五次方程

$y=x^5+13x^4+35x^3-85x^2-216x+252$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

$a{x}^5+b{x}^4+c{x}^3+d{x}^2+ex+f=0$

其中，a、b、c、d、e和f为复数域内的数，且a不为零。例如：

$x^5-4x^4+2x^3-3x+7=0$

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·魯菲尼和尼爾斯·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）。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

$x^5+a_1{x}^4+a_2{x}^3+a_3{x}^2+a_{4}x+a_5=0$

可以藉由以下的多项式变换

$y=x^4+b_1{x}^3+b_2{x}^2+b_{3}x+b_4$

得到一個$y$的五次多項式，上述的轉換稱為Template:Link-en（Tschirnhaus transformation），藉由特別選擇的係數$b_i$，可以使$y^4$,$y^3$,$y^2$ 的係數為$0$，從而得到如下的方程式：

$y^5+my+n=0$

以上的化簡方法是由Template:Link-en所發現，後來Template:Link-en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

$x=y-\frac{a_1}{5}$

可消去四次方項，得到

$y^5+a{y}^3+b{y}^2+cy+d=0$；

其中，

$a=\frac{5a_2-2a_1^2}{5}$

$b=\frac{25a_3-15a_1{a}_2+4a_1^3}{25}$

$c=\frac{125a_4-50a_1{a}_3+15a_1^2{a}_2-3a_1^4}{125}$

$d=\frac{3125a_5-625a_1{a}_4+125a_1^2{a}_3-25a_1^3{a}_2+4a_1^5}{3125}$

接下來，令$z=y^2+py+q$， 得到

$z^5+P{z}^4+Q{z}^3+A{z}^2+Bz+C=0$，

再令$P=Q=0$， 求得

$p=\frac{-15b+\sqrt{60a^3+225b^2-200ac}}{10a}$；

$q=\frac{2a}{5}.$

第三步，利用契爾恩豪森想到的方法，令：

$X=z^4+b_1{z}^3+b_2{z}^2+b_{3}z+b_4$，

代入

$z^5+A{z}^2+Bz+C=0$，

得到

$X^5+R{X}^4+S{X}^3+T{X}^2+UX+V=0$，

再令$R=S=T=0$， 則得$b_4=\frac{3A{b}_1+4B}{5}$， 若令$b_2=-\frac{4B{b}_1+5C}{3A}$， 則$b_1$，$b_3$可由以下兩個方程解得：

$(27A^4-160B^3+300ABC)b_1^2+(27A^{3}B-400B^{2}C+375C^{2}A)b_1+(18A^2{B}^2-45A^{3}C-250B{C}^2)=0;$

$675A^3{b}_3^3+(3375A^{2}C{b}_1-3600A{B}^2{b}_1-2025A^4-4500ABC)b_3^2$

$+(675A^{3}B{b}_1^2+6000B^{2}C{b}_1^2+7200A^2{B}^2{b}_1-4050A^{3}C{b}_1+15000C^{2}B{b}_1+9375C^3+9675A^{2}BC+2025A^5)b_3+$

$(-4770A^{3}BC-1125A^2{C}^2{b}_1^2-1500B^2{C}^2-320A{B}^3{b}_1^3-960B^4{b}_1^2-3843A^3{B}^2{b}_1+1485A^{4}C{b}_1-54A^5{b}_1^3$

$-6250A{C}^3-2400B^{3}C{b}_1-108A^2{B}^3-675A^6-756A^{4}B{b}_1^2-9375A{C}^{2}B{b}_1-3900A{B}^{2}C{b}_1^2-225A^{2}BC{b}_1^3)=0.$

若以函數的觀點來看，方程

$X^5+UX+V=0$

的解有兩個自變數 $U$, 和 $V$。

若再令

$X=\sqrt[4]{-U}\xi$

則方程式可以進一步化簡為如下形式：

${\xi }^5-\xi +t=0$

它的解 $\xi$ 是單一變數 $t$ 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

$a{x}^5+b{x}^4+c{x}^3+\frac{15abc-4b^3}{25a^2}{x}^2+\frac{25a^2{c}^2-5a{b}^{2}c-b^4}{125a^3}x+f=0$，当$a\ne 0$时，

