查看“︁五次方程”︁的源代码

{{Multiple issues|
{{Refimprove|time=2014-05-28T10:09:34+00:00}}
{{Rough translation|time=2022-02-18T19:52:13+00:00}}
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{{NoteTA
|G1 = Math
}}
[[File:Quintic function.png|thumb|250px|<math>y=x^5+13x^4+35x^3-85x^2-216x+252</math>的圖形]]
'''五次方程'''是一種最高次數為五次的[[多項式]][[方程]]。本條目專指只含一個未知數的五次方程（一元五次方程），即方程形如
:<math>ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f=0</math>
其中，''a''、''b''、''c''、''d''、''e''和''f''为[[复数域]]内的数，且''a''不为零。例如：
:<math>x^5-4x^4+2x^3-3x+7=0</math>

[[二次方程]]很早就找到了公式解。經過數學家們的不斷努力，[[三次方程]]及[[四次方程]]在16世紀中有了解答，但是之后很长的一段时间里沒有人知道五次方程是否存在公式解。直到1824年，[[保羅·魯菲尼 (數學家)|保羅·魯菲尼]]和[[尼爾斯·亨利克·阿貝爾|尼爾斯·阿貝爾]]證明了一般的五次方程，不存在統一的根式解（即由方程的係數通過有限次的[[四則運算]]及[[根號]]組合而成的公式解）<ref>{{cite book 
 |author= 阿米爾·艾克塞爾（Amir D. Aezel）
 |title= 費馬最後定理
 |year= 1998
 |publisher= 時報出版
 |location= 台北
 |isbn= 957-13-2648-8
 |pages=p.87
}}</ref>。認為一般的五次方程沒有公式解存在的看法其实是不正確的。事實上，利用一些[[超越函數]]，如[[Θ函数]]或[[戴德金η函數]]即可構造出五次方程的公式解。另外，若只需求得數值解，可以利用數值方法（如[[牛頓法]]）得到相當理想的解答。

證明一般五次及其以上的一元多项式方程無根式解的人是[[埃瓦里斯特·伽羅瓦]]，他巧妙地利用[[群論]]處理了上述的問題。

==布靈·傑拉德正規式==
對於一般的五次方程式
:<math>x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5=0\,</math>    
可以藉由以下的[[多项式变换]]    
:<math>y = x^4+b_1x^3+b_2x^2+b_3x+b_4\,</math>    
得到一個<math>y \,</math>的五次多項式，上述的轉換稱為{{Link-en|契爾恩豪森轉換|Tschirnhaus transformation}}（Tschirnhaus transformation），藉由特別選擇的係數<math>b_i\,</math>，可以使<math>y^4\,</math>,<math>y^3\,</math>,<math>y^2\,</math> 的係數為<math>0\,</math>，從而得到如下的方程式：    
:<math>y^5 + my+ n=0\,</math>    
以上的化簡方法是由{{link-en|厄蘭·塞缪爾·布靈|Erland Samuel Bring}}所發現，後來{{link-en|喬治·傑拉德|George Jerrard}}也獨立發現了此法，因此上式稱為'''布靈·傑拉德正規式'''（'''Bring-Jerrard normal form'''）。    
其步驟如下：    
首先令    
:<math>x= y-\frac{a_1}{5} \,</math>
可消去四次方項，得到    
:<math>y^5+ay^3+by^2+cy+d=0\,</math>；
其中，
:<math>a=\frac{5a_2-2a_1^2}{5}\,</math>
:<math>b=\frac{25a_3-15a_1a_2+4a_1^3}{25}\,</math>
:<math>c=\frac{125a_4-50a_1a_3+15a_1^2a_2-3a_1^4}{125}\,</math>
:<math>d=\frac{3125a_5-625a_1a_4+125a_1^2a_3-25a_1^3a_2+4a_1^5}{3125} \,</math>
接下來，令<math>z= y^2+py+q\,</math>，     
得到
:<math>z^5+Pz^4+Qz^3+Az^2+Bz+C=0\,</math>，    
再令<math>P=Q=0\,</math>，    
求得    
:<math>p=\frac{-15b+\sqrt{60a^3+225b^2-200ac}}{10a} \,</math>；
:<math>q={2a \over 5} .\,</math>    
第三步，利用契爾恩豪森想到的方法，令：    
:<math>X=z^4+b_1z^3+b_2z^2+b_3z+b_4\,</math>，    
代入    
:<math>z^5+Az^2+Bz+C=0\,</math>，    
得到    
:<math>X^5+RX^4+SX^3+TX^2+UX+V=0\,</math>，    
再令<math>R=S=T=0\,</math>，     
則得<math>b_4=\frac{3A b_1+4B}{5}\,</math>，    
若令<math>b_2=-\frac{4Bb_1+5C}{3A}\,</math>，    
則<math>b_1\,</math>，<math>b_3\,</math>可由以下兩個方程解得：   
:<math> (27A^4-160B^3+300ABC) b_1^2+(27A^3B-400B^2C+375C^2A) b_1\,+(18A^2B^2-45A^3C-250BC^2)=0 ; \,</math> 


