrt{17}}=\sqrt{2(17-\sqrt{17})}+2\sqrt{2(17+\sqrt{17})}$。)

ちなみに、 $\zeta$ それに注意することによって $$\zeta+\frac{1}{\zeta}=\zeta+\zeta^{16}=\omega_1.$$ したがって、 $\zeta$ (と同様 $\bar\zeta=\frac{1}{\zeta}=\zeta^{16}$)は多項式の根です $x^2-\omega_1x+1$。あれは、$\Bbb K=\mathbb{Q}(\zeta)$満足は \\&\コング\ mathbb {K {ALIGN} \ BBB K&= \ mathbb {Q}(\ゼータ)\コング\ mathbb {K} _1 [X] /(X ^ 2- \ omega_1x + 1)を開始\ } _2 [x] / \ Big(x ^ 4- \ omega_2x ^ 3 + {\ textstyle \ frac {\ omega_2(1 + \ omega_3)-\ omega_3 + 1} {2}} x ^ 2- \ omega_2x + 1 \ Big)\\&\ cong \ mathbb {K} _3 [x] / \ big({\ small x ^ 8- \ omega_1x ^ 7 +(2- \ omega_1)x ^ 6 +(3- \ omega_1)x ^ 5+(1-2 \ omega_1)x ^ 4 +(3- \ omega_1)x ^ 3 +(2- \ omega_1)x ^ 2- \ omega_1x + 1} \ big)\\&\ cong \ mathbb { Q} [x] /({\ small x ^ {16} + x ^ {15} + x ^ {14} + x ^ {13} + x ^ {12} + x ^ {11} + x ^ {10 } + X ^ 9 + X ^ 8 + X ^ 7 + X ^ 6 + X ^ 5 + X ^ 4 + X ^ 3 + X ^ 2 + X + 1})。\端{ALIGN} 我々は持っています $$\left\{\zeta,\bar{\zeta}\right\}=\left\{\frac{\omega_1\pm i\sqrt{4-\omega_1^2}}{2}\right\}.$$ 明らかに、 $$\zeta=\frac{\omega_1+i\sqrt{4-\omega_1^2}}{2},$$ そのため $$\sin\left(\frac{2\pi}{17}\right)=\frac{\sqrt{4-\omega_1^2}}{2}.$$ この値を書き留めるのは大変な作業ですが、 $\sin\left(\frac{2\pi}{17}\right)$ ラジカルの観点から見ることができます https://mathworld.wolfram.com/TrigonometryAnglesPi17.html。の最小多項式$\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right)$ そして $\sin\left(\frac{2\pi}{17}\right)$$\mathbb{Z}[x]$ それぞれです。 $$\small 256x^8+128x^7-448x^6-192x^5+240x^4+80x^3-40x^2-8x+1$$ そして $$\scriptsize 65536x^{16}-278528x^{14}+487424x^{12}+452608x^{10}+239360x^8-71808x^6+11424x^4-816x^2+17.$$ 私は私の答えをで終わります https://en.wikipedia.org/wiki/Heptadecagon#Construction 正十七角形の。

3
Fabio Lucchini 2019-11-10 04:19.

これは初等的証明です。しましょう$\varphi=\frac\pi{17}$$$S=-\sum_{n=1}^8(-1)^n\cos(n\varphi)$$ による乗算 $2\cos(\varphi/2)$与える: \ begin {align} 2S \ cos \ left(\ frac \ varphi 2 \ right)&=-\ sum_ {n = 1} ^ 8(-1)^ n \ left(\ cos \ left(\ frac { 2n-1} 2 \ varphi \ right)-\ cos \ left(\ frac {2n + 1} 2 \ varphi \ right)\ right)\\&= \ cos \ left(\ frac 12 \ varphi \ right)- \(\ FRAC {17} 2 \ varphi \右)\\&= \ COS \左(\ FRAC \ varphi2 \右)\端{ALIGN}左\ COS よう$S=\frac 12$。ここで、 \ begin {align} X&= \ cos(3 \ varphi)+ \ cos(5 \ varphi)-\ cos(6 \ varphi)+ \ cos(7 \ varphi)\\ Y&=-\ cos(\ varphi) )+ \ COS(2 \ varphi)+ \ COS(4 \ varphi)+ \ COS(8 \ varphi)\端{ALIGN} よう$X-Y=\frac 12$。また、$XY=4S=2$、したがって $XY=1$これにより、 \ begin {align}&X = \ frac {\ sqrt {17} +1} 4 && Y = \ frac {\ sqrt {17} -1} 4 \ end {align}が得られ ます。 \ begin {align} z&= \ cos \ COS(7 \ varphi)\端{ALIGN} - (3 \ varphi)+ \ COS(5 \ varphi)\\ X&= \ COS(6 \ varphi) よう$X=z-w$。次に$2zx=S=\frac 12$、したがって、 \ begin {align} z&= \ frac {1 + \ sqrt {17} + \ sqrt {34 + 2 \ sqrt {17}}} 8 \\ x&= \ frac {-1- \ sqrt { 17} + \ sqrt {34 + 2 \ sqrt {17}}} 8 \ end {align} 同様に、$y=\cos(\varphi)-\cos(4\varphi)$ そして $v=\cos(2\varphi)+\cos(8\varphi)$ 満足させる $Y=v-y$ そして $yv=\frac 14$、したがって、 \ begin {align} y&= \ frac {1- \ sqrt {17} + \ sqrt {34-2 \ sqrt {17}}} 8 \\ v&= \ frac {-1 + \ sqrt {17} + \ sqrt {34-2 \ sqrt {17}}} 8 \ end {align} 最後に$\cos(2\varphi)+\cos(8\varphi)=v$ そして $\cos(2\varphi)\cos(8\varphi)=\frac x2$ そこから $$\cos(2\varphi)=\frac 1{16}\left(-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}+2\sqrt{17+3\sqrt{17}-\sqrt{170+38\sqrt{17}}}}\right)$$

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