$x_1=\frac{-2b+\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f+16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}+\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f-16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}}{10a}$

$x_2=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt{5}+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f+16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}+\frac{-1+\sqrt{5}-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f-16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}$

$x_3=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt{5}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f+16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}+\frac{-1-\sqrt{5}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f-16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}$

$x_4=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt{5}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f+16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}+\frac{-1-\sqrt{5}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f-16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}$

$x_5=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt{5}-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f+16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}+\frac{-1+\sqrt{5}+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200a{b}^{3}c+2000a^{2}b{c}^2-50000a^{4}f-16\sqrt{{(11b^5-75a{b}^{3}c+125a^{2}b{c}^2-3125a^{4}f)}^2-4{(2b^2-5ac)}^5}}$

型式2

$(c^2+1)x^5+5d^4(3\mp c)x-4d^5(\pm 11+2c)=0$，当$c\ne \pm i$时，

$x_1=d[A+B+C+D]$

$x_2=d[\frac{(-1+\sqrt{5})+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt{5})+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}B]+d[\frac{(-1-\sqrt{5})-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt{5})-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}D]$

$x_3=d[\frac{(-1-\sqrt{5})+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt{5})-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}B]+d[\frac{(-1+\sqrt{5})-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt{5})+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}D]$

$x_4=d[\frac{(-1-\sqrt{5})-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt{5})-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}B]+d[\frac{(-1+\sqrt{5})+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt{5})+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}D]$

$x_5=d[\frac{(-1+\sqrt{5})-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt{5})+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}B]+d[\frac{(-1-\sqrt{5})+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt{5})-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}D]$

其中

$A=\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\mp \sqrt{c^2+1}})}^2(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm \sqrt{c^2+1}})}{(c^2+1{)}^2}}$

$B=\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\mp \sqrt{c^2+1}})}^2(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm \sqrt{c^2+1}})}{(c^2+1{)}^2}}$

$C=\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm \sqrt{c^2+1}})}^2(\sqrt{c^2+1}-\sqrt{c^2+1\mp \sqrt{c^2+1}})}{(c^2+1{)}^2}}$

$D=-\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{c^2+1}-\sqrt{c^2+1\mp \sqrt{c^2+1}})}^2(-\sqrt{c^2+1}+\sqrt{c^2+1\pm \sqrt{c^2+1}})}{(c^2+1{)}^2}}$

型式3

$a^2{x}^5+5ab{x}^3+5b^{2}x+ac=0$，当$a\ne 0$时，

$x_1=\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}+\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}$

$x_2=\frac{-1+\sqrt{5}+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}+\frac{-1+\sqrt{5}-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}$

$x_3=\frac{-1-\sqrt{5}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}+\frac{-1-\sqrt{5}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}$

$x_4=\frac{-1-\sqrt{5}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}+\frac{-1-\sqrt{5}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}$

$x_5=\frac{-1+\sqrt{5}-\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}+\frac{-1+\sqrt{5}+\sqrt{10+2\sqrt{5}}\mathrm{i}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{{\left(\frac{c}{2a}\right)}^2+{\left(\frac{b}{a}\right)}^5}}$

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:

$x^5+x=\frac{2}{5}{y}^{-5/4}\frac{(1+y-y^2)\sqrt{2+2y^2}}{\sqrt[4]{10+15y-10y^2}}$

$x=\frac{2}{5}{y}^{-1/4}\sqrt[4]{10+15y-10y^2}\cosh \left\{\frac{1}{5}\text{arcosh}\right[\frac{5\sqrt{5+5y^2}}{(1+2y)\sqrt{4+6y-4y^2}}\left]\right\}-$

$-\frac{2}{5}{y}^{-1/4}\sqrt[4]{10+15y-10y^2}\sinh \left\{\frac{1}{5}\text{arsinh}\right[\frac{5y\sqrt{5+5y^2}}{(2-y)\sqrt{4+6y-4y^2}}\left]\right\}$

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:

$x^5+x=w$

$x=\frac{2}{5}{y}^{-1/4}\sqrt[4]{10+15y-10y^2}\cosh \left\{\frac{1}{5}\text{arcosh}\right[\frac{5\sqrt{5+5y^2}}{(1+2y)\sqrt{4+6y-4y^2}}\left]\right\}-$

$-\frac{2}{5}{y}^{-1/4}\sqrt[4]{10+15y-10y^2}\sinh \left\{\frac{1}{5}\text{arsinh}\right[\frac{5y\sqrt{5+5y^2}}{(2-y)\sqrt{4+6y-4y^2}}\left]\right\}$

$y=\frac{5{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^5{⟩}^2}{2{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}{⟩}^2}-\frac{1}{2}$

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:

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

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 Jacobi theta 函數:

$y=\frac{5{\vartheta }_{00}\left\{q\right[(50\sqrt{5}{w}^2+32+2\sqrt{3125w^4+256}{)}^{-1/2}(\sqrt{\sqrt{3125w^4+256}+16}+5\sqrt[4]{5}w){]}^5{\}}^2}{2{\vartheta }_{00}\left\{q\right[(50\sqrt{5}{w}^2+32+2\sqrt{3125w^4+256}{)}^{-1/2}(\sqrt{\sqrt{3125w^4+256}+16}+5\sqrt[4]{5}w\left)\right]{\}}^2}-\frac{1}{2}$

此解表達式與以下表達式一致:

$y=\frac{5{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^5{⟩}^2}{2{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}{⟩}^2}-\frac{1}{2}$

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:

${\vartheta }_{00}(z)=1+2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{z}^{k^2}$

${\vartheta }_{00}(z)=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(1-z^{2k})(1+z^{2k-1}{)}^2$

字母 q 描述了數學橢圓 nome 函數:

$q(\epsilon )=\exp [-\pi K(\sqrt{1-{\epsilon }^2})K(\epsilon {)}^{-1}]$

內商中顯示的字母 K 表示完整的第一類 椭圆积分:

$K(r)=\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\frac{1}{\sqrt{1-r^2\sin (\phi {)}^2}}\mathrm{d}\phi$

$K(r)=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sqrt{(u^2+1{)}^2-4r^2{u}^2}}\mathrm{d}u$

縮寫 ctlh 表示函數 双曲双扭线餘切函数 (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 (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：

$\mathrm{s}\mathrm{l}(\phi )=\tan ⟨2\arctan \{\frac{4}{G}\sin (\frac{\phi }{G}\left)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cosh [(2k-1)\pi ]}{\cosh [(2k-1)\pi {]}^2-\cos (\phi /G{)}^2}\right\}⟩$

$\mathrm{c}\mathrm{l}(\phi )=\tan ⟨2\arctan \{\frac{4}{G}\cos (\frac{\phi }{G}\left)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cosh [(2k-1)\pi ]}{\cosh [(2k-1)\pi {]}^2-\sin (\phi /G{)}^2}\right\}⟩$

$[\text{sl}(\phi {)}^2+1][\text{cl}(\phi {)}^2+1]=2$

$\text{ctlh}(\varrho )=\mathrm{cl}(\frac{1}{2}\sqrt{2}\varrho )[\frac{\mathrm{sl}(\frac{1}{2}\sqrt{2}\varrho {)}^2+1}{\mathrm{sl}(\frac{1}{2}\sqrt{2}\varrho {)}^2+\mathrm{cl}(\frac{1}{2}\sqrt{2}\varrho {)}^2}{]}^{1/2}$

$\text{ctlh}(\varrho )=\frac{\text{cd}(\varrho ;\frac{1}{2}\sqrt{2})}{\sqrt[4]{\text{cd}(\varrho ;\frac{1}{2}\sqrt{2}{)}^4+\text{sn}(\varrho ;\frac{1}{2}\sqrt{2}{)}^4}}$

$\mathrm{a}\mathrm{c}\mathrm{l}\mathrm{h}(s)=\frac{1}{2}F[2\mathrm{arccot}(s);\frac{1}{2}\sqrt{2}]$

