五次方程

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

$$ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f=0$$

其中，$a$、$b$、$c$、$d$、$e$ 和$f$ 為複數域內的數，且 $a$ 不為零。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，但是之後很長的一段時間裡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實是不正確的。事實上，利用一些超越函數，如Θ函數或戴德金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項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

$$x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5=0\,$$

可以藉由以下的多項式變換

$$y = x^4+b_1x^3+b_2x^2+b_3x+b_4\,$$

得到一個$y \,$的五次多項式，上述的轉換稱為契爾恩豪森轉換（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厄蘭·塞繆爾·布靈所發現，後來喬治·傑拉德也獨立發現了此法，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

$y^5+ay^3+by^2+cy+d=0\,$。

其中。

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

$$b=\frac{25a_3-15a_1a_2+4a_1^3}{25}\,$$

$$c=\frac{125a_4-50a_1a_3+15a_1^2a_2-3a_1^4}{125}\,$$

$$d=\frac{3125a_5-625a_1a_4+125a_1^2a_3-25a_1^3a_2+4a_1^5}{3125} \,$$

接下來，令$z= y^2+py+q\,$。

得到

$z^5+Pz^4+Qz^3+Az^2+Bz+C=0\,$。

再令$P=Q=0\,$。

求得

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

$$q={2a \over 5} .\,$$

第三步，利用契爾恩豪森想到的方法，令：

$X=z^4+b_1z^3+b_2z^2+b_3z+b_4\,$。

代入

$z^5+Az^2+Bz+C=0\,$。

得到

$X^5+RX^4+SX^3+TX^2+UX+V=0\,$。

再令$R=S=T=0\,$。

則得$b_4=\frac{3A b_1+4B}{5}\,$。

若令$b_2=-\frac{4Bb_1+5C}{3A}\,$。

則$b_1\,$，$b_3\,$可由以下兩個方程解得：

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

$$675A^3b_3^3+(3375A^2Cb_1-3600AB^2b_1-2025A^4\,-4500ABC)b_3^2$$

$$+(675A^3Bb_1^2+6000B^2Cb_1^2\,+7200A^2B^2b_1-4050A^3Cb_1+15000C^2Bb_1\,\!+9375C^3+9675A^2BC+2025A^5)b_3+\,$$

$$(-4770A^3BC-1125A^2C^2b_1^2-1500B^2C^2\,-320AB^3b_1^3-960B^4b_1^2-3843A^3B^2b_1+1485A^4Cb_1-54A^5b_1^3$$

$$-6250AC^3-2400B^3Cb_1-108A^2B^3-675A^6\,-756A^4Bb_1^2-9375AC^2Bb_1-3900AB^2Cb_1^2-225A^2BCb_1^3) = 0 .\,$$

若以函數的觀點來看，方程

$$X^5+UX+V= 0\,$$

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

${ax^5+bx^4+cx^3+\frac{15abc-4b^3}{25a^2}x^2+\frac{25a^2c^2-5ab^2c-b^4}{125a^3}x+f=0}$，當$a\ne0$時。

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

${x_2=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,$

${x_3=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,$

${x_4=-\frac{b}{5a}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,$

${x_5=-\frac{b}{5a}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f+16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{40a}\sqrt[5]{176b^5-1200ab^3c+2000a^2bc^2-50000a^4f-16\sqrt{\left(11b^5-75ab^3c+125a^2bc^2-3125a^4f\right)^2-4\left(2b^2-5ac\right)^5}}}\,$

### 型式2

${(c^2+1)x^5+5d^4(3\mp c)x-4d^5(\pm 11+2c)=0}$，當$c\ne{\pm{i}}$時。

$$x_1=d\left[A+B+C+D\right]\,$$

$x_2=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right] +d\left[\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,$

$x_3=d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,$

$x_4=d\left[\frac{ (-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right]+d\left[\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,$

$x_5=d\left[\frac{(-1+\sqrt5)-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}A+\frac{(-1+\sqrt5)+\sqrt{10+2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}B\right] +d\left[\frac{(-1-\sqrt5)+\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}C+\frac{(-1-\sqrt5)-\sqrt{10-2\sqrt5}{\mathrm{i}}}{4}D\right]\,$

其中

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

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

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

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

### 型式3

${a^2x^5+5abx^3+5b^2x+ac=0}$，當$a\ne0$時。

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

${x_2=\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,$

${x_3=\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,$

${x_4=\frac{-1-\sqrt5-\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{10-2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,$

${x_5=\frac{-1+\sqrt5-\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}+\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}+\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{10+2\sqrt5}{\rm{i}}}{4}\sqrt[5]{-\frac{c}{2a}-\sqrt{\left(\frac{c}{2a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^5}}}\,$