:<math>675A^3b_3^3+(3375A^2Cb_1-3600AB^2b_1-2025A^4\,-4500ABC)b_3^2</math>
:<math>+(675A^3Bb_1^2+6000B^2Cb_1^2\,+7200A^2B^2b_1-4050A^3Cb_1+15000C^2Bb_1\,\!+9375C^3+9675A^2BC+2025A^5)b_3+\,</math>
:<math>(-4770A^3BC-1125A^2C^2b_1^2-1500B^2C^2\,-320AB^3b_1^3-960B^4b_1^2-3843A^3B^2b_1+1485A^4Cb_1-54A^5b_1^3</math>
:<math>-6250AC^3-2400B^3Cb_1-108A^2B^3-675A^6\,-756A^4Bb_1^2-9375AC^2Bb_1-3900AB^2Cb_1^2-225A^2BCb_1^3) = 0 .\,</math>

若以函數的觀點來看，方程
:<math>X^5+UX+V= 0\,</math>
的解有兩個[[自變數]] <math>U\,</math>, 和 <math>V\,</math>。

若再令
:<math>X= \sqrt[4]{-U}\xi\,</math>
則方程式可以進一步化簡為如下形式：
:<math>\xi^5 - \xi+ t = 0\,</math>
它的解 <math>\xi\,</math> 是單一變數 <math>t\,</math> 的函數。

==特殊五次方程的求根公式==
雖然一般的五次方程不存在根式解，但是對於某些特殊的五次方程，滿足某些條件後還是有根式解的。
===型式1===
:<math>
{ax^5+bx^4+cx^3+\frac{15abc-4b^3}{25a^2}x^2+\frac{25a^2c^2-5ab^2c-b^4}{125a^3}x+f=0}
</math>，当<math>a\ne0</math>时，
<div style="overflow:auto">
:<math>{x_1=\frac{-2b+\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}{10a}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
:<math>{x_2=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
:<math>{x_3=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
:<math>{x_4=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
:<math>{x_5=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,</math></div>

===型式2===
:<math> 
{(c^2+1)x^5+5d^4(3\mp c)x-4d^5(\pm 11+2c)=0}
</math>，当<math>c\ne{\pm{i}}</math>时，



:<math>x_1=d\left[A+B+C+D\right]\,</math>


<div style="overflow:auto">
:<math>x_2=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]
+d\left[\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,</math></div>

<div style="overflow:auto">
:<math>x_3=d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,</math></div>

<div style="overflow:auto">
:<math>x_4=d\left[\frac{ (-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,</math></div>

<div style="overflow:auto">
:<math>x_5=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]
+d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,</math></div>

其中


:<math>A=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,</math>

:<math>B=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,</math>

:<math>C=\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(\sqrt{c^2+1}-\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,</math>