$\text{aclh}(s)=\frac{1}{2}\sqrt{2}\pi G-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{s}{\sqrt{s^4{t}^4+1}}\mathrm{d}t$

$G=\frac{1}{2}\sqrt{2\pi }\mathrm{\Gamma }(\frac{3}{4}{)}^{-2}$

$\text{ctlh}[\frac{1}{2}\mathrm{a}\mathrm{c}\mathrm{l}\mathrm{h}(s){]}^2=(2s^2+2+2\sqrt{s^4+1}{)}^{-1/2}(\sqrt{\sqrt{s^4+1}+1}+s)$

$\text{sl}[\frac{1}{2}\sqrt{2}\mathrm{a}\mathrm{c}\mathrm{l}\mathrm{h}(s)]=\sqrt{\sqrt{s^4+1}-s^2}$

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：

$R(z)=z^{1/5}\frac{(z;z^5{)}_{\mathrm{\infty }}(z^4;z^5{)}_{\mathrm{\infty }}}{(z^2;z^5{)}_{\mathrm{\infty }}(z^3;z^5{)}_{\mathrm{\infty }}}$

$R(z)=\tan \{\frac{1}{2}\arctan [\frac{{\vartheta }_{00}(z^{1/2}{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^{5/2}{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{2/5}\tan \{\frac{1}{2}\mathrm{arccot}[\frac{{\vartheta }_{00}(z^{1/2}{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^{5/2}{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{1/5}$

$R(z^2)=\tan \{\frac{1}{2}\arctan [\frac{{\vartheta }_{00}(z{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^5{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{2/5}\tan \{\frac{1}{2}\mathrm{arccot}[\frac{{\vartheta }_{00}(z{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^5{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{1/5}$

$S(z)=\tan \{\frac{1}{2}\arctan [\frac{{\vartheta }_{00}(z{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^5{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{1/5}\cot \{\frac{1}{2}\mathrm{arccot}[\frac{{\vartheta }_{00}(z{)}^2}{2{\vartheta }_{00}(z^5{)}^2}-\frac{1}{2}]{\}}^{2/5}$

$S(z)=\frac{R(z^4)}{R(z^2)R(z)}$

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:

$x^5+x=w$

$x=\frac{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}{⟩}^2-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^2⟩}{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}{⟩}^2}\times$

$\times \frac{1-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^2⟩S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}⟩}{R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^2{⟩}^2}\times$

$\times \frac{{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^5⟩{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^{1/5}{⟩}^2-5{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2{\}}^5{⟩}^3}{2\sqrt[4]{20}\text{sl}[\frac{1}{2}\sqrt{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w)]{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{5}{4}\sqrt[4]{5}w){]}^2\}{⟩}^3}$

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:

$x^5+x=3$

$x=\frac{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^2-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2⟩}{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^2}\times$

$\times \frac{1-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2⟩S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}⟩}{R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2{⟩}^2}\times$

$\times \frac{{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^5⟩{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^{1/5}{⟩}^2-5{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^5{⟩}^3}{2\sqrt[4]{20}\text{sl}[\frac{1}{2}\sqrt{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5})]{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^3}$

$q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{15}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}\approx 0.452374059450344348576600264284387826377845763909$

$x\approx 1.132997565885065266721141634288532379816526027727$

與此類似，數字 w = 7 僅分配給非基本解:

$x^5+x=7$

$x=\frac{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^2-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2⟩}{S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^2}\times$

$\times \frac{1-R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2⟩S⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}⟩}{R⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^2{⟩}^2}\times$

$\times \frac{{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^5⟩{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^{1/5}{⟩}^2-5{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2{\}}^5{⟩}^3}{2\sqrt[4]{20}\text{sl}[\frac{1}{2}\sqrt{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5})]{\vartheta }_{00}⟨q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}{⟩}^3}$

$q\{\text{ctlh}[\frac{1}{2}\text{aclh}(\frac{35}{4}\sqrt[4]{5}){]}^2\}\approx 0.53609630892200161460073096549143569900990236$

$x\approx 1.4108138510595771319852918753499397839215989$

參見

• 方程式論
• 布靈根式