## 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:

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

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

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

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:

$$x^5 + x = w$$

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

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

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

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 $w$：

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

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:

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

此解表達式與以下表達式一致:

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

## 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：

$$\vartheta_{00}(z) = 1 + 2\sum_{k = 1}^{\infty} z^{k^2}$$

$$\vartheta_{00}(z) = \prod_{k = 1}^{\infty} (1 - z^{2k})(1 + z^{2k - 1})^2$$

字母 $q$ 描述了數學橢圓 nome 函數:

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

內商中顯示的字母 $K$ 表示完整的第一類 橢圓積分:

$$K(r) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-r^2\sin(\varphi)^2}} \mathrm{d}\varphi$$

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

縮寫 ctlh 表示函數 雙曲雙扭線餘切函數 (Hyperbolic lemniscate cotangent)。而縮寫 aclh 表示函數 雙曲雙扭線 面積餘弦函數 (Hyperbolic lemniscate Areacosine)。這些函數與 卡爾·弗里德里希·高斯(Carl Friedrich Gauss) 建立的 雙扭線函數 (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：

$$\mathrm{sl}(\varphi) = \tan\biggl\langle 2\arctan\biggl\{\frac{4}{G}\sin\bigl(\frac{\varphi}{G}\bigr)\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cosh[(2k-1)\pi]}{\cosh[(2k-1)\pi]^2 - \cos(\frac{\varphi}{G})^2}\biggr\}\biggr\rangle$$

$$\mathrm{cl}(\varphi) = \tan\biggl\langle 2\arctan\biggl\{\frac{4}{G}\cos\bigl(\frac{\varphi}{G}\bigr)\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cosh[(2k-1)\pi]}{\cosh[(2k-1)\pi]^2 - \sin(\frac{\varphi}{G})^2}\biggr\}\biggr\rangle$$

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

$$\text{ctlh}(\varrho) = \operatorname{cl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)\biggl[\frac{\operatorname{sl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2+1}{\operatorname{sl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2+\operatorname{cl}(\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\varrho)^2}\biggr]^{\frac{1}{2}}$$

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

$$\mathrm{aclh}(s) = \tfrac{1}{2}F[2\arccot(s);\tfrac{1}{2}\sqrt{2}]$$

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

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

$$\text{ctlh}\bigl[\tfrac{1}{2}\mathrm{aclh}(s)\bigr]^2 = (2s^2 + 2 + 2\sqrt{s^4 + 1})^{-\frac{1}{2}}(\sqrt{\sqrt{s^4 + 1} + 1} + s)$$

$$\text{sl}\bigl[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\mathrm{aclh}(s)\bigr] = \sqrt{\sqrt{s^4 + 1} - s^2}$$

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。

## 連分數

連分數是拉馬努金 (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：

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

$$R(z) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z^{\frac{1}{2}})^2}{2\vartheta_{00}(z^{\frac{5}{2}})^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{2}{5}} \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z^{\frac{1}{2}})^2}{2\vartheta_{00}(z^{\frac{5}{2}})^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{1}{5}}$$

$$R(z^2) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{2}{5}} \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{1}{5}}$$

$$S(z) = \tan\biggl\{\frac{1}{2}\arctan\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{1}{5}} \cot\biggl\{\frac{1}{2}\arccot\biggl[\frac{\vartheta_{00}(z)^2}{2\vartheta_{00}(z^5)^2} - \frac{1}{2}\biggr]\biggr\}^{\frac{2}{5}}$$

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

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：

$$x^5 + x = w$$

$$x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^{1/5}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{5}{4}\sqrt[4]{5}\,w)]^2\}\bigr\rangle^3}$$

## 準確的例子

分配給非初等數學實解的第一個自然數 $w$ 是數字 $w = 3$：

$$x^5 + x = 3$$

$$x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^{\frac{1}{5}}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{15}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^3}$$

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

$$x \approx 1.132997565885065266721141634288532379816526027727$$

與此類似，數字 $w = 7$ 僅分配給非基本解：

$$x^5 + x = 7$$

$$x = \frac{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle}{S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{1 - R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle\,S\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle}{R\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^2\bigr\rangle^2} \times$$

$$\times \frac{\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^{1/5}\bigr\rangle^2 - 5\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}^5\bigr\rangle^3}{2\sqrt[4]{20}\,\text{sl}[\tfrac{1}{2}\sqrt{2}\,\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]\,\vartheta_{00}\bigl\langle q\{\text{ctlh}[\tfrac{1}{2}\text{aclh}(\tfrac{35}{4}\sqrt[4]{5})]^2\}\bigr\rangle^3}$$

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

$$x \approx 1.4108138510595771319852918753499397839215989$$