:<math>D=-\sqrt[5]{\frac{\left( \sqrt{c^2+1}
-\sqrt{c^2+1\mp\sqrt{c^2+1}}\right)^2\left(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm\sqrt{c^2+1}}\right)}
{(c^2+1)^2}}\,</math>

===型式3===
<div><math>{a^2x^5+5abx^3+5b^2x+ac=0}</math>，当<math>a\ne0</math>时，</div>
<div style="overflow:auto">
<math>{x_1=\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>{x_2=\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>{x_3=\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>{x_4=\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,</math></div>
<div style="overflow:auto">
<math>{x_5=\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,</math></div>

== 通過模橢圓函數求解 ==
在 Tschirnhaus 變換的幫助下，所有五次方程都可以在初等數學函數表達式的幫助下轉換為 Bring-Jerrard 形式。 Bring-Jerrard 形式包含五次項、線性項和絕對項。 但是四次、三次和二次項在這種形式的方程中根本不存在。 Bring-Jerrard 形式的廣義橢圓解將在以下段落中討論。根據數學家 Glashan、Young 和 Runge 發現的參數化公式，可以從方程和實解中導出以下一對公式:

: <math>x^5 + x = \frac{2}{5}y^{-5/4}\frac{(1 + y - y^2)\sqrt{2 + 2y^2}}{\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}}</math>
: <math>x = \frac{2}{5}y^{-1/4}\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}\cosh\biggl\{\frac{1}{5}\text{arcosh}\biggl[\frac{5\sqrt{5 + 5y^2}}{(1 + 2y)\sqrt{4 + 6y - 4y^2}}\biggr]\biggr\} -</math>
: <math>- \frac{2}{5}y^{-1/4}\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}\sinh\biggl\{\frac{1}{5}\text{arsinh}\biggl[\frac{5y\sqrt{5 + 5y^2}}{(2 - y)\sqrt{4 + 6y - 4y^2}}\biggr]\biggr\}</math>

這對公式對所有值 0 < y < 2 都有效。對於要用這種方法求解的 Bring-Jerrard 的一般形式，需要一個橢圓鍵。 這個橢圓密鑰可以根據 [[卡爾·雅可比]] (Carl Gustav Jakob Jacobi) 使用 [[Θ函數]] 生成:

: <math>x^5 + x = w</math>
: <math>x = \frac{2}{5}y^{-1/4}\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}\cosh\biggl\{\frac{1}{5}\text{arcosh}\biggl[\frac{5\sqrt{5 + 5y^2}}{(1 + 2y)\sqrt{4 + 6y - 4y^2}}\biggr]\biggr\} -</math>
: <math>- \frac{2}{5}y^{-1/4}\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}\sinh\biggl\{\frac{1}{5}\text{arsinh}\biggl[\frac{5y\sqrt{5 + 5y^2}}{(2 - y)\sqrt{4 + 6y - 4y^2}}\biggr]\biggr\}</math>
: <math>y = \frac{5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle^2}{2\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2} - \frac{1}{2}</math>

現在在下面精確地解釋這個解決過程。 本段上式的等式刻度的右側取值 w:

: <math>w = \frac{2}{5}y^{-5/4}\frac{(1 + y - y^2)\sqrt{2 + 2y^2}}{\sqrt[4]{10 + 15y - 10y^2}}</math>

必須為值 y 求解該方程。 這需要一個橢圓模函數表達式，在這種情況下包括<ref>{{Cite web |url=https://zenodo.org/record/2401804#.Yg_lMpYxm3A |title=存档副本 |access-date=2022-02-18 |archive-date=2022-02-18 |archive-url=https://web.archive.org/web/20220218183025/https://zenodo.org/record/2401804#.Yg_lMpYxm3A }}</ref> Jacobi theta 函數:

: <math>y = \frac{5\,\vartheta_{00}\bigl\{q\bigl[\bigl(50\sqrt{5}\,w^2 + 32 + 2\sqrt{3125w^4 + 256}\bigr)^{-1/2}\bigl(\sqrt{\sqrt{3125w^4 + 256} + 16} + 5\sqrt[4]{5}\,w\bigr)\bigr]^5\bigr\}^2}{2\,\vartheta_{00}\bigl\{q\bigl[\bigl(50\sqrt{5}\,w^2 + 32 + 2\sqrt{3125w^4 + 256}\bigr)^{-1/2}\bigl(\sqrt{\sqrt{3125w^4 + 256} + 16} + 5\sqrt[4]{5}\,w\bigr)\bigr]\bigr\}^2} - \frac{1}{2}</math>

此解表達式與以下表達式一致:

: <math>y = \frac{5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle^2}{2\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2} - \frac{1}{2}</math>

== 橢圓函數的定義和恆等式 ==
現在必須定義此表達式中指定的函數。 所示的主要 theta 函數具有以下總和定義和以下等效乘積定義:

: <math>\vartheta_{00}(z) = 1 + 2\sum_{k = 1}^{\infty} z^{k^2} </math>
: <math>\vartheta_{00}(z) = \prod_{k = 1}^{\infty} (1 - z^{2k})(1 + z^{2k - 1})^2</math>

字母 q 描述了數學橢圓 nome 函數:

: <math>q(\varepsilon) = \exp[-\pi K(\sqrt{1 - \varepsilon^2}) K(\varepsilon)^{-1}] </math>

內商中顯示的字母 K 表示完整的第一類 [[椭圆积分]]:

: <math>K(r) = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{1-r^2\sin(\varphi)^2}} \mathrm{d}\varphi </math>
: <math>K(r) = 2\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{(u^2 + 1)^2 - 4r^2 u^2}} \mathrm{d}u </math>

縮寫 '''ctlh''' 表示函數 ''双曲双扭线餘切函数''<ref>{{Cite web |url=https://journalofinequalitiesandapplications.springeropen.com/articles/10.1186/1029-242X-2014-35 |title=存档副本 |access-date=2022-02-18 |archive-date=2022-02-18 |archive-url=https://web.archive.org/web/20220218182350/https://journalofinequalitiesandapplications.springeropen.com/articles/10.1186/1029-242X-2014-35 }}</ref> (Hyperbolic lemniscate cotangent)。 而縮寫 '''aclh''' 表示函數 ''双曲双扭线 面積餘弦函数'' (Hyperbolic lemniscate Areacosine)。 這些函數與 [[卡爾·弗里德里希·高斯]](Carl Friedrich Gauss) 建立的 双扭线函数<ref>{{Cite web |url=https://math.stackexchange.com/questions/3655897/how-to-use-lemniscate-sine-and-lemniscate-cosine-elliptic-integrals |title=存档副本 |access-date=2022-02-19 |archive-date=2022-02-19 |archive-url=https://web.archive.org/web/20220219063826/https://math.stackexchange.com/questions/3655897/how-to-use-lemniscate-sine-and-lemniscate-cosine-elliptic-integrals }}</ref> (Lemniscate elliptic functions) sl 和 cl 在代數上相關，並且可以使用這兩個函數來定義： 

: <math>\mathrm{sl}(\varphi) = \tan\biggl\langle 2\arctan\biggl\{\frac{4}{G}\sin\bigl(\frac{\varphi}{G}\bigr)\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cosh[(2k-1)\pi]}{\cosh[(2k-1)\pi]^2 - \cos(\varphi/G)^2}\biggr\}\biggr\rangle</math>
: <math>\mathrm{cl}(\varphi) = \tan\biggl\langle 2\arctan\biggl\{\frac{4}{G}\cos\bigl(\frac{\varphi}{G}\bigr)\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cosh[(2k-1)\pi]}{\cosh[(2k-1)\pi]^2 - \sin(\varphi/G)^2}\biggr\}\biggr\rangle</math>
: <math>[\text{sl}(\varphi)^2 + 1][\text{cl}(\varphi)^2 + 1] = 2 </math>
: <math>\text{ctlh}(\varrho) = \operatorname{cl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)\biggl[\frac{\operatorname{sl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2+1}{\operatorname{sl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2+\operatorname{cl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2}\biggr]^{1/2} </math>
: <math>\text{ctlh}(\varrho) = \frac{\text{cd}(\varrho;\tfrac{1}{2}\sqrt{2})}{\sqrt[4]{\text{cd}(\varrho;\tfrac{1}{2}\sqrt{2})^4 + \text{sn}(\varrho;\tfrac{1}{2}\sqrt{2})^4}} </math>
: <math>\mathrm{aclh}(s) = \tfrac{1}{2}F[2\arccot(s);\tfrac{1}{2}\sqrt{2}] </math>
: <math>\text{aclh}(s) = \frac{1}{2}\sqrt{2}\,\pi\,G - \int_{0}^{1} \frac{s}{\sqrt{s^4 t^4 + 1}} \,\mathrm{d}t </math>
: <math>G = \tfrac{1}{2}\sqrt{2\pi}\,\Gamma(\tfrac{3}{4})^{-2} </math>
: <math>
\text{ctlh}\bigl[\tfrac{1}{2}\mathrm{aclh}(s)\bigr]^2 = (2s^2 + 2 + 2\sqrt{s^4 + 1})^{-1/2}(\sqrt{\sqrt{s^4 + 1} + 1} + s)
</math>
: <math>
\text{sl}\bigl[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\mathrm{aclh}(s)\bigr] = \sqrt{\sqrt{s^4 + 1} - s^2}
</math>

字母G代表[[高斯常數]]，可以用伽馬函數用剛才所示的方式表示。

== 连分数 ==
连分数是拉马努金 (Rogers-Ramanujan continued fraction) 允許以 Bring-Jerrard 形式對廣義五次方程進行非常緊湊的解。 這個連分數函數和交替連分數可以定義如下：

: <math>R(z) = z^{1/5} \frac{(z;z^5)_{\infty}(z^4;z^5)_{\infty}}{(z^2;z^5)_{\infty}(z^3;z^5)_{\infty}}</math>
: <math>R(z) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z^{1/2})^2}{2\vartheta_{00}(z^{5/2})^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{2/5} \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z^{1/2})^2}{2\vartheta_{00}(z^{5/2})^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{1/5}</math>
: <math>R(z^2) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{2/5} \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{1/5}</math>
: <math>S(z) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{1/5} \cot\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{2/5}</math>
: <math>S(z) = \frac{R(z^4)}{R(z^2)R(z)}</math>

括號，每個都有兩個條目，形成所謂的 Pochhammer-符號 (Pochhammer symbol) 並因此代表產品系列。 基於這些定義，可以為實際解建立以下壓縮精確解公式:

: <math>x^5 + x = w</math>
: <math>x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^{1/5}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^3}</math>

== 準確的例子 ==
分配给非初等数学实解的第一个自然数 w 是数字 w = 3:

: <math>x^5 + x = 3</math>
: <math>x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^{1/5}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^3}</math>

: <math>q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\} \approx 0.452374059450344348576600264284387826377845763909</math>
: <math>x \approx 1.132997565885065266721141634288532379816526027727</math>

與此類似，數字 w = 7 僅分配給非基本解:

: <math>x^5 + x = 7</math>
: <math>x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times</math>
: <math>\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^{1/5}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^3}</math>

: <math>q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\} \approx 0.53609630892200161460073096549143569900990236</math>
: <math>x \approx 1.4108138510595771319852918753499397839215989</math>

==參見==
*[[方程式論]]
*[[布靈根式]]

==引文==
{{reflist}}

{{多項式}}
[[category:方程]]
[[Category:伽羅瓦理論]]
[[Category:多項